apuntes

AMPLIACION DE MATEMATICAS

Antonio Baeza Salas

2 Ampliacion de Matematicas

Indice general

1. Introduccion. 7

1.1. Definiciones y terminologıa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.1. Solucion general. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.1.2. Sistemas de ecuaciones diferenciales. . . . . . . . . . . 12

1.1.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2. Problemas de valor inicial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.2.1. Problemas de valor inicial de primero y segundo orden. 13

1.2.2. Existencia y unicidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3. Las E.D. como modelos matematicos. . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.1. Crecimiento y decaimiento. . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.3.2. Diseminacion de una enfermedad. . . . . . . . . . . . . 20

1.3.3. Ley de Newton del enfriamiento. . . . . . . . . . . . . 20

1.3.4. Mezclado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.3.5. Vaciado de un tanque. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.3.6. Caıda libre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.4. Practica con Mathematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.4.1. Definicion de funciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.4.2. Derivadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.4.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.4.4. Resolucion de ecuaciones diferenciales. . . . . . . . . . 25

1.4.5. Ecuaciones con condiciones iniciales. . . . . . . . . . . 26

1.4.6. Graficos bidimensionales. El comando Plot. . . . . . . 26

1.4.7. Representacion grafica de la solucion de una ecuaciondiferencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2. E.D.O. Primer Orden 29

2.1. Integracion directa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2. Variables separables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3


2.3. Ecuaciones exactas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3.1. Metodo de solucion para ecuaciones diferenciales exac-

tas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.3.2. Ecuaciones reducibles a exactas. Factores integrantes. 362.3.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.4. Ecuaciones lineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.4.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.5. Soluciones por sustitucion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.5.1. Ecuaciones homogeneas. . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.5.2. La ecuacion de Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . 472.5.3. Reduccion a separacion de variables. . . . . . . . . . . 482.5.4. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.6. Modelado con ecuaciones diferenciales de primer orden. . . . 492.6.1. Crecimiento bacteriano. . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.6.2. Periodo medio del plutonio. . . . . . . . . . . . . . . . 502.6.3. Antiguedad de un fosil. . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.6.4. Ley de Newton del enfriamiento. . . . . . . . . . . . . 532.6.5. Mezclas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.6.6. Modelos demograficos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.6.7. Modelo depredador-presa. . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.7. Practica con Mathematica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.7.1. Integrando con Mathematica. . . . . . . . . . . . . . . 592.7.2. Representacion grafica de funciones dadas en forma

implıcita. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.7.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3. Metodos numericos. 613.1. Campos direccionales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.1.1. Representacion grafica de un Campo de Direcciones. . 623.1.2. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.2. Resolucion numerica del problema de Cauchy. . . . . . . . . . 643.2.1. Metodos de un paso para la resolucion numerica. . . . 68

3.3. Metodos de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.3.1. Errores en los metodos numericos. . . . . . . . . . . . 723.3.2. Metodo Euler explıcito. . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.3.3. Metodo Euler implıcito. . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.3.4. Metodo modificado de Euler o metodo del punto medio. 753.3.5. Metodo de Grank-Nicolson. . . . . . . . . . . . . . . . 763.3.6. Metodo de Heum o metodo mejorado de Euler. . . . . 77

3.4. Metodo de Ronge-Kutta de orden 4. . . . . . . . . . . . . . . 79

Antonio Baeza Salas 5

3.4.1. Formula de Runge-Kutta de cuarto orden. . . . . . . . 80

3.5. Ecuaciones de orden mayor y sistemas de ecuaciones diferen-ciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.5.1. Problemas de valores iniciales de segundo orden. . . . 82

3.5.2. Sistemas reducidos a sistemas de primer orden. . . . . 83

3.5.3. Solucion numerica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.7. Practica con Mathematica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.7.1. Metodo de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.7.2. Metodo de Euler Mejorado. . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.7.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

4. Ecuaciones lineales de orden superior. Aplicaciones. 89

4.1. Teorıa preliminar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

4.1.1. Problemas de valor inicial y de valor en la frontera. . . 89

4.1.2. Ecuaciones homogeneas. . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.1.3. Ecuaciones no homogeneas. . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.1.4. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.2. Reduccion de orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.2.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.3. Ecuaciones lineales homogeneas con coeficientes constantes. . 101

4.3.1. Metodo de solucion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.3.2. Ecuaciones de orden superior. . . . . . . . . . . . . . . 104

4.3.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.4. Coeficientes indeterminados, metodo del anulador. . . . . . . 106

4.4.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

4.5. Variacion de parametros. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

4.5.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

4.6. Ecuacion de Cauchy-Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

4.6.1. Metodo de solucion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

4.6.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.7. Modelado con ecuaciones diferenciales de orden superior. . . . 118

4.7.1. Sistemas de resorte y masa: movimiento libre no amor-tiguado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.7.2. Desviacion de una viga. . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

4.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

5. Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. 129

5.1. Teorıa preliminar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

5.1.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136


5.2. Sistemas lineales homogeneos con coeficientes constantes. . . 1375.2.1. Valores propios reales y distintos. . . . . . . . . . . . . 1375.2.2. Valores propios repetidos. . . . . . . . . . . . . . . . . 1395.2.3. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

5.3. Variacion de parametros. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1425.3.1. Una matriz fundamental. . . . . . . . . . . . . . . . . 1425.3.2. Variacion de parametros. . . . . . . . . . . . . . . . . 1435.3.3. Problema de valor inicial. . . . . . . . . . . . . . . . . 1465.3.4. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

6. Ecuaciones en derivadas parciales. 1476.1. Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales separables. . . 147

6.1.1. Ecuaciones lineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1476.1.2. Separacion de variables. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1486.1.3. Principio de superposicion. . . . . . . . . . . . . . . . 1506.1.4. Clasificacion de las ecuaciones. . . . . . . . . . . . . . 1506.1.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

6.2. Ecuaciones clasicas y problemas de valor en la frontera. . . . 1526.2.1. Ecuacion de transmision de calor. . . . . . . . . . . . . 1526.2.2. Ecuacion de onda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.2.3. Ecuacion de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

6.3. Ecuacion de transmision de calor. . . . . . . . . . . . . . . . . 1536.4. Ecuacion de onda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1546.5. Ecuacion de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

Capıtulo 1

Introduccion.

1.1. Definiciones y terminologıa.

La derivada, dydx , de una funcion y = f(x), es otra funcion de x, que

se determina siguiendo las reglas conocidas de derivacion, por ejemplo, siy = ex2

, entonces dydx = 2xex2

. Al reemplazar ex2por el sımbolo y se obtiene:

dy

dx= 2xy (1.1)

Uno de los problemas al que nos enfrentamos en esta asignatura es “dadauna ecuacion diferencial”, como la ecuacion (1.1), ¿hay algun metodo por elcual podamos llegar a la funcion desconocida y = f(x)?

Definicion 1.1.1 (Ecuacion diferencial) Una ecuacion que contiene lasderivadas de una o mas variables dependientes con respecto a una o masvariables independientes es una ecuacion diferencial.

Las ecuaciones diferenciales se clasifican de acuerdo con su tipo, ordeny linealidad.

Clasificacion segun el tipo Si una ecuacion solo contiene derivadas or-dinarias de una o mas variables dependientes con respecto a una solavariable independiente, entonces se dice que es una ecuacion dife-rencial ordinaria. Por ejemplo:

dy

dx+ 10y = ex

d2y

dx2− dy

dx+ 6y = 0

7


son ecuaciones diferenciales ordinarias. Una ecuacion que contiene lasderivadas parciales de una o mas variables dependientes, respecto dedos o mas variables independientes, se llama ecuacion en derivadasparciales. Por ejemplo:

∂u

∂y= −∂v

∂x

∂2u

∂x2=

∂2u

∂t2− 2

∂u

∂t

Clasificacion segun el orden. El orden de una ecuacion diferencial (or-dinaria o en derivadas parciales) es el de la derivada de mayor ordenen la ecuacion. Por ejemplo,

d2y

dx2− dy

dx+ 6y = ex

es una ecuacion diferencial de segundo orden. Como la ecuacion

(y − x)dx + 4xdy = 0

se puede escribir en la forma

4xdy

dx+ y = x

si se divide entre la diferencial dx, es un ejemplo de una ecuaciondiferencial ordinaria de primer orden.

Una ecuacion diferencial ordinaria general de orden n se suele repre-sentar mediante los sımbolos

F (x, y, y′, y′′, · · · , y(n)) = 0 (1.2)

En este curso supondremos que se puede despejar la derivada de ordenmaximo, y(n), de una ecuacion diferencial de orden n, como la ecuacion(1.2); esto es,

y(n) = f(x, y, y′, y′′, · · · , y(n−1)) (1.3)

Clasificacion segun la linealidad o no linealidad. Se dice que una ecua-cion diferencial de la forma y(n) = f(x, y, y′, y′′, · · · , y(n−1)) es linealcuando f es una funcion lineal de y, y′, y′′, · · · , y(n−1). Esto significaque una ecuacion es lineal si se puede escribir en la forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ · · · + a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x) (1.4)


En esta ecuacion, vemos las dos propiedades caracterısticas de las ecua-ciones diferenciales lineales:

1. La variable dependiente y y todas sus derivadas son de primergrado; esto es, la potencia de todo termino donde aparece y es 1.

2. Cada coeficiente solo depende de x, que es la variable indepen-diente.

Las funciones de y como sen y o las funciones de las derivadas de y,como ey′

no pueden aparecer en una ecuacion lineal. Cuando una ecua-cion diferencial no es lineal, se dice que es no lineal. Las ecuaciones

(y − x)dx + 4xdy = 0 y′′ − 2y′ + y = 0 x3 d3y

dx3− dy

dx+ 6y = ex

son ecuaciones lineales ordinarias de primero, segundo y tercer orden,respectivamente. Por otro lado,

el coeficiente depende de y funcion no lineal de y potencia distinta de 1

↓ ↓ ↓(1 − y)y′ + 4y = ex d2y

dx2 + sen y = 0 d4ydx4 + y2 = 0

son ecuaciones diferenciales no lineales de primero, segundo y cuartoorden, respectivamente.

Definicion 1.1.2 (Solucion de una ecuacion diferencial.) Cuando unafuncion φ, definida en algun intervalo I, se sustituye en una ecuacion di-ferencial y transforma esa ecuacion en una identidad, se dice que es unasolucion de la ecuacion en el intervalo.

Por ejemplo, una solucion de una ecuacion diferencial ordinaria, como laecuacion (1.2), es una funcion φ con al menos n derivadas y

F (x, φ(x), φ′(x), φ′′(x), · · · , φ(n)(x)) = 0 ∀x ∈ I

Se dice que y = φ(x) satisface la ecuacion diferencial. El intervalo I puedeser intervalo abierto, cerrado, infinito, etc. En este curso supondremos queuna solucion φ es una funcion de valores reales.Ejemplo 1.1.1 (Comprobacion de una solucion.)

Comprobar que y = x4

16 es una solucion de la ecuacion no lineal

dy

dx= xy

12


en el intervalo (−∞, +∞).

•Ejemplo 1.1.2 (Comprobacion de una solucion.)

Comprobar que y = xex es una solucion de la ecuacion lineal

y′′ − 2y′ + y = 0


•Ejemplo 1.1.3 (Comprobacion de una solucion implıcita.)

La relacion x2 + y2 − 4 = 0 es una solucion implıcita de la ecuaciondiferencial

dy

dx= −x

y

en el intervalo (−2, +2).

Derivando implıcitamente obtenemos

d

dxx2 +

d

dxy2 − d

dx4 =

d

dx0

2x + 2ydy

dx= 0

Al despejar el sımbolo dydx de la ultima ecuacion se obtiene la ecuacion

dy

dx= −x

y

en el intervalo (−2, +2).

•Toda relacion de la forma x2 + y2 − c = 0 satisface formalmente la

ecuacion anterior para cualquier constante c, sin embargo, se sobrentiendeque la relacion siempre debe tener sentido en el sistema de los numerosreales. Ası, por ejemplo, no podemos decir que x2 + y2 + 4 = 0 sea unasolucion implıcita de la ecuacion.

Ejemplo 1.1.4 La funcion y = c1ex + c2e

−x es una familia biparametricade soluciones de la ecuacion lineal de segundo orden y′′ − y = 0. Algunas delas soluciones particulares son y = 0 (cuando c1 = c2 = 0), y = ex (cuandoc1 = 1 y c2 = 0)

•Normalmente usamos x y y para representar las variables independientes

y dependiente, respectivamente. Pero en la practica, esas dos variables se


representan mediante muchos sımbolos distintos. Por ejemplo, podrıamosrepresentar con t la variable independiente y con x la variable dependiente.

Ejemplo 1.1.5 Las funciones x = c1 cos 4t y x = c2 sen 4t, donde c1 yc2

son arbitrarias, son soluciones de la ecuacion diferencial

x′′ + 16x = 0

Es facil comprobar que la combinacion lineal de soluciones — o sea, lafamilia biparametrica x = c1 cos t + c2 sen t— es una solucion de la ecuaciondada.

•Ejemplo 1.1.6 Puedes comprobar que y = (x2/4 + c)2 proporciona unafamilia monoparametrica de soluciones de y′ = xy1/2. Cuando c = 0, lasolucion particular que resulta es y = x4/16. En este caso, la solucion trivialy = 0 es una solucion singular de la ecuacion porque no se puede obtenerpartiendo de la familia y eligiendo algun valor del parametro c.

•

1.1.1. Solucion general.

Si toda solucion de una ecuacion de orden n, F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0,en un intervalo I, se puede obtener partiendo de una familia n-parametricaG(x, y, c1, c2, . . . , cn) = 0 con valores adecuados de los parametros ci (i =1, 2, . . . , n), se dice que la familia es la solucion general de la ecuaciondiferencial.

Al resolver las ecuaciones diferenciales lineales vamos a imponer restric-ciones relativamente sencillas a los coeficientes de esas ecuaciones. Con estasrestricciones siempre nos aseguraremos no solo de que exista una solucion enun intervalo, sino tambien de que una familia de soluciones contenga todaslas soluciones posibles. Las ecuaciones no lineales, a excepcion de algunas deprimer orden, son difıciles de resolver —e incluso resultan irresolubles— ,en terminos de las funciones elementales comunes (combinaciones finitas depotencias o raıces enteres de x, de funciones exponenciales y logarıtmicas, ofunciones trigonometricas o trigonometricas inversas). Ademas, si en ciertomomento nos encontramos con una familia de soluciones de una ecuacionno lineal, no es obvio cuando la familia es una solucion general. Por lo an-terior, y en un nivel practico, el nombre “solucion general” solo se aplica alas ecuaciones diferenciales lineales.


1.1.2. Sistemas de ecuaciones diferenciales.

Hasta ahora se han descrito ecuaciones diferenciales aisladas con unafuncion desconocida; pero muchas veces, en teorıa y en muchas aplicaciones,debemos manejar sistemas de ecuaciones diferenciales.

Definicion 1.1.3 (Sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias.)Un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias es un conjunto de dos omas ecuaciones donde aparecen las derivadas de dos o mas funciones desco-nocidas de una sola variable independiente; por ejemplo, si x y y representanvariables dependientes y t es la variable independiente, el conjunto siguientees un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden:

dxdt = 3x − 4ydydt = x + y

(1.5)

Una solucion de un sistema como el anterior es un par de funciones dife-renciables, x = φ1(t) y y = φ2(t), que satisface cada ecuacion del sistemaen algun intervalo comun I.

1.1.3. Ejercicios

En los problemas que siguen comprueba que la funcion indicada sea unasolucion de la ecuacion. En algunos casos, suponga un intervalo adecuadode validez de la solucion.

1. 2y′ + y = 0; y = e−x/2

2. dydx − 2y = e3x; y = e3x + 10e2x

3. dydt + 20y = 24; y = 6

5 − 65e−20t

4. y′ + 4y = 32; y = 8

5. y′ = 25 + y2; y = 5 tan 5x

6. dydx =

√yx ; y = (

√x + c1)

2, x > 0, c1 > 0

Comprueba que la funcion definida por tramos sea una solucion de laecuacion diferencial dada.

7. xy′ − 2y = 0; y =

{−x2, x < 0x2, x ≥ 0

8. (y′)2 = 9xy; y =

{0, x < 0x3, x ≥ 0

Determinar valores de m tales que y = emx sea una solucion de laecuacion diferencial respectiva:

9. y′′ − 5y′ + 6y = 0


10. y′′ + 10y′ + 25y = 0

Comprueba que cada par de funciones sea una solucion del sistemarespectivo de ecuaciones diferenciales.

11.dxdt = x + 3ydydt = 5x + 3y

x = e−2t + 3e6t, y = −e−2t + 5e6t

12.

d2xdt2

= 4y + et

d2ydt2

= 4x − etx = cos 2t+sen 2t+

1

5et, y = − cos 2t−sen 2t−1

5et

1.2. Problemas de valor inicial.

A menudo nos interesa resolver una ecuacion diferencial sujeta a con-diciones prescritas, que son las condiciones que se imponen a y(x) o a susderivadas. En algun intervalo I que contenga a x0, el problema:

Resolver:

dny

dxn= f(x, y, y′, . . . , yn−1) (1.6)

Sujeto a:

y(x0) = y0, y′(x0) = y1, . . . , y

(n−1)(x0) = yn−1, (1.7)

en donde y0, y1, . . . , yn−1 son constantes reales especificadas arbitrariamen-te, se llama problema de valor inicial. Los valores dados de la fun-cion desconocida, y(x), y sus primeras n − 1 derivadas en un solo puntox0:y(x0) = y0, y

′(x0) = y1, . . . , y(n−1)(x0) = yn−1, se llaman condiciones

iniciales.

1.2.1. Problemas de valor inicial de primero y segundo or-

den.

El problema enunciado con (1.6) y (1.7) tambien se denomina problemade valor inicial de enesimo orden; por ejemplo,

Resolver:

dy

dx= f(x, y) (1.8)


Sujeto a:

y(x0) = y0

Resolver:

d2y

dx2= f(x, y, y′) (1.9)

Sujeto a:

y(x0) = y0, y′(x0) = y1

son problemas de valor inicial de primero y segundo orden, respectivamente.Son faciles de interpretar en terminos geometricos. Para la ecuacion (1.8)estamos buscando una solucion de la ecuacion diferencial en un intervalo Ique contenga a x0, tal que una curva de solucion pase por el punto prescrito(x0, y0)

Para las ecuaciones (1.9), deseamos determinar una solucion de la ecua-cion diferencial cuya grafica no solo pase por (x0, y0), sino que tambien pasepor ese punto de tal manera que la pendiente de la curva en ese lugar sea y1.El termino condicion inicial procede de los sistemas fısicos en que la variableindependiente es el tiempo t y donde y(t0) = y0, y y′(t0) = y1 representan,respectivamente,la posicion y la velocidad de un objeto en cierto momentoo tiempo inicial t0.Ejemplo 1.2.1 Se comprueba que y = cex es una familia monoparametri-ca de soluciones de la ecuacion y′ = y, de primer orden, en el intervalo(−∞, +∞). Si especificamos una condicion inicial, por ejemplo, y(0) = 3, alsustituir x = 0, y = 3 en la familia, se determina la constante 3 = ce0 = c;por consiguiente, la funcion y = 3ex es una solucion del problema de valorinicial

y′ = y, y(0) = 3

•Ejemplo 1.2.2 Podemos comprobar que x = c1 cos 4t + c2 sen 4t es unafamilia biparametrica de soluciones de x′′ + 16x = 0. Determinemos unasolucion del problema de valor inicial

Resolver:

x′′ + 16x = 0 (1.10)

Sujeto a:

x(π

2) = −2, x′(

π

2) = 1


Primero sustituimos x(π/2) = −2 en la familia dada de soluciones yvemos que c1 = −2. A continuacion sustituimos x′(π/2) = 1 en la familiamonoparametrica x(t) = −2 cos 4t+c2 sen 4t, con lo que vemos que c2 = 1/4;por lo tanto:

x = −2 cos 4t + 1/4 sen 4t

es una solucion de (1.10).

•

1.2.2. Existencia y unicidad.

Al resolver un problema de valor inicial surgen dos asuntos fundamenta-les:

¿Existe una solucion al problema?. Si la hay, ¿es unica?

Teorema 1.2.1 (Existencia de una solucion unica.) Sea R una regionrectangular del plano xy, definida por a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, que contieneal punto (x0, y0). Si f(x, y) y ∂f

∂y son continuas en R, entonces existe unintervalo I, centrado en x0, y una funcion unica, y(x) definida en I, quesatisface el problema de valor inicial expresado por las ecuaciones (1.8)

1.3. Las ecuaciones diferenciales como modelos ma-

tematicos.

Con frecuencia se desea describir el comportamiento de algun sistema ofenomeno de la vida real en terminos matematicos; dicho sistema puede serfısico, sociologico, economico, etc. La descripcion matematica de un sistemao fenomeno se llama modelo matematico y se forma con ciertos objetivosen mente; por ejemplo, podrıamos tratar de comprender los mecanismos decierto ecosistema estudiando el crecimiento de las poblaciones de animales,o podrıamos tratar de fechar fosiles analizando la desintegracion de unasustancia radiactiva, sea en el fosil o en el estrato donde se encontraba.

Para la formulacion de un modelo matematico de un sistema:

i) Identificacion de las variables causantes del cambio del sistema. Podre-mos elegir no incorporar todas las variables en el modelo desde elcomienzo. En este paso especificamos el nivel de resolucion del mode-lo.


ii) Se establece un conjunto de hipotesis razonables acerca del sistema quetratamos de describir. Esas hipotesis tambien incluyen todas las leyesempıricas aplicables al sistema.

Para algunos fines quiza baste contar con modelos de baja resolucion;por ejemplo, en los cursos basicos de fısica al modelar el movimiento de uncuerpo que cae cerca de la superficie de la Tierra, se hace caso omiso de laresistencia del aire. Pero si queremos predecir la trayectoria de vuelo de unproyectil de largo alcance, debera tenerse en cuenta la resistencia del aire ydemas factores, como la curvatura de la Tierra.

Dado que las hipotesis acerca de un sistema implican con frecuencia larazon o tasa de cambio de una o mas de las variables, el enunciado ma-tematico de todas esas hipotesis es una o mas ecuaciones donde intervienenderivadas. En otras palabras, el modelo matematico es una ecuacion o sis-tema de ecuaciones diferenciales.

Ejemplo 1.3.1 “Problema de rapidez de variacion: Se vierte aguaen un recipiente de forma conica (ver figura 1.1) con una rapidez r. Elrecipiente en forma de cono de base horizontal tiene el vertice dirigido haciaabajo; el radio de la base del cono es a, su altura b. Determinar la velocidada la que la superficie del agua se eleva cuando la profundidad del aguaes y. Despues, obtener el valor numerico de la incognita, suponiendo quea = 4 dm, b = 3 dm, r = 2 dm3 por minuto e y = 1 dm.”

a

x

b

y

Figura 1.1: Problema de rapidez de variacion


Solucion: Se suponen conocidas las reglas mas elementales de diferen-ciacion y la nocion de “rapidez de variacion”.

¿Cuales son los datos?.

El radio de la base del cono, a = 4 dm; la altura del cono, b = 3 dm;la rapidez con que el agua se vierte en el recipiente r = 2 dm3 porminuto, y la profundidad del agua en un cierto momento, y = 1 dm.

Exacto. El enunciado del problema parece sugerir que se deben de-jar de lado, provisionalmente, los valores numericos y razonar con lasletras expresando la incognita en funcion de a, b, r e y , y al finalsolamente tras de obtener la expresion algebraica de la incognita, sus-tituir los valores numericos. Adoptemos esta sugerencia. ¿Cual es laincognita?.

La velocidad a la que se eleva la superficie del agua cuando la profun-didad es y.

Es decir, ¿puede usted expresarlo en otros terminos?

La velocidad con que aumenta la profundidad del agua.

Nuevamente, ¿puede usted enunciar el problema en forma di-ferente?

La rapidez de variacion de la profundidad del agua.

Exacto: la rapidez de variacion de y. Pero, ¿que es la rapidez de varia-cion?. Considere usted la definicion.

La derivada de una funcion representa la rapidez de variacion.

Correcto. Ahora bien, ¿y es una funcion?. Como ya lo hemos dicho, nonos ocuparemos de su valor numerico. ¿Puede imaginar que y varıa?

Si, y, la profundidad del agua, aumenta a medida que pasa el tiempo.

Por lo tanto, ¿y es funcion de que?.

Del tiempo t.

Bien. Introduzca una notacion apropiada. ¿Como expresarıa us-ted la rapidez de variacion de y por medio de sımbolos matematicos?.


dydt

Bien. He ahı, pues, su incognita. Le hace falta expresarla en terminosde a, b,r e y. De hecho, uno de estos datos es una rapidez de variacion:¿cual de ellos?.

r, que representan la cantidad de agua que cae en el recipiente duranteun tiempo dado.

¿Puede decirlo en otra forma?

r es la rapidez de variacion del volumen de agua en el recipiente.

Es decir, ¿puede enunciarlo nuevamente en forma diferente?;¿como podrıa escribirlo con una notacion apropiada?.

r = dVdt

¿Que es V?

El volumen de agua que hay en el recipiente en el instante t.

Bien. Ası pues, tiene que expresar dydt en terminos de a, b,r = dV

dt e y.¿Como va usted a tratar de hacerlo?

......

Si no puede resolver el problema, trate de resolver, primero, unproblema relacionado. Si no ve la relacion entre dy

dt y los datos,trate de que aparezca alguna relacion mas sencilla que podrıa servirlede punto de partida.

......

¿No ve usted que existen otras relaciones? Por ejemplo, ¿V e yson independientes una de otra?

No. Cuando y aumenta, V debe aumentar tambien.

Ası hay una relacion. ¿Cual es, pues?.

Pues que V es el volumen del cono cuya altura es y. Pero desconozcoel radio de la base.

Sin embargo, puede tenerlo en cuenta. Dele un nombre cualquiera, xpor ejemplo.


V = πx2y3

Exacto. Ahora, ¿que sabe usted de x?¿Es independiente de y?

No. Cuando la profundidad del agua, y, aumenta, el radio de la super-ficie variable x aumenta tambien.

Ası pues, hay una relacion, ¿cual es esta?.

Si , claro, hay triangulos semejantes: xy = a

b

Una relacion mas, ¿ve usted?. No hay que desaprovecharla. No olvideque usted querıa conocer la relacion existente entre V e y.

Se tiene x = ayb y V = πa2y3

3b2

Muy bien. Esto me parece un buen punto de partida. ¿Que le parecea usted?. Pero no olvide su proposito. ¿Cual es la incognita?.

dydt

Tiene que encontrar una relacion entre dydt ,

dVdt y otras cantidades.

Aquı tiene una entre y, V y otras cantidades. ¿Que hacer?

Pues claro, diferenciando se tiene dVdt = πa2y2

b2· dy

dt

He ahı la solucion.

Perfecto. Y, ¿para los valores numericos?

Si a = 4, b = 3, r = 2, y = 1, entonces 2 = π·16·19 · dy

dt

•

1.3.1. Crecimiento y decaimiento.

Uno de los primeros intentos de modelar matematicamente el crecimientodemografico lo hizo Thomas Malthus, economista ingles en 1798. En esencia,la idea del modelo malthusiano es la hipotesis de que la tasa de crecimientode la poblacion de un paıs crece de forma proporcional a la poblacion total,P (t), de ese paıs en cualquier momento t. En terminos matematicos estahipotesis se puede expresar:

dP

dt= kP (1.11)

donde k es una constante de proporcionalidad. Esta ecuacion diferencial aunse utiliza con mucha frecuencia para modelar poblaciones de bacterias y deanimales pequenos durante cortos intervalos.


1.3.2. Diseminacion de una enfermedad.

Cuando se analiza la diseminacion de una enfermedad contagiosa —lagripe, por ejemplo—, es razonable suponer que la tasa o razon con que sedifunde no solo es proporcional a la cantidad de personas, x(t), que la hancontraıdo en el momento t, sino tambien a la cantidad de sujetos, y(t), queno han sido expuestos todavıa al contagio. Si la tasa es dx/dt, entonces:

dx

dt= kxy, (1.12)

donde k es la acostumbrada constante de proporcionalidad. Si, por ejemplo,se introduce una persona infectada en una poblacion constante de n per-sonas, entonces x y y se relacionan mediante x + y = n + 1. Usamos estaecuacion para eliminar y en la ecuacion (1.12) y obtenemos el modelo

dx

dt= kx(n + 1 − x) (1.13)

Una condicion inicial obvia que acompana a esta ecuacion es x(0) = 1.

1.3.3. Ley de Newton del enfriamiento.

Segun la ley empırica de Newton acerca del enfriamiento, la rapidez conque se enfrıa un objeto es proporcional a la diferencia entre su temperatura yla del medio que le rodea, que es la temperatura ambiente. Si T (t) representala temperatura del objeto en el momento t, Tm es la temperatura constantedel medio que lo rodea y dT/dt es la rapidez con que se enfrıa el objeto, laley de Newton del enfriamiento se traduce en el enunciado matematico

dT

dt= k(T − Tm) (1.14)

en donde k es una constante de proporcionalidad. Como supusimos que elobjeto se enfrıa, se debe cumplir que T > Tm; en consecuencia, lo logico esque k < 0.

1.3.4. Mezclado.

Al mezclar dos soluciones salinas de distintas concentraciones se da pie auna ecuacion diferencial de primer orden, que define la cantidad de sal quecontiene la mezcla.

Supongamos que un tanque mezclador grande contiene 300 galones deagua, en donde se ha disuelto sal. Otra solucion de salmuera se bombea al


tanque a una tasa de 3 galones por minuto. El contenido se agita perfecta-mente y es desalojado a la misma tasa (ver figura 1.2) . Si la concentracionde la solucion que entra es 2 libras/galon, hay que formar un modelo de lacantidad de sal en el tanque en cualquier momento.

Figura 1.2: Mezclado

Sea A(t) la cantidad de sal (en libras) en el tanque en cualquier momentot. En este caso, la rapidez con que cambia A(t) es la tasa neta:

dA

dt= (tasa de entrada de la sustancia)−(tasa de salida de la sustancia) = R1−R2

(1.15)Ahora bien, la razon, R1, con la que entra la sal al tanque, en lb/min, es

R1 = (3gal/min) · (2lb/gal) = 6lb/min

Mientras que la razon, R2, con que sale la sal es

R2 = (3gal/min) · ( A

300lb/gal) =

A

100lb/min

Entonces, la ecuacion (1.15) se transforma en

dA

dt= 6 − A

100(1.16)

1.3.5. Vaciado de un tanque.

En hidrodinamica, la ley de Torricelli establece que la velocidad v deeflujo (salida) del agua a traves de un agujero de bordes agudos en el fondode una tanque lleno con agua hasta una altura (o profundidad) h es igual a la


velocidad de un objeto (en este caso una gota de agua), que cae librementedesde una altura h ; esto es, v =

√2gh, donde g es la aceleracion de la

gravedad. Esta ultima expresion se origina al igualar la energıa cinetica,12mv2, con la energıa potencial, mgh, despejando v. Supongamos que untanque lleno de agua se deja vaciar por un agujero, por la accion de lagravedad. Queremos determinar la profundidad, h, del agua que queda enel tanque (ver figura 1.3) en el momento t.

h

Aw

Ao

Figura 1.3: Vaciado

Si el area transversal del agujero es A0, en pies cuadrados, y la velocidaddel agua que sale del tanque es v =

√2gh, en pies por segundo, el volu-

men de agua que sale del tanque, por segundo, es A0√

2gh, en pies cubicospor segundo. Ası, si V (t) representa al volumen del agua en el tanque encualquier momento t,

dV

dt= −A0

√

2gh (1.17)

donde el signo menos indica que V esta disminuyendo. Observese que notenemos en cuenta la posibilidad de friccion en el agujero, que podrıa causaruna reduccion de la tasa de flujo. Si el tanque es tal que el volumen del aguaen cualquier momento t se expresa como V (t) = Awh, donde Aw son los piescuadrados de area constante del espejo (la superficie superior) del agua,

dV

dt= Aw

dh

dt

Sustituimos esta ultima expresion en la ecuacion (1.17) y llegamos a la ecua-cion diferencial que deseabamos para expresar la altura del agua en cualquiermomento t:

dh

dt= −A0

Aw

√

2gh (1.18)

Es interesante observar que la ecuacion (1.18) es valida aun cuando Aw nosea constante. En este caso, debemos expresar el area del agua en funcionde h: Aw = A(h).


1.3.6. Caıda libre.

Supongamos que se arroja una piedra hacia arriba, desde la azotea deun edificio. ¿Cual es su posicion en el momento t?. Consideremos que suposicion respecto al suelo es s(t). La aceleracion de la piedra es la segunda

derivada, d2sdt2

. Si suponemos que la direccion hacia arriba es positiva, quela masa de la piedra es m y que no hay otra fuerza, ademas de la de lagravedad (g), actuando sobre la piedra, la segunda ley de Newton estableceque

md2s

dt2= −mg

d2s

dt2= −g (1.19)

Donde g es la aceleracion de la gravedad y mg es el peso de la piedra. Seusa el signo menos porque el peso de la piedra es una fuerza que se dirigehacia abajo, opuesta a la direccion positiva. Si la altura del edificio es s0

y la velocidad inicial de la piedra es v0, s queda determinada mediante elproblema de valor inicial

d2s

dt2= −g, s(0) = s0, s

′(0) = v0 (1.20)

1.4. Practica con Mathematica

1.4.1. Definicion de funciones.

Ademas de las funciones incorporadas por Mathematica, tu puedes defi-nir tus propias funciones. Una forma de hacerlo es la siguiente:

In := h[x ] = x2 + 1Out := 1 + x2

Una vez definida la funcion pueden calcularse diferentes valores paradistintos argumentos tanto numericos como simbolicos.

In := h[1]Out := 2

In := h[y]Out := 1 + y2


1.4.2. Derivadas.

Mathematica incorpora distintos formatos para la utilizacion de deriva-das.

D[f, x]

Permite calcular la derivada parcial de la funcion f respecto a x.

Por ejemplo la derivada de la funcion seno:

In := D[Sin[x], x]Out := Cos[x]

D[f, x, n]

Permite calcular la derivada n-esima parcial de la funcion f respecto a x.

Ademas, dada una funcion f , si esta es derivable en un cierto dominioD, se puede definir sobre ese dominio us funcion derivada f ′ como la funcionque asocia a cada punto x el valor de la derivada de f en ese punto. Porejemplo:

In := f [x ] := Cos[x];f ′[x]Out := −Sin[x]In := f ′[Pi];Out := 0

Se define f como la funcion coseno y se calcula su derivada y se evaluala derivada en π.

1.4.3. Ejercicios.

En los siguientes problemas utiliza Mathematica para comprobar que lafuncion indicada sea una solucion de la ecuacion diferencial dada.

1. 2y′ + y = 0; y = e−x/2

2. dydx − 2y = e3x; y = e3x + 10e2x

˜3. y′ + 4y = 32; y = 8

4. y′ = 2‘ + y2; y = 5 tan 5x


1.4.4. Resolucion de ecuaciones diferenciales.

El comando principal que incorpora Mathematica para resolver las ecua-ciones diferenciales ordinarias es la funcion DSolve cuya sintaxis es la siguien-te:

In := DSolve[ecuac, y[x], x]Resuelve la ecuacion diferencial ecuac ha-llando la expresion formal de y[x] que laverifica.

In := DSolve[y′[x] − y[x] == 0, y[x], x]Out := {{y(x) → exC(1)}}

La solucion general de una ecuacion diferencial sin condiciones iniciales in-volucra coeficientes indeterminados: C(1).

La llamada al comando DSolve produce como resultado la expresion for-mal de y[x]; sin embargo, esta solucion no define una funcion por sı misma, esdecir, no se puede efectuar directamente a traves de ella ninguna operacioncon y[x]. En los casos en los que, ademas de obtener informacion sobre la so-lucion de la ecuacion, se necesite operar con ella (obtener y[4], y ′[x], . . . , etc),se ha de variar ligeramente la sintaxis del comando anterior. Se dispone delsiguiente comando para resolver estos casos:

In := DSolve[ecuac, y, x]Resuelve la ecuacion diferencial ecuac ha-llando un conjunto de reglas sobre y quela definen como “funcion” .

La forma de definir la solucion como una funcion es la siguiente:

In := reglas = DSolve[y′[x] − y[x] == 0, y, x]

Out := {{y(x) → Function(e#(1)C(1))}}Se obtienen las reglas que definen la solucion de la ecuacion

In := y[x ] = y[x]/.reglas

Out := {e#(1)C(1)}Se defina la funcion y[x] a partir de las reglas que definen lasolucion de la ecuacion diferencial. Se tiene la solucion de laecuacion como una nueva funcion.


In := y′[x] − y[x]Out := {0}Efectivamente, es la solucion de la anterior ecuacion diferen-cial.

In := y[−x]

Out := {C(1)ex }

Se pueden realizar operaciones con la nueva funcion solucion.

1.4.5. Ecuaciones con condiciones iniciales.

Mathematica soporta tanto el problema general de busqueda de solu-cion de una ecuacion diferencial como un problema de Cauchy, es decir, labusqueda de solucion cuando se conoce alguna condicion inicial.

In := DSolve[{x′′[t] + x[t] == 0, x[0] == 0, x′[0] ==1}, x[t], t]Out := {{x(t) → Sin(t)}}De entre todas la posibles soluciones de la ecuacion se tienela que verifica las condiciones iniciales.

In := Regla = DSolve[{x′′[t] + x[t] == 0, x[0] ==0, x′[0] == 1}, x, t]Out := {{x → (Sin[#1]&)}}De entre todas la posibles soluciones de la ecuacion se tienela que verifica las condiciones iniciales.

In := x′[t]/.ReglaOut := {Cost(t)}Se obtiene su derivada.

1.4.6. Graficos bidimensionales. El comando Plot.

El comando que utiliza Mathematica para dibujar la grafica de una fun-cion de una variable es Plot. Para su ejecucion plot necesita dos argumentos:

la descripcion de la funcion cuya grafica se desea obtener y

una lista de tres elementos, separados por comas e incluidos entrellaves, que indican, respectivamente, la variable de la funcion y losvalores mınimo y maximo entre los que se pretende representar dichafuncion.


In := Plot[Sin[x]2 + 2xCos[x], {x,−4Pi, 4Pi}]Out := −Graphics−Devuelve la grafica de la figura 1.4. Representa la funcionsen2 x + 2x cosx como variable de x entre 0 y π.

-10 -5 5 10

-20

-10

10

20

Figura 1.4: Grafica de una funcion con Plot

1.4.7. Representacion grafica de la solucion de una ecuacion

diferencial.

El problema que mas comunmente se plantea es obtener la grafica de lasolucion de una ecuacion diferencial.

Si utilizamos el comando DSolve para obtener una solucion, la represen-tacion de esta es sencilla, pues se tiene su expresion formal. Por lo tanto,puede ser representada directamente:

In := Regla = DSolve[{2x′[t] − 4x[t] == Exp[−t], x[0] ==0}, x, t]

Out := {{x → Function( −16e#(1) + e2#(1)

6 &)}}Se obtiene la solucion de la ecuacion diferencial.

In := Plot[x[t]/. %, {t,−8, 4}]Out := −Graphics−Devuelve la grafica de la figura 1.5.

Ejercicios.

1. Resuelve con Mathematica la ecuacion 1.16 del apartado 1.3.4.


-8 -6 -4 -2 2 4

-150

-100

-50

50

100

150

Figura 1.5: Grafica de la solucion de la ecuacion.

2. Supongamos como condicion inicial A(0) = 0.

3. Definir usando Mathematica una funcion solucion del problema devalor inicial anterior.

4. Representar con Mathematica la funcion solucion e interpretar ade-cuadamente que ocurrira con la cantidad de sal en el tanque con elpaso del tiempo.

Capıtulo 2

Ecuaciones ordinarias de

primer orden.

Aplicaciones.

Se llama E.D.O. (Ecuacion Diferencial Ordinaria) a una ecuacion deltipo:

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0

que relaciona la variable independiente x, la funcion buscada y = y(x) y lasderivadas de esta funcion, y′(x), y′′(x), . . . , y(n)(x).

Decimos que la E.D.O. es de primer orden si el orden de la mayor deri-vada de y es 1:

F (x, y, y′) = 0

2.1. Integracion directa.

Comenzamos nuestro estudio de la metodologıa para resolver ecuacionesde primer orden, dy

dx = f(x, y), con la mas sencilla de todas las ecuacionesdiferenciales. Cuando f es independiente de la variable y —esto es, cuandof(x, y) = g(x)— la ecuacion diferencial

dy

dx= g(x) (2.1)

se puede resolver por integracion. Si g(x) es una funcion continua, al integrarambos miembros de (2.1) se llega a la solucion

y =

∫

g(x)dx = G(x) + C (2.2)

29


en donde G(x) es una integral indefinida de g(x).

Ejemplo 2.1.1 Resolver dydx = 1 + e2x.

Integrando se tiene:

y =

∫

(1 + e2x)dx = x +1

2e2x + C

•

2.2. Variables separables.

Definicion 2.2.1 Se dice que una ecuacion diferencial de primer orden, dela forma

dy

dx= g(x)h(y)

es separable, o de variables separables.

Al dividir entre la funcion h(y), una ecuacion separable se puede escribiren la forma:

p(y)dy

dx= g(x) (2.3)

donde, por comodidad, p(y) representa a 1/h(y). Ası podemos ver de inme-diato que la ecuacion (2.3) se reduce a la ecuacion (2.1) cuando h(y) = 1.

Si y = φ(x) representa una solucion de (2.3), se debe cumplir

∫

p(φ(x))φ′(x)dx =

∫

g(x)dx (2.4)

Pero dy = φ′(x)dx, de modo que la ecuacion (2.4) es lo mismo que

∫

p(y)dy =

∫

g(x)dx (2.5)

Esta ecuacion indica el procedimiento para resolver las ecuaciones sepa-rables. Al integrar ambos lados de p(y)dy = g(x)dx se obtiene una familiamonoparametrica de soluciones, que casi siempre se expresa de manera im-plıcita.

Ejemplo 2.2.1 Resolver (1 + x)dy − ydx = 0.

Dividiendo entre (1 + x)y

dy

y=

dx

1 + x


Integrando en los terminos:

∫dy

y=

∫dx

1 + x

ln |y| = ln |1 + x| + c1

y = eln |1+x|+c1

y = eln |1+x| · ec1 = |1 + x|ec1 = ±c(1 + x)

•Ejemplo 2.2.2 Resolver el problema de valor inicial

dy

dx= −x

yy(4) = 3

ydy = −xdx∫

ydy = −∫

xdx

y2/2 = −x2/2 + c1

Esta solucion se puede escribir en la forma x2 + y2 = c2, si sustituimosla constante 2c1 con c2. Vemos que la solucion representa una familia decırculos concentricos.

Cuando x = 4, y = 3, de modo que 16 + 9 = 25 = c2. Ası, el problemade valor inicial determina que x2 + y2 = 25.

•Se debe tener cuidado al separar las variables porque los divisores va-

riables podrıan ser cero en algun punto. En ocasiones se puede perder unasolucion constante mientras resolvemos un problema.

Ejemplo 2.2.3 Resolver xy4dx + (y2 + 2)e−3xdy = 0.

xe3xdx + (y−2 + 2y−4)dy = 0

Integramos por partes:

1

3xe3x − 1

9e3x − y−1 − 2

3y−3 = c1

La familia monoparametrica de soluciones tambien se puede escribir enla forma


e3x(3x − 1) =9

y+

6

y3+ c

•Ejemplo 2.2.4 Resolver el problema de valor inicial

dy

dx= y2 − 4, y(0) = −2

Solucion: Pasamos la ecuacion a la forma

dy

y2 − 4= dx

Integrando en los dos miembros se tiene:

−1

4ln |y + 2| + 1

4ln |y − 2| = x + c1

Al multiplicar la ecuacion por 4 y combinar logaritmos resulta:

ln

∣∣∣∣

y − 2

y + 2

∣∣∣∣= 4x + c2

y − 2

y + 2= ce4x

Despejamos y de la ultima ecuacion

y = 21 + ce4x

1 − ce4x

Si sustituimos x = 0 y y = −2 se tiene

−2 = 21 + c

1 − c⇒ −1 + c = 1 + c ⇒ −1 = 1

Esto es imposible, por lo que debemos examinar con mas cuidado laecuacion diferencial. El hecho es que la ecuacion

dy

dx= (y + 2)(y − 2)

queda satisfecha con dos funciones constantes, que son y = 2 y y = −2. Alrevisar las ecuaciones anteriores advertimos que debemos excluir a y = 2 yy = −2 de esos pasos de la solucion. Es interesante observar que despuespodemos recuperar la solucion y = 2 si hacemos que c = 0 en la ecuacion

y = 21 + ce4x

1 − ce4x

Sin embargo, no hay valor finito de c que pueda producir la solucion y = −2.Esta ultima funcion constante es la unica solucion al problema de valor inicialplanteado.

•


2.2.1. Ejercicios.

Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales por separacion de varia-bles:

1. dydx = sen 5x

2. dydx = (x + 1)2

3. dx + e3xdy = 0

4. dx − x2dy = 0

5. (x + 1) dydx = x + 6

6. xy′ = 4y

˜

7. dydx = y3

x2

8. dxdy = x2y2

1+x

9. dydx = e3x+2y

10. (4y + yx2)dy − (2x + xy2)dx = 0

11. dSdr = kS

12. dPdt = P − P 2

Con frecuencia, un cambio radical en la solucion de una ecuacion dife-rencial corresponde a un cambio muy pequeno en la condicion inicialo en la ecuacion misma. En los problemas que siguen compare lassoluciones de los problemas de valor inicial respectivos:

13. dydx = (y − 1)2 y(0) = 1

14. dydx = (y − 1)2 y(0) = 1,01

15. dydx = (y − 1)2 + 0,01 y(0) = 1

16. dydx = (y − 1)2 − 0,01 y(0) = 1

2.3. Ecuaciones exactas.

La sencilla ecuacion ydx + xdy = 0 es separable, pero tambien equivalea la diferencial del producto de x por y

ydx + xdy = d(xy) = 0

Al integrar obtenemos de inmediato la solucion implıcita xy = c

En calculo diferencial, se tiene que si z = f(x, y) es una funcion conprimeras derivadas parciales continuas en una region R del plano xy, sudiferencial (que tambien llamamos diferencial total) es

dz =∂f

∂xdx +

∂f

∂ydy


Entonces, si f(x, y) = c, se tiene

∂f

∂xdx +

∂f

∂ydy = 0

Esto es, dada una familia de curvas f(x, y) = c, podemos generar unaecuacion diferencial de primer orden si calculamos la diferencial total, porejemplo si

x2 − 5xy + y3 = c

(2x − 5y)dx + (−5x + 3y2)dy = 0

dy

dx=

5y − 2x

−5x + 3y2

Para nuestros fines, es mas importante darle la vuelta al problema, o sea;dada una ecuacion como

dy

dx=

5y − 2x

−5x + 3y2

¿podemos demostrar que la ecuacion equivale a d(x2 − 5xy + y3) = 0 ?

Definicion 2.3.1 Una ecuacion diferencial M(x, y) + N(x, y) es una dife-rencial exacta en una region R del plano xy si corresponde a la diferencialde alguna funcion f(x, y). Una ecuacion diferencial de primer orden de laforma

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

es una ecuacion diferencial exacta si la expresion del lado izquierdo esuna diferencial exacta.

Teorema 2.3.2 Sean continuas M(x, y) y N(x, y), con derivadas parcialescontinuas en una region rectangular, R, definida por a < x < b, c < y < d.Entonces, la condicion necesaria y suficiente para que M(x, y)dx+N(x, y)dysea una diferencial exacta es que

∂M

∂y=

∂N

∂x(2.6)

2.3.1. Metodo de solucion para ecuaciones diferenciales exac-

tas.

Dada una ecuacion de la forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, se determinasi es valida la igualdad (2.6). En caso afirmativo, existe una funcion f parala cual

∂f

∂x= M(x, y)


Podemos determinar f si integramos M(x, y) con respecto a x, mante-niendo y constante:

f(x, y) =

∫

M(x, y)dx + g(y) (2.7)

en donde la funcion arbitraria g(y) es la constante de integracion. Ahoraderivamos (2.7) con respecto a y, y suponemos que ∂f

∂y = N(x, y):

∂f

∂y=

∂

∂y

∫

M(x, y)dx + g′(y) = N(x, y)

Esto da

g′(y) = N(x, y) − ∂

∂y

∫

M(x, y)dx

Por ultimo integramos esta ecuacion con respecto a y y sustituimos elresultado en la ecuacion (2.7). La solucion de la ecuacion es f(x, y) = c

Ejemplo 2.3.1

Resolver

2xydx + (x2 − 1)dy = 0

Solucion:

Igualamos M(x, y) = 2xy y N(x, y) = (x2 − 1) y tenemos:

∂M

∂y= 2x =

∂N

∂x

Por tanto se trata de una ecuacion exacta y existe una funcion f(x, y) talque

∂f

∂x= 2xy

∂f

∂y= x2 − 1

Integrando la primera de estas ecuaciones se tiene:

f(x, y) = x2y + g(y)

Derivamos con respecto a y, e igualamos a N(x, y)

∂f

∂y= x2 + g′(y) = x2 − 1

Por lo tanto g′(y) = −1 y g(y) = −y

La solucion es x2y − y = c

•


2.3.2. Ecuaciones reducibles a exactas. Factores integrantes.

Sea 2xy3dx + 3x2y2dy = 0 una ecuacion exacta (tambien homogenea).Si dividimos por el factor xy, se tiene:

2y2dx + 3xydy = 0

podemos comprobar que la ecuacion resultante no es exacta.En este caso particular se observa que multiplicando por el factor xy se

tiene una ecuacion exacta y por tanto integrable.Si una ecuacion M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 no es una ecuacion diferencial

exacta, es decir, ∂M∂y 6= ∂N

∂x , puede que se transforme en exacta multiplicandopor un factor apropiado u(x, y) llamado factor integrante de la ecuacion dife-rencial tal que la ecuacion resultante u(x, y)M(x, y)dx+u(x, y)N(x, y)dy =0 sea exacta.Ejemplo 2.3.2 Resolver la ecuacion diferencial:

tan y + tan xy′ = 0 (2.8)

Solucion: Podemos escribir la ecuacion (2.8) en la forma

tan ydx + tan xdy = 0 (2.9)

∂ tan y

∂y=

1

cos2 y6= 1

cos2 x=

∂ tan x

∂x

Por tanto la ecuacion no tiene forma exacta, mientras que la ecuacionequivalente:

cos x sen ydx + sen x cos ydy = 0 (2.10)

si que lo es:∂ cos x sen y

∂y= cos x cos y =

∂ sen x cos y

∂x

(2.10) resulta de (2.9) multiplicando por cos y cos x. Es lo que llamaremos“factor integrante” de la ecuacion.

•Si u(x, y) es un factor integrante de la ecuacion

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

, entonces, multiplicando por u(x, y) es exacta luego:

∂(u(x, y)M(x, y))

∂y=

∂(u(x, y)N(x, y))

∂x


y por tanto∂u

∂yM(x, y) + u

∂M

∂y=

∂u

∂xN + u

∂N

∂x

M∂u

∂y− N

∂u

∂x= u(

∂N

∂x− ∂M

∂y) (2.11)

Para buscar factores integrantes hay que resolver una ecuacion en derivadasparciales que normalmente es mas difıcil que la propia ecuacion diferencial.Por eso se recomienda el uso de funciones u de una forma particular: u(x),u(y), u(x + y), u(xy) . . .

El factor integrante u solo depende de x, entonces la ecuacion (2.11)sera

−N∂u

∂x= u(

∂N

∂x− ∂M

∂y)

luego

u′

u=

∂N∂x − ∂M

∂y

N

Si u = u(y) entonces (2.11) sera:

−u′

u=

∂M∂y − ∂N

∂x

M

Si u = u(x + y) = u(z) con z = x + y entonces (2.11) sera:

u′

u=

∂N∂x − ∂M

∂y

M − N

Si u = u(xy) = u(z) con z = xy entonces (2.11) sera:

u′

u=

∂N∂x − ∂M

∂y

xM − yN

Ejemplo 2.3.3 Resolver (x + y)dx + x ln xdy = 0

Solucion:

No es de variables separables. No es homogenea. No es exacta.

Buscamos un factor integrante que dependa de x: u = u(x)

(x + y)u(x)dx + x ln xu(x)dy = 0


Forzamos a que sea exacta:

∂[(x + y)u(x)]

∂y=

∂[x ln xu(x)]

∂x

∂[(x + y)u(x)]

∂y= u

∂[x ln xu(x)]

∂x= u ln x + u + x ln xu′

Entoncesu = u ln x + u + x ln xu′

u ln x + u′x ln x = 0

u + u′x = 0

u′x = −u

u′

u= −1

x

ln u = − ln x

u =1

xx > 0

De esta forma la ecuacion

(x + y)

xdx + ln xdy = 0

es exacta. Resolvemos y se tiene:

∂f

∂x= 1 +

y

x

f(x, y) =

∫

(1 +y

x)dx + C(y) = x + y ln x + C(y)

∂f

∂y= ln x + C ′(y) = ln x ⇒ C ′(y) = 0 ⇒ C(y) = cte. = C

f(x, y) = x + y ln x + C

y =C − x

ln x•


2.3.3. Ejercicios.

1. En los problemas que siguen determinar si la ecuacion es exacta y, encaso afirmativo, resolverla.

a) (2x − 1)dx + (3y + 7)dy = 0

b) (5x + 4y)dx + (4x − 8y3)dy = 0

c) (2y2x − 3)dx + (2yx2 + 4)dy = 0

d) (x + y)(x − y)dx + x(x − 2y)dy = 0

e) x dydx = 2xex − y + 6x2

f ) (1 − 2x2 − 2y) dydx = 4x3 + 4xy

2. Resuelva cada ecuacion diferencial sujeta a la condicion inicial indica-da.

a) (x + y)2dx + (2xy + x2 − 1)dy = 0, y(1) = 1

b) (4y + 2x − 5)dx + (6y + 4x − 1)dy = 0, y(−1) = 2

c) (y2 cos x−3x2y−2x)dx+(2y sen x−x3+ln y)dy = 0, y(0) = e

3. Calcular el valor de k para que la ecuacion diferencial correspondientesea exacta.

a) (y3 + kxy4 − 2x)dx + (3xy2 + 20x2y3)dy = 0

b) (2xy2 + yex)dx + (2x2y + kex − 1)dy = 0

4. A veces es posible transformar una ecuacion diferencial no exacta enuna exacta multiplicandola por un factor integrante µ(x, y). Resuelvelas siguientes ecuaciones comprobando que la funcion indicada, µ(x, y),sea un factor integrante.

a) 6xydx + (4y + 9x2)dy = 0, µ(x, y) = y2

b) (−xy sen x + 2y cos x)dx + 2x cos xdy = 0, µ(x, y) = xy

2.4. Ecuaciones lineales.

Definicion 2.4.1 Una ecuacion diferencial de primer orden, de la forma

a1(x)dy

dx+ a0(x)y = g(x) (2.12)

es una ecuacion lineal.


Al dividir ambos lados de la ecuacion (2.12) entre el primer coeficiente,a1(x), se obtiene una forma mas util, la forma estandar de una ecuacionlineal:

dy

dx+ P (x)y = f(x) (2.13)

Debemos hallar una solucion de (2.13) en un intervalo I, en el que lasdos funciones P y f sean continuas.

Puede comprobarse que la ecuacion diferencial (2.13) tiene la propiedadde que su solucion es la suma de las dos soluciones, y = yc + yp, donde yc esuna solucion de

dy

dx+ P (x)y = 0 (2.14)

y yp es una solucion particular de (2.13). Podemos determinar yc por sepa-racion de variables. Escribimos la ecuacion (2.14) en la forma

dy

y+ P (x)dx = 0

al integrar y despejar a y obtenemos yc = ce−∫

P (x)dx. Por comodidad de-finiremos yc = cy1(x), en donde y1 = e−

∫P (x)dx. Aplicaremos de inmediato

el hecho de que dy1

dx + P (x)y1 = 0, para determinar a yp.Ahora podemos definir una solucion particular de la ecuacion (2.13),

siguiendo un procedimiento llamado variacion de parametros. La ideabasica es encontrar una funcion, u, tal que yp = u(x)y1(x), en que y1, queesta definida en el parrafo anterior, sea una solucion de la ecuacion (2.13).En otras palabras, nuestra hipotesis de yp equivale a yc = cy1(x), exceptoque el parametro variable u reemplaza a c. Al sustituir yp = uy1 en (2.13)obtenemos

d

dx[uy1] + P (x)uy1 = f(x)

udy1

dx+ y1

du

dx+ P (x)uy1 = f(x)

u[dy1

dx+ P (x)y1] + y1

du

dx= f(x)

y1du

dx= f(x)

Separamos variables, integramos y llegamos a

du =f(x)

y1(x)dx y u =

∫f(x)

y1(x)dx


De acuerdo con la definicion de y1, tenemos

yp = uy1 = e−∫

P (x)dx

∫

e∫

P (x)dxf(x)dx

Ası,

y = yc + yp = ce−∫

P (x)dx + e−∫

P (x)dx

∫

e∫

P (x)dxf(x)dx (2.15)

Entonces, si (2.12) tiene una solucion, debe poseer la forma de la ecuacion(2.15). Reciprocamente, por derivacion directa se comprueba que la ecuacion(2.15) es una familia monoparametrica de soluciones de la ecuacion (2.13).

Hay un metodo equivalente y mas facil de resolver la ecuacion (2.13). Sise multiplica (2.15) por

e∫

P (x)dx

y despues se deriva

e∫

P (x)dxy = c +

∫

e∫

P (x)dxf(x)dx

d

dx[e

∫P (x)dxy] = e

∫P (x)dxf(x)

llegamos a

e∫

P (x)dx dy

dx+ P (x)e

∫P (x)dxy = e

∫P (x)dxf(x)

Al dividir este resultado entre e∫

P (x)dx obtenemos la ecuacion (2.13).

Recuerda 2.4.1 Solucion de una ecuacion lineal de primer orden

1. Para resolver una ecuacion lineal de primer orden,primerose convierte a la forma de (2.13); esto es, se hace que elcoeficiente de dy

dx sea la unidad.

2. Hay que identificar P (x) y definir el factor integrante, e∫

P (x)dx

3. La ecuacion obtenida en el paso (1) se multiplica por el factorintegrante:

e∫

P (x)dx dy

dx+ P (x)e

∫P (x)dxy = e

∫P (x)dxf(x)


4. El lado izquierdo de la ecuacion obtenida en el paso (3)es laderivada del producto del factor integrante por la variabledependiente, y; esto es,

d

dx[e

∫P (x)dxy] = e

∫P (x)dxf(x)

5. Se integran ambos lados de la ecuacion obtenida en el paso(4).

Ejemplo 2.4.1 Resolver x dydx − 4y = x6ex

SolucionDividimos por x y tenemos la forma normal

dy

dx− 4y

x= x5ex

Tenemos que P (x) = − 4x , el factor integrante es

e−4∫

dx

x = e−4 ln |x| = eln x−4= x−4

Multiplicamos la forma normal por este factor:

x−4 dy

dx− 4x−5y = xex (2.16)

d

dx[x−4y] = xex (2.17)

Integrando por partes, llegamos a

x−4y = xex − ex + c

y = x5ex − x4ex + cx4

.•

Ejemplo 2.4.2 Resolver el problema de valor inicial x dydx+y = 2x, y(1) = 0.

Solucion: Escribimos la ecuacion dada en la forma

dy

dx+

1

xy = 2

, P (x) = 1x es continua en cualquier intervalo que no contenga al origen.

En vista de la condicion inicial, resolveremos el problema en el intervalo

(0, +∞). El factor integrante es e∫

dx

x = eln x = x, y ası


d

dx[xy] = 2x

que es igual a xy = x2 +c. Despejamos y y llegamos a la solucion general

y = x +c

x

Pero y(1) = 0 implica que c = −1; por consiguiente, la solucion es

y = x − 1/x, 0 < x < +∞

•

2.4.1. Ejercicios.

1. Determine la solucion general de las ecuaciones diferenciales dadas:

a) dydx = 5y

b) 3 dydx + 12y = 4

c) dydx + y = e3x

d) y′ + 3x2y = x2

e) x2y′ + xy = 1

2. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales sujetas a las condicio-nes iniciales indicadas:

a) dydx + 5y = 20, y(0) = 2

b) y′ + (tan x)y = cos2 x, y(0) = −1

c) dTdt = k(T − 50), k es una constante,T (0) = 200

2.5. Soluciones por sustitucion.

Para resolver una ecuacion diferencial, reconocemos en ella cierto tipode ecuacion (separable, por ejemplo), y a continuacion aplicamos un pro-cedimiento formado por etapas especıficas que nos conducen a una funciondiferenciable, la cual satisface la ecuacion. A menudo, el primer paso consisteen transformarla en otra ecuacion diferenciable mediante sustitucion.


2.5.1. Ecuaciones homogeneas.

Definicion 2.5.1 Se dice que una funcion f(x, y) es homogenea de gradon si verifica que f(tx, ty) = tnf(x, y), para n ∈ R

Ejemplo 2.5.1

f(x, y) = x − 3√

xy + 5yf(tx, ty) = tx − 3

√txty + 5ty =

t(x − 3√

xy + 5y) = tf(x, y)

Esta ecuacion es homogenea de grado 1.•

Ejemplo 2.5.2

f(x, y) = x2 + y2 + 1f(tx, ty) = (tx)2 + (ty)2 + 1 =

t2x2 + t2y2 + 1

Esta ecuacion no es homogenea.•

Recuerda 2.5.1 Podemos deducir si una funcion es homogenea o nosin mas que examinar el grado de cada termino: si los grados coincidensera homogenea en caso contrario no.

Definicion 2.5.2 Si una ecuacion diferencial de la forma:

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (2.18)

verifica que M y N son funciones homogeneas del mismo grado, entoncesse dice que la ecuacion es homogenea.

Si hacemos el cambio y = u(x) · x (o bien x = v(y) · y) se reduce laecuacion homogenea a una ecuacion en variables separables donde la variabledependiente es u (o v en el otro cambio).Ejemplo 2.5.3 Resolver la ecuacion

y′ =2xy + 3y2

x2 + 2xy

Solucion Se trata de una ecuacion homogenea, todos los terminos tienenel mismo grado.


La escribimos de la siguiente forma:

dy

dx=

2xy + 3y2

x2 + 2xy

(x2 + 2xy)dy − (2xy + 3y2)dx = 0

Hacemos el cambio de variables y = u · x

y′ = u′x + u

u′x + u =2xux + 3u2x2

x2 + 2xux=

2u + 3u2

1 + 2u

xdu

dx=

2u + 3u2

1 + 2u− u

xdu

dx=

u + u2

1 + 2u

Integrando respecto a x:

∫1 + 2u

u + u2du =

∫dx

x

ln |u2 + u| = ln |x| + ln |C|

ln |u2 + u| = ln |Cx|

u2 + u = Cx

Deshacemos el cambio u = y/x

(y

x)2 +

y

x= Cx

y2 + yx = Cx3

•Ejemplo 2.5.4

Resolver

(x2 + 2y2)dx = xydy

y(−1) = 1


Solucion: La ecuacion es homogenea de grado 2.Si consideramos xy 6= 0 tenemos:

y′ =x2 + 2y2

xy

Cambio de variable: y = ux, y′ = u′x + u

u′x + u =x2 + 2u2x2

xux=

1 + 2u2

u

xu′ =1 + 2u2

u− u =

1 + u2

uSeparacion de variables:

uu′

1 + u2=

1

x

udu

1 + u2=

1

xdx

∫udu

1 + u2=

∫1

xdx + C

1

2ln |1 + u2| = ln |x| + C

1

2ln |1 + u2| = ln |x| + ln C

ln |1 + u2| = 2 ln |x| + ln C = ln |x2C|1 + u2 = x2C

Deshacemos el cambio:

1 +y2

x2= x2C

y2 = Cx4 − x2

Teniendo en cuenta la condicion inicial y(−1) = 1 se tiene

1 = C(−1)4 − (−1)2 = C − 1

por tanto C = 2.La solucion es y2 = x2(2x2 − 1)

•


2.5.2. La ecuacion de Bernoulli.

La ecuacion diferencial:

dy

dx+ P (x)y = f(x)yn (2.19)

en la que n es cualquier numero real, es la ecuacion de Bernoulli. Observeseque cuando n = 0 y n = 1, la ecuacion (2.19) es lineal. Cuando n 6= 0 yn 6= 1, la sustitucion u = y1−n reduce cualquier ecuacion de la forma (2.19)a una ecuacion lineal.Ejemplo 2.5.5 Resolver la ecuacion x dy

dx + y = x2y2.Solucion:Reescribimos la ecuacion como sigue:

dy

dx+

1

xy = xy2

Hacemos la sustitucion u = y1−2 = y−1, y = u−1 por tanto

dy

dx= −u−2 du

dx

Y el resultado es:du

dx− 1

xu = −x

El factor integrante para esta ecuacion lineal en, por ejemplo (0, +∞),es

e−∫

dx

x = e− ln x = eln x−1= x−1

Integramosd

dx[x−1u] = −1

y obtenemosx−1u = −x + c ⇒ u = −x2 + cx

Como y = u−1, una solucion de la ecuacion es

y =1

−x2 + cx

En este ejemplo no hemos llegado a la solucion general de la ecuaciondiferencial no lineal original, porque y = 0 es una solucion singular de esaecuacion.

•


2.5.3. Reduccion a separacion de variables.

Una ecuacion de la forma

dy

dx= f(Ax + By + C)

siempre se puede reducir a una ecuacion con variables separables, con lasustitucion u = Ax + By + C, B 6= 0.

Ejemplo 2.5.6 Resolverdy

dx= (−5x + y)2 − 4

Solucion: Si hacemos que u = −5x + y, entonces dudx = −5 + dy

dx , de estaforma la ecuacion dada se transforma en

du

dx+ 5 = u2 − 4

du

dx= u2 − 9

Separamos variables, empleamos fracciones parciales e integramos:

du

(u − 3)(u + 3)= dx

1

6

[1

u − 3− 1

u + 3

]

= dx

1

6ln

∣∣∣∣

u − 3

u + 3

∣∣∣∣= x + c1

u − 3

u + 3= e6x+6c1 = ce6x

Al despejar u de la ultima ecuacion, llegamos a la solucion

u =3(1 + ce6x)

1 − ce6x⇒ y = 5x +

3(1 + ce6x)

1 − ce6x

•

2.5.4. Ejercicios.

1. Resuelva cada una de las ecuaciones con la sustitucion apropiada:

a) (x − y)dx + xdy = 0

b) xdx + (y − 2x)dy = 0

c) (y2 + yx)dx − x2dy = 0


d) dydx = y−x

y+x

2. Resuelve la ecuacion homogenea de cada uno de los problemas siguien-tes, sujeta a la condicion inicial respectiva.

a) xy2 dydx = y3 − x3, y(1) = 2

b) (x + yey/x)dx − xey/xdy = 0, y(1) = 0

3. Resuelva la ecuacion respectiva de Bernoulli empleando una sustitu-cion adecuada.

a) x dydx + y = 1

y2

b) dydx = y(xy3 − 1)

c) x2 dydx + y2 = xy

2.6. Modelado con ecuaciones diferenciales de pri-

mer orden.

2.6.1. Crecimiento bacteriano.

Un cultivo tiene una cantidad inicial N0 de bacterias. Cuando t = 1hora, la cantidad medida de bacterias es 3

2N0. Si la razon de reproduccion esproporcional a la cantidad de bacterias presentes,calcule el tiempo necesariopara triplicar la cantidad inicial de los microorganismos.

Solucion: Primero se resuelve la ecuacion diferencial

dN

dt= kN (2.20)

Sujeta a N(0) = N0. A continuacion se define la condicion empırica N(1) =32N0 para hallar k, la constante de proporcionalidad.

La ecuacion (2.20 es separable y lineal, a la vez. Cuando se escribe en laforma

dN

dt− kN = 0 (2.21)

podemos ver por inspeccion que el factor integrante es e−kt. Multiplicamosambos lados de la ecuacion por ese factor y el resultado inmediato es

d

dt

[

e−ktN]

= 0


Integramos ambos lados de la ultima ecuacion para llegar a la soluciongeneral

e−ktN = c

N(t) = cekt

Cuando t = 0, N0 = ce0 = c y, por tanto, N(t) = N0ekt. Cuando t = 1,

entonces 32N0 = N0e

k, o bien ek = 32 . Por tanto k = ln 3

2 = 0,4055. Ası

N(t) = N0e0,4055t

Para establecer el momento en que se triplica la cantidad de bacterias,despejamos t de 3N0 = N0e

0,4055t; por consiguiente,

t =ln 3

0,4055≈ 2,71h.

En este ejemplo la cantidad real, N0, de bacterias presentes en el mo-mento t = 0, no influyo para la definicion del tiempo necesario para que elcultivo se triplicara siempre es de unas 2.71 horas.

2.6.2. Periodo medio del plutonio.

Un reactor de crıa convierte al uranio 238, relativamente estable, enplutonio 239, un isotopo radiactivo. Al cabo de 15 anos, se ha desintegradoel 0,043 % de la cantidad inicial, A0, de una muestra de plutonio. Calcule elperiodo medio de ese isotopo, si la razon de desintegracion es proporcionala la cantidad presente.

Solucion: Como hemos visto en el problema 2.6.1, la solucion del pro-blema de valor inicial

dA

dt= kA, A(0) = A0

es

A(t) = A0ekt

donde A(t) representa la cantidad de plutonio que queda en cualquiermomento.


p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p





















1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

7N(t) = 1e0,4055t

t ≈ 2,71

Figura 2.1: Crecimiento bacteriano para N0 = 1

Si se ha desintegrado el 0,043 % de los atomos de A0, queda el 99,957 %.Para calcular la constante k empleamos 0,99957A0 = A(15), esto es, 0,99957A0 =A0e

15k. Despejamos k y tenemos k = −0,00002867. En consecuencia,

A(t) = A0e−0,00002867t

Si el periodo medio es el valor que corresponde a A(t) = A02 , despejando

a t en

1

2= e−0,00002867t

se tiene

t =ln 2

0,00002867≈ 24180


2.6.3. Antiguedad de un fosil.

Alrededor de 1950, el quımico Willard Libby invento un metodo queemplea al carbono radiactivo para determinar las edades aproximadas defosiles. La teorıa de la datacion con radiocarbono, se basa en que el isotopocarbono 14 se produce en la atmosfera por accion de la radiacion cosmicasobre el nitrogeno. La razon de la cantidad de C-14 al carbono ordinarioen la atmosfera parece ser constante y, en consecuencia, la cantidad pro-porcional del isotopo presente en todos los organismos vivos es igual que lade la atmosfera. Cuando muere un organismo la absorcion del C-14 sea porrespiracion o alimentacion cesa. Ası, si se compara la cantidad proporcio-nal de C-14 presente, por ejemplo en un fosil, con la relacion constante queexiste en la atmosfera, es posible obtener una estimacion razonable de suantiguedad. El metodo se basa en que se sabe que el periodo medio del C-14radiactivo es, aproximadamente, 5600 anos. Por este trabajo, Libby gano elPremio Nobel de quımica en 1960.

Ejemplo 2.6.1 Se analizo un hueso fosilizado y se encontro que contenıala milesima parte de la cantidad original de C-14. Determine la edad delfosil.

Solucion: El punto de partida es A(t) = A0ekt. Para calcular el valor

de la constante de decaimiento aplicamos el hecho que

A0/2 = A(5600)

, o sea,

A0/2 = A0e5600k

, despejando k = −(ln 2)/5600 = −0,00012378; por consiguiente

A(t) = A0e−0,00012378t

Tenemos, para A(t) = A0/1000, que A0/1000 = A0e−0,00012378t, de modo

que −0,00012378t = ln 11000 = − ln 1000. Ası

t =ln 1000

0,00012378≈ 55800

•En realidad, la edad determinada en este ejemplo esta en el lımite de

exactitud del metodo. Normalmente esta tecnica se limita a unos 9 periodosmedios del isotopo, que son unos 50000 anos.


2.6.4. Ley de Newton del enfriamiento.

En la ecuacion (1.14) de la seccion 1.3.3 vimos que la formulacion ma-tematica de la ley empırica de Newton, relativa al enfriamiento de un objeto,se expresa con la ecuacion diferencial lineal de primer orden

dT

dt= k(T − Tm) (2.22)

en que k es una constante de proporcionalidad, T (t) es la temperatura delobjeto cuando t > 0 y Tm es la temperatura ambiente; o sea; la temperaturadel medio que rodea al objeto.

Ejemplo 2.6.2 Al sacar un pastel del horno, su temperatura es 300o

F. Despues de 3 minutos, 200o F. ¿En cuanto tiempo se enfriara hasta latemperatura ambiente de 70oF?

Solucion: En la ecuacion (2.22) vemos que Tm = 70. Por consiguiente,debemos resolver el problema de valor inicial:

dT

dt= k(T − 70) T (0) = 300 (2.23)

y determinar el valor k de tal modo que T (3) = 200

La ecuacion (2.23) es lineal y separable, a la vez. Al separar las variables,

dT

T − 70= kdt

cuyo resultado es ln |T − 70| = kt + c1, y ası T = 70 + c2ekt. Cuando

t = 0, T = 300, de modo que 300 = 70 + c2 define a c2 = 230. Entonces,T = 70 + 230ekt. Por ultimo, la determinacion T (3) = 200 conduce a e3k =1323 , o sea, k = 1/3 ln 13

23 , o sea, k = −0,19018. Ası

T (t) = 70 + 230e−0,19018t

.

•

2.6.5. Mezclas.

Al mezclar dos fluidos, a veces se originan ecuaciones diferenciales linea-les de primer orden. Cuando describimos la mezcla de dos salmueras,(Sec.


1.3.4), supusimos que la razon con que cambia la cantidad de sal, A′(t), enel tanque de mezcla es una razon neta:

dAdt =

(tasa de entrada de la sustancia) − (tasa de salida de la sustancia) =R1 − R2

(2.24)Ejemplo 2.6.3 Recordemos que el tanque de la seccion 1.3.4 contenıa

inicialmente 300 galones de una solucion de salmuera. Al tanque entraba ysalıa sal porque se le bombeaba una solucion a un flujo de 3 gal/min, se mez-claba con la solucion original, y salıa del tanque con un flujo de 3 gal/min.La concentracion de la solucion entrante era 2 lb/gal; por consiguiente, laentrada de sal era R1 = (2lb/gal) · (3gal/min) = 6lb/min; del tanque salıacon una razon R2 = (A/300lb/gal) · (3gal/min) = A/100lb/min. A partirde esos datos y de la ecuacion (2.24) obtuvimos la ecuacion

dA

dt= 6 − A

100(2.25)

Nos planteamos el siguiente problema: Si habıa 50 lb de sal disueltasen los 300 galones iniciales, ¿cuanta sal habra en el tanque pasado muchotiempo?

Solucion: Para hallar A(t), resolvemos el problema de valor inicial

dA

dt= 6 − A

100A(0) = 50 (2.26)

El factor integrante de esta ecuacion diferencial lineal es et/100, podemosformular la ecuacion ası:

d

dt

[

et/100A]

= 6et/100

•Se tiene la solucion general A = 600+ce−t/100, y teniendo las condiciones

iniciales, se tiene c = −550. Entonces, la cantidad de sal en el tanque en elmomento t esta definida por

A(t) = 600 − 550e−t/100

Pasado un largo tiempo la cantidad de libras de sal en la solucion debeser 600 lb.


2.6.6. Modelos demograficos.

Si P (t) es el tamano de una poblacion en el momento t, el modelo delcrecimiento exponencial comienza suponiendo que

dP

dt= kP

para cierta k > 0. En este modelo, la tasa especıfica o relativa de crecimiento,definida por

dPdt

P(2.27)

se supone constante, igual a k. Es difıcil encontrar casos reales de un creci-miento exponencial durante largos periodos, porque en cierto momento losrecursos limitados del ambiente ejerceran restricciones sobre el crecimientodemografico. Ası, cabe esperar que la razon (2.27) disminuya a medida queP aumenta de tamano.

La hipotesis que la tasa con que crece o decrece una poblacion solodepende del numero presente y no de mecanismos dependientes del tiempo,como los fenomenos estacionales, se puede enunciar como sigue:

dPdt

P= f(P ) ⇒ dP

dt= Pf(P ) (2.28)

Esta ecuacion diferencial, que se adopta en muchos modelos demograficosanimales, se llama hipotesis de dependencia de densidad.

Ecuacion logıstica.

Supongase que un medio es capaz de sostener, como maximo, una canti-dad K determinada de individuos en una poblacion. Dicha cantidad se llamacapacidad de sustento, o de sustentacion, del ambiente. Entonces f(K) = 0para la funcion f en la ecuacion (2.28) y se escribe tambien f(0) = r. En lafigura 2.6.6 vemos tres funciones que satisfacen estas dos condiciones.

La hipotesis mas sencilla es que f(P ) es lineal, esto es, que f(P ) = c1P +c2. Si aplicamos las condiciones f(0) = r y f(K) = 0, tenemos que c2 = ry c1 = −r/K, respectivamente, y f adopta la forma f(P ) = r − (r/K)P .Entonces la ecuacion (2.28) se transforma en

dP

dt= P (r − r

KP ) (2.29)

Si redefinimos las constantes, la ecuacion no lineal (2.29) es igual a lasiguiente:


p p p p p p p p p p p











K

r

P

f(P )

dP

dt= P (a − bP ) (2.30)

Esta ecuacion, estudiada por Verhulst en 1840, se denomina ecuacionlogıstica y su solucion se denomina funcion logıstica. La grafica de una fun-cion logıstica es la curva logıstica.

Si reescribimos la ecuacion (2.30) en la forma

dP

dt= aP − bP 2 (2.31)

el termino no lineal −bP 2, se puede interpretar como un termino de“inhibicion”. En la mayor parte de las aplicaciones la constante a es muchomayor que b.

Solucion de la ecuacion logıstica.

Resolvemos por separacion de variables. Al descomponer el lado izquier-do de dP/P (a − bP ) = dt en fracciones parciales e integrar, se obtiene

(1/a

P+

b/a

a − bP)dP = dt

1

aln |P | − 1

aln |a − bP | = t + c

ln | P

a − bP| = at + ac


P

a − bP= c1e

at

Como consecuencia de la ultima ecuacion,

P (t) =ac1e

at

1 + bc1eat=

ac1

bc1 + e−at

Si P (0) = P0, P0 6= a/b, llegamos a c1 = P0/(a− bP0) y ası, sustituyendoy simplificando, la solucion es

P (t) =aP0

bP0 + (a − bP0)e−at(2.32)

Crecimiento logıstico.

Supongamos que un alumno es portador del virus de la gripe y regresaa su escuela, donde hay 1000 estudiantes. si se supone que la razon conque se propaga el virus es proporcional no solo a la cantidad x de alumnosinfectados, sino tambien a la cantidad de alumnos no infectados, determinela cantidad de alumnos infectados seis dıas despues, si se observa que a loscuatro dıas x(4) = 50.

Solucion: Suponiendo que nadie sale del campus durante la epidemia,debemos resolver el problema de valor inicial

dx

dt= kx(1000 − k), x(0) = 1

Sustituimos a = 1000k y b = k en la ecuacion (2.32) y vemos de inme-diato que

x(t) =1000k

k + 999ke−1000kt=

1000

1 + 999e−1000kt

Usamos la condicion x(4) = 50 y calculamos k con

50 =1000

1 + 999e−4000k

Esto da como resultado −1000k = 14 ln 1

9999 = −0,9906. Entonces:

x(t) =1000

1 + 999e−0,99906t

La respuesta es

x(6) =1000

1 + 999e−5,9436= 276 alumnos


2.6.7. Modelo depredador-presa.

Supongamos que dos especies animales interactuan en el mismo ambienteo ecosistema; la primera solo come plantas y la segunda se alimenta dela primera. Una especie es depredador y la otra es la presa. Para fines denuestra descripcion, imaginemos que los depredadores son zorros y las presas,conejos.

Sean x(t) y y(t) las poblaciones de zorros y conejos en cualquier momen-to t. Si no hubiera conejos, cabrıa esperar que los zorros disminuyeran ennumero siguiendo la ecuacion

dx

dt= −ax, a > 0 (2.33)

Al carecer del suministro alimenticio adecuado. Por otro lado, cuandohay conejos ecosistema parece logico imaginar que la cantidad de encuentroso interacciones por unidad de tiempo entre ambas especies, es proporcionalsimultaneamente a sus poblaciones, x y y; o sea , es proporcional al productoxy. Ası, cuando hay conejos, hay alimento para los zorros y estos aumentanen el ecosistema a una tasa bxy > 0. Al sumar esta tasa a la ecuacion (2.33)se obtiene un modelo demografico para estos depredadores:

dx

dt= −ax + bxy (2.34)

Por otro lado, cuando no hay zorros y si se supone ademas que las re-servas de alimentoson ilimitadas, los conejos aumentarıan con una rapidezproporcional al numero de especımenes existentes en el momento t:

dy

dt= ey, e > 0 (2.35)

Pero cuando hay zorros, el modelo demografico para los conejos es laecuacion (2.35) menos cxy, c > 0; esto es, disminuye segun la rapidez conque son comidos:

dy

dt= ey − cxy (2.36)

Con lo que podemos formar un sistema de ecuaciones diferenciales nolineales:

dxdt = −ax + bxy = x(−a + by)dydt = ey − cxy = y(e − cx)

}

(2.37)

en donde a, b, c, e son constantes positivas. Este es un sistema famoso deecuaciones y se llama modelo depredador-presa de Lotka-Volterra.


A excepcion de las dos soluciones constantes x(t) = 0, y(t) = 0 y x(t) =d/c, y(t) = a/b, el sistema no lineal (2.37) no se puede resolver en terminos defunciones elementales; sin embargo, podemos analizar en forma cuantitativay cualitativa esos sistemas.

2.7. Practica con Mathematica.

2.7.1. Integrando con Mathematica.

Con Mathematica podemos realizar tanto integrales indefinidas comodefinidas usando el comando Integrate.

Integrate[f, x]Para obtener la integral indefinida de f respecto de xIntegrate[f, x, xmin, xmax]Se obtiene la integral definida de f respecto de x en el in-tervalo [xmin, xmax]

Por ejemplo; podemos calcular una primitiva de 1x4−1

de la siguiente forma:

In:Integrate[1/(x4 − 1), x]Out:−(ArcTan[x]/2 + 1/4Log[−1 + x] − 1/4Log[1 + x]Se obtiene una primitiva de la funcion

Podemos calcular la derivada de este resultado para comprobar la inte-gral.

In:D[ %, x]Out:

14(−1+x) −

14(1+x) −

14(1+x2)

Operamos esta expresion con el comando SimplifyIn:Simplify[ %]Se obtiene la funcion inicialmente integrada:Out:

1(−1+x4)

2.7.2. Representacion grafica de funciones dadas en forma

implıcita.

Para representar graficas de curvas dadas en forma implıcita deberascargar el paquete ImplicitPlot, mediante la orden:

In:<< Graphics‘ImplicitP lot‘


La funcion incluida en este paquete que permite representar curvas en elplano definidas en forma implıcita es:

In:ImplicitP lot[Ecuac, {x, xmin, m1, m2, . . . , xmax}]Dibuja la curva de ecuacion Ecuac evitando los puntos m1, m2, . . . en elrango indicado [xmin, xmax] utilizando el metodo Solve.

Por ejemplo, podemos representar dos curvas con este comando

In:ImplicitP lot[{x3 + y2 == 3, (x2 − y2) == 5x4y2}, {x,−3, 3}, P lotStyle− >{Thickness[0,01], Thickness[0,02]}]Devuelve la grafica de la figura 2.2

-3 -2 -1 1 2 3

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

Figura 2.2: Grafica de dos funciones dadas en forma implıcita.

2.7.3. Ejercicios.

1. Representa graficamente las soluciones del ejemplo (2.3.1) para distin-tos valores de c.

2. Utiliza el comando Integrate para resolver los ejercicios (13,14, 15,16)de la pagina 33.

3. Representa graficamente las soluciones de los ejercicios (13,14, 15,16)de la pagina 33.

Capıtulo 3

Metodos numericos para

resolver ecuaciones

diferenciales ordinarias.

Una ecuacion diferencial no necesita tener una solucion, y aun si la tiene,no siempre podemos expresarla en forma explıcita o implıcita; en muchoscasos tendremos que contentarnos con una aproximacion.

Si suponemos que existe una solucion de la ecuacion diferencial entoncesaquella representa un lugar geometrico en el plano cartesiano. Los procedi-mientos numericos utilizan la ecuacion diferencial para obtener una sucesionde puntos cuyas coordenadas aproximan las coordenadas de los puntos dela curva que efectivamente es la solucion.

3.1. Campos direccionales.

Definicion 3.1.1 (Elementos lineales.) Examinemos la ecuacion diferen-cial de primer orden dy/dx = y. Esta ecuacion significa que las pendientesde las tangentes a la grafica de una solucion estan determinadas por la fun-cion f(x, y) = y. Cuando f(x, y) se mantiene constante —esto es, cuandoy = c, donde c es cualquier constante real— estamos obligando a que lapendiente de las tangentes a las curvas de solucion tenga el mismo valorconstante a lo largo de una lınea horizontal; por ejemplo, para y = 2 po-demos trazar una serie de segmentos lineales cortos o elementos lineales

(cada uno de pendiente 2) con un punto medio en la lınea. Las curvas desolucion cruzan esta reta horizontal en cada punto tangente a los elementoslineales. Como se ilustra en la figura 3.1.

61


y=2 2

1

Figura 3.1: Elementos lineales.

Definicion 3.1.2 (Isoclinas y campos de direcciones.) La ecuacion y =c representa una familia uniparametrica de lıneas horizontales. En general,cualquier miembro de la familia f(x, y) = c se llama isoclina, que literal-mente significa curva a lo largo de la cual la inclinacion de las tangenteses igual. Cuando se hace variar el parametro c, obtenemos un conjunto deisoclinas en que los elementos lineales se construyen adecuadamente. La to-talidad de esos elementos lineales se llama de diversos modos: campo de

direcciones, campo direccional, campo de pendientes o campo de

elementos lineales de la ecuacion diferencial dy/dx = f(x, y). Segun seaprecia en la figura 3.2, el campo de direcciones recuerda las lıneas de flujode la familia de curvas solucion de la ecuacion diferencial y ′ = y. Si desea-mos una solucion que pase por el punto (0, 1), debemos formar una curva quepase por este punto de modo que atraviese las isoclinas con las inclinacionesadecuadas.

3.1.1. Representacion grafica de un Campo de Direcciones.

Podemos obtener un Campo de Direcciones de una ecuacion diferencialde la forma dy/dx = f(x, y) con el siguiente comando

In:<< Graphics‘PlotF ield‘In:PlotV ectorF ield[{a, f(x, y)}, {x,−b, b}, {y,−c, c},Axes− > Automatic, ScaleFactor− > 1, P lotPoints− > d]

La instruccion << Graphics‘PlotF ield‘ carga el paquete adecuado.

Donde a se toma para visualizar adecuadamente los vectores, b determinael rango de valores para x, c el rango de valores para y y d el numero depuntos a evaluar en cada direccion.


-3 -2 -1 1 2 3

-4

-2

2

4

Figura 3.2: Campos de direcciones.

El campo de direcciones de la figura 3.2, se ha obtenido con las siguientesinstrucciones:

In:PlotV ectorF ield[{1, y}, {x,−3, 3}, {y,−3, 3},Axes− > Automatic, ScaleFactor− > 1, P lotPoints− > 20]

Ejemplo 3.1.1 Trace el campo de direcciones e indique varios posiblesmiembros de la familia de curvas de solucion de dy

dx = xy

Solucion: Ver figuras 3.3 y 3.4.•

3.1.2. Ejercicios.

En los siguientes problemas obtenga con computadora el campo de di-recciones de la ecuacion diferencial dada. Indique diversas curvas posiblesde solucion.

1.y′ = x


-10 -5 5 10

-10

-5

5

10

Figura 3.3: Campos de direcciones del Ejemplo 3.1.1.

2.

ydy

dx= −x

3.dy

dx= 0,2x2 + y

4.y′ = y − cos

π

2x

3.2. Resolucion numerica del problema de Cauchy.

Consideremos el problema de Cauchy o problema de valores iniciales:

{y′ = f(t, y(t))

y(t0) = ηt ∈ [t0, t0 + T ] (3.1)

En este caso va a ser muy importante estudiar las condiciones de la funcion f .¿El problema esta bien planteado?¿Existe solucion del problema? Si existe,¿es unica?Ejemplo 3.2.1

{y′ = 1 + y2

y(0) = 0, t ∈ [0, 2π] (3.2)


-10 -5 5 10

-10

-5

5

10

Figura 3.4: Posibles miembros de la familia de curvas del Ejemplo 3.4.

t0 = 0; t0 + T = 2π ⇒ T = 2π. Solucion y = tan t•

Ejemplo 3.2.2 El problema

{y′ = x2 + y2

y(0) = 1(3.3)

veremos que tiene solucion, pero no hay forma de saber como es la solucionde una manera explıcita o implıcita.

Podemos darnos una idea de como va, representando el campo vectorialo campo de direcciones de la ecuacion diferencial.

Las isoclinas son circunferencias concentricas definidas por x2 + y2 =c, c > 0, figura 3.5. Los elementos lineales que se trazan en cada cırculotienen una pendiente que corresponde al valor elegido de c. Al estudiar lafigura 3.5 parece logico que una curva de solucion aproximada que pase porel punto (0, 1) tenga la forma que se ilustra en la figura figura 3.6.

• Ejemplo 3.2.3 Sabemos que el siguiente problema de valor inicial:

{y′ = y2/3

y(0) = 0(3.4)


-3 -2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

4

Figura 3.5: Campo de direcciones para y′ = x2 + y2.

Tiene solucion pero no es unica, y(t) ≡ 0 es solucion, y(t) = 127 t3 tambien.

•Ejemplo 3.2.4 Sabemos que el siguiente problema de valor inicial:

{y′ = 1 + t sen t

y(0) = 0(3.5)

Tiene solucion unica, y(t) = t − t cos t + sen t0.•

Definicion 3.2.1 (Funcion lipschitziana.) f(t, y) se dice que esta fun-cion es lipschitziana o globalmente lipschitziana para la variable y en unconjunto [t0, to + T ] × R, si existe una constante L ≥ 0 con la propiedad

|f(t, y1) − f(t, y2)| ≤ L|y1 − y2|

para (t, y1), (t, y2) ∈ D. A la constante L se le llama constante de Lipschitzpara f .

Ejemplo 3.2.5 Sea f(t, y) = ty, (t, y) ∈ D = {(t, y)/1 ≤ t ≤ 2,−3 < y <4}


(0,1)

curvasolución

Figura 3.6: Posible solucion para y′ = x2 + y2.

|f(t, y1) − f(t, y2)| = |ty1 − ty2| = |t||y1 − y2| ≤ 2 < |y1 − y2| L = 2

En general, el conjunto D que consideramos sera de la forma

D = {(t, y)/t0 ≤ t ≤ t0 + T,−∞ ≤ y ≤ +∞}

•

Teorema 3.2.2 Supongamos que f(t, y) esta definida en un conjunto D ={(t, y)/t0 ≤ t ≤ t0 + T,−∞ ≤ y ≤ +∞}. si existe una constante L > 0 talque

|∂f

∂y(t, y)| ≤ L, ∀(t, y) ∈ D

entonces es lipschitziana para la variable y y con constante de Lipschitz L.

Teorema 3.2.3 Sea D = {(t, y)/t0 ≤ t ≤ t0 + T,−∞ ≤ y ≤ +∞} ysupongamos que f(t, y) es continua en D. Si f satisface una condicion deLipschitz en D para la variable y, entonces el problema de valor inicial

{y′ = f(t, y(t))

y(t0) = ηt ∈ [t0, t0 + T ] (3.6)

tiene una unica solucion y(t) para t0 ≤ t ≤ t0 + T , y ∈ C ′([t0, t0 + T ])


Definicion 3.2.4 Un problema de Cauchy o de valor inicial esta bien plan-

teado si

Existe una solucion unica para el problema.

Existe constantes positivas ε y k con la propiedad de que existe unaunica solucion al problema{

z′ = f(t, z) + δ(t)z(t0) = η + ε0

|z(t)−y(t)| < kε∀t ∈ [t0, t0+T ] |ε0| < ε, |δ(t)| < ε

(3.7)

Si estamos en las hipotesis del teorema anterior el problema esta bienplanteado.

3.2.1. Metodos de un paso para la resolucion numerica.

Queremos resolver de forma efectiva el problema, hasta ahora solo tene-mos asegurada la existencia y unicidad del problema, no sabemos construirla solucion.

Consideramos una particion del intervalo [t0, t0 + T ], t0 < t1 < · · · <tn < tn+1 < · · · < tN = t0 +T donde hn = tn+1− tn, h = max hn, 0 ≤ n ≤ N

Pretendemos construir unas aproximaciones yn+1 de la solucion en tn+1,es decir, yn+1 ' y(tn+1) a partir de los valores tn, yn, hn. Es decir, yn se vacalcular a partir de valores referidos exclusivamente en la etapa anterior, deahı que los metodos se llamen ”metodos de un paso“.

Estos metodos no nos van a dar una funcion continua que sea aproxi-maciones de la solucion y(t) sino que generaran aproximaciones en variospuntos llamados puntos de red en el intervalo [t0, t0 + T ].

Una vez que se obtenga la solucion aproximada en estos puntos, la solu-cion aproximada en otros puntos del intervalo se puede encontrar utilizandoalgun procedimiento de interpolacion.

Queremos resolver numericamente el problema bien planteado

{y′ = f(t, y(t))

y(t0) = ηt ∈ [t0, t0 + T ] (3.8)

Si integramos la ecuacion diferencial en [tn, tn+1] obtenemos:

y(tn+1) = y(tn) +

∫ tn+1

tn

f(t, y(t))dt (3.9)

Los distintos metodos numericos se obtendran aplicando alguna formulade cuadratura a la integral anterior.


3.3. Metodos de Euler.

En lugar de aplicar formulas de cuadratura podemos considerar la rectatangente a una curva en un punto como aproximacion a la funcion y(x) enese punto.

Una de las tecnicas mas sencillas para aproximar soluciones del problemade valor inicial {

y′ = f(x, y)y(x0) = y0

(3.10)

se llama metodo de Euler o metodo de las tangentes. Aplica el hecho que laderivada de una funcion y(x), evaluada en un punto x0, es la pendiente de latangente a la grafica de y(x) en este punto. como el problema de valor inicialestablece el valor de la derivada de la solucion en (x0, y0), la pendiente dela tangente a la curva de solucion en este punto es f(x0, y0). Si recorremosuna distancia corta por la lınea tangente obtenemos una aproximacion a unpunto cercano de la curva de solucion. A continuacion se repite el proceso enel punto nuevo. Para formalizar este procedimiento se emplea la linealizacion

L(x) = y′(x0)(x − x0) + y0 (3.11)

de y(x) en x = x0. La grafica de esta linealizacion es una recta tangentea la grafica de y = y(x) en el punto (x0, y0). Ahora se define h como unincremento positivo sobre el eje x (Fig. 3.7). Reemplazamos x con x1 = x0+hen (3.11) y llegamos a

L(x1) = y′(x0)(x0 + h − x0) + y0 = y0 + hy′0 (3.12)

o seay1 = y0 + hf(x0, y0)

en donde y′0 = y′(x0) = f(x0, y0) y y1 = L1(x). El punto (x1, y1) sobre latangente es una aproximacion al punto (x1, y(x1)) en la curva de solucion;esto es, y1 ≈ y(x1) es una aproximacion lineal local de y(x) en x1. Laexactitud de la aproximacion depende del tamano h del incremento. Si acontinuacion repetimos el proceso, identificando al nuevo punto de partida(x1, y1) como (x0, y0) de la descripcion anterior, obtenemos la aproximacion

y(x2) = y(x0 + 2h) = y(x1 + h) ≈ y2 = y1 + hf(x1, y1)

La consecuencia general es que

yn+1 = yn + hf(xn, yn) (3.13)


y

x

(x0,y0)

(x1,y1)

(x1,y(x1))

x0 x1=x0+h

error

y=y'(x0)(x-x0)+y0

Figura 3.7: Metodo de Euler

en donde xn = x0 + nh.Ejemplo 3.3.1 Para el problema de valor inicial

y′ = 0,2xy y(1) = 1

utilizamos el metodo de Euler a fin de obtener una aproximacion a y(1,5)con h = 0,1 primero y despues h = 0,05

Primero identificamos f(x, y) = 0,2xy, de modo que la ecuacion (3.13)viene a ser

yn+1 = yn + h(0,2xnyn)

Entonces, cuando h = 0,1,

y1 = y0 + (0,1)(0,2x0y0) = 1 + (0,1)(0,2 · 1 · 1) = 1,02

, que es una estimacion del valor de y(1,1); sin embargo, si usamos h = 0,05,se necesitan dos iteraciones para llegar a 1.1. En este caso,

y1 = 1 + (0,05)(0,2 · 1 · 1) = 1,01

y2 = 1,01 + (0,05)(0,2 · 1,05 · 1,01) = 1,020605


Observamos que y1 ≈ y(1,05), y que y2 ≈ y(1,1). En las siguientes ta-blas 3.1 y 3.2se ven los resultados del resto de los calculos. Cada resultadoesta redondeado a cuatro decimales

xn yn ValorExacto

Errorabs.

Por. deErrorRel.

1.00 1.0000 1.0000 0.0000 0.001.10 1.0200 1.0212 0.0012 0.121.20 1.0424 1.0450 0.0025 0.241.30 1.0675 1.0714 0.0040 0.371.40 1.0952 1.1008 0.0055 0.501.50 1.1259 1.1331 0.0073 0.64

Cuadro 3.1: Metodo de Euler con h = 0,1.

xn yn ValorExacto

Errorabs. % Error

rel.

1.00 1.0000 1.0000 0.0000 0.001.05 1.0100 1.0103 0.0003 0.031.10 1.0206 1.0212 0.0006 0.0621.15 1.0318 1.0328 0.0009 0.091.20 1.0437 1.0450 0.0013 0.121.25 1.0562 1.0579 0.0016 0.161.30 1.0694 1.0714 0.0020 0.191.35 1.0833 1.0857 0.0024 0.221.40 1.0980 1.1008 0.0028 0.251.45 1.1133 1.1166 0.0032 0.291.50 1.1295 1.1331 0.0037 0.32

Cuadro 3.2: Metodo de Euler con h = 0,05.

En el ejemplo anterior, los valores correctos o “exactos” se calcularoncon la solucion

y = e0,1(x2−1)

, que ya se conoce. El error absoluto se define ası:

|valorexacto − valoraproximado|


El error relativo y el error relativo porcentual son, respectivamente,

|valorexacto − valoraproximado||valorexacto|

y

|valorexacto − valoraproximado||valorexacto| × 100 =

errorabsoluto

|valorexacto| × 100

•

3.3.1. Errores en los metodos numericos.

Para elegir y aplicar un metodo numerico en la solucion de un problemade valores iniciales, debemos estar prevenidos de las diversas fuentes deerrores. Para algunos tipos de calculos, la acumulacion de errores podrıareducir la exactitud de una aproximacion hasta el grado de volver incorrectoslos resultados. Por otro lado, dependiendo del uso que se dara a una solucionnumerica, quiza no valiera la pena alcanzar una gran exactitud por los costosy complicaciones adicionales en que se incurrirıa.

Una de estas fuentes de errores en calculo es el error de redondeo.Se reduce este error minimizando la cantidad de operaciones. En general, elerror de redondeo es impredecible y difıcil de analizar.

Errores de truncamiento en el metodo de Euler.

Al iterar la formula de Euler

yn+1 = yn + hf(xn, yn)

se tiene una sucesion de valores, y1, y2, y3, . . .. En general, el valor de y1 nocoincidira con el de y(x1), la solucion exacta evaluada en x1, debido a queel algoritmo solo proporciona una aproximacion en linea recta a la solucion(Fig. 3.7). La diferencia se conoce como error local de truncamiento,error de formula o error de discretizacion y se presenta en cada paso.

Para obtener una formula del error local de truncamiento en el metodode Euler usaremos una serie de Taylor con residuo. Si una funcion y(x) tienek + 1 derivadas continuas en un intervalo abierto que contenga a a y a x,entonces

y(x) = y(a)+y′(a)(x − a)

1!+y′′(a)

(x − a)2

2!+· · ·+yk(a)

(x − a)k

k!+y(k+1)(c)

(x − a)k+1

(k + 1)!(3.14)


en donde c es algun punto entre a y x. Con k = 1,a = xn y x = xn+1 = xn+hllegamos a

y(xn+1) = y(xn) + y′(xn)h

1!+ y′′(c)

h2

2!o sea

y(xn+1) = y(xn) + hf(xn, yn) + y′′(c)h2

2!

de esta forma se tiene

y(xn+1) = yn+1 + y′′(c)h2

2!

El metodo de Euler es esta formula sin el ultimo termino; en consecuen-cia, el error local de truncamiento en

y′′(c)h2

2!xn < c < xn+1

Pero casi siempre se desconoce el valor de c, de modo que no se puedecalcular el error exacto; pero una cota superior del valor absoluto de eseerror es

Mh2

2!M = max

xn<x<xn+1

|y′′(x)|

3.3.2. Metodo Euler explıcito.

Vamos a obtener la misma expresion del metodo de Euler de la pagina69, aplicando formulas de cuadratura.

a b

Figura 3.8: Metodo de Euler explıcito.


Utilizamos la siguiente formula de cuadratura(ver figura 3.8):

∫ ba Ψ(t)dt ' Ψ(a)(b − a)

∫ tn+1

tnf(t, y(t))dt ' (tn+1 − tn)f(tn, y(tn)) = hnf(tn, y(tn)) ⇒

y(tn+1) ' y(tn) + hnf(tn, y(tn))

(3.15)

Luego construyo yn+1 ' y(tn+1)

METODO DE EULER EXPLICITO:{

yn+1 = yn + hnf(tn, yn) 0 ≤ n ≤ Ny0 = ηh n = 0, 1, 2, · · · , N − 1

donde ηh va a representar una aproximacion al valor inicial η

3.3.3. Metodo Euler implıcito.

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � ��

a b

Figura 3.9: Metodo de Euler implıcito.


Utilizamos la siguiente formula de cuadratura(ver figura 3.9):∫ ba Ψ(t)dt ' Ψ(b)(b − a)

∫ tn+1

tnf(t, y(t))dt ' (tn+1 − tn)f(tn+1, y(tn+1)) = hnf(tn+1, y(tn+1)) ⇒

y(tn+1) ' y(tn) + hnf(tn+1, y(tn+1))(3.16)

Luego construyo yn+1 ' y(tn+1)

METODO DE EULER IMPLICITO:{

yn+1 = yn + hnf(tn+1, yn+1) 0 ≤ n ≤ Ny0 = ηh n = 0, 1, 2, · · · , N − 1

donde ηh va a representar una aproximacion al valor inicial η

3.3.4. Metodo modificado de Euler o metodo del punto me-

dio.

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � ��

a b(a+b)/2

Figura 3.10: Metodo modificado de Euler.


∫ ba Ψ(t)dt ' Ψ(a+b

2 )(b − a)

∫ tn+1

tnf(t, y(t))dt ' (tn+1 − tn)f(tn + hn

2 , y(tn + hn

2 ))

(3.17)


Ahora y(tn + hn

2 ) tenemos que aproximarlo, para ello desarrollamos y(t) enun polinomio de Taylor de grado 1 centrado en tn

y(t) = y(tn) + (t − tn)y′(tn) + ©(h2)

t = tn +hn

2; y(tn +

hn

2) = y(tn) +

hn

2y′(tn) + ©(h2)

y(tn +hn

2) ' y(tn) +

hn

2f(tn, y(tn))

Por tanto, el esquema numerico resultante es el siguiente:

METODO MODIFICADO DE EULER:{

yn+1 = yn + hnf(tn + hn

2 , yn + hn

2 f(tn, yn)) 0 ≤ n ≤ Ny0 = ηh n = 0, 1, 2, · · · , N − 1

3.3.5. Metodo de Grank-Nicolson.

a b� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � ��

Figura 3.11: Metodo de Grank-Nicolson.


∫ ba Ψ(t)dt ' (b−a)

2 (Ψ(a) + Ψ(b))

y(tn+1 ' y(tn) + hn

2 (f(tn, y(tn)) + f(tn+1, y(tn+1)))

(3.18)


Por tanto, el esquema numerico resultante es el siguiente:

METODO DE GRANK-NOCOLSON:{

yn+1 = yn + hn

2 (f(tn, yn) + f(tn+1, yn+1)) 0 ≤ n ≤ Ny0 = ηh

3.3.6. Metodo de Heum o metodo mejorado de Euler.

Haciendo lo mismo de antes pero aproximando y(tn+1) por un polinomiode Taylor de grado uno con centro del desarrollo tn:

y(tn+1) = y(tn + hn)

y(t) ' y(tn) + (t − tn)y′(tn)

para t = tn + hn

y(tn + hn) ' y(tn) + hny′(tn) = y(tn) + hnf(tn, y(tn))

Entonces el esquema numerico resultante es el siguiente:

METODO DE HEUM:{

yn+1 = yn + hn

2 (f(tn, yn) + f(tn+1, yn + hnf(tn, yn))) 0 ≤ n ≤ Ny0 = ηh

Ejemplo 3.3.2 {y′ = y 0 ≤ t ≤ 1

y0) = 1 T = 1(3.19)

f(t, y) = y continua y lipschitziana. |∂f∂y | = 1 ≤ 1 = L ⇒ el problema

tiene solucion unica.

Sea N = 5, (dividimos [0, 1] en 5 subintervalos). Supongamos los 6 puntosuniformemente espaciados tn = t0 + nh

h =1 − 0

5= 0,2 ⇒ tn = 0 + 0,2n 0 ≤ n ≤ 5 ⇒


t0 = 0; t1 = 0,5, t2 = 0,4; t3 = 0,6; t4 = 0,8; t5 = 1

METODO DE EULER EXPLICITO:{

yn+1 = yn + hnf(tn, yn) 0 ≤ n < 5y0 = 1 n = 0, 1, 2, 3, 4

yn+1 = yn + 0,2yn = (1 + 0,2)yn = 1,2yn 0 ≤ n ≤ 5

y0 = 1y1 = 1 · 1,2 = 1,2y2 = 1,2 · 1,2 = 1,44

tn yn y(tn)

0 1 10,2 1,2 1,22140280,4 1,44 1,49182470,6 1,728 1,82211880,8 2,0736 2,22554091 2,48832 2,7182818

A medida que aumentamos n el error va aumentando, esto se debe a quelos errores se van acumulando.

Solucion exacta y(t) = et.

METODO DE EULER IMPLICITO:{

yn+1 = yn + hnf(tn+1, yn+1) 0 ≤ n < 5y0 = 1 n = 0, 1, 2, 3, 4

yn+1 = yn + 0,2yn+1

(1 − 0,2)yn+1 = yn

yn+1 =1

0,8yn =

10

8yn

y0 = 1y1 = y2 =


tn yn y(tn)

0 1 10,2 1,22140280,4 1,49182470,6 1,82211880,8 2,22554091 2,7182818

METODO MODIFICADO DE EULER:{

yn+1 = yn + hnf(tn + hn

2 , yn + hn

2 f(tn, yn)) 0 ≤ n < 5y0 = 1 n = 0, 1, 2, 3, 4

yn+1 = yn + hn[yn +0,2

2yn] =

yn + 0,2(1 +0,2

2)yn = yn + 0,2(1 +

0,2

2)yn = (1 + 0,2 +

0,4

2)yn

•

3.4. Metodo de Ronge-Kutta de orden 4.

Es probable que uno de los procedimientos mas difundidos y a la vez masexactos para obtener soluciones aproximadas al problema de valor inicialy′ = f(x, y), y(x0) = y0 sea el metodo de Runge-Kutta de cuarto orden.Como indica el nombre, hay metodos de Runge-Kutta de distintos ordenes,los cuales se deducen a partir del desarrollo de y(xn + h) en serie de Taylorcon residuo:

y(xn+1) = y(xn + h) = y(xn) + hy′(xn) +h2

2!y′′(xn)+

h3

3!y′′′(xn) + · · · + hk+1

(k + 1)!y(k+1)(c),

en donde c es un numero entre xn y xn + h. Cuando k = 1 y el residuoh2

2 y′′(c) es pequeno, se obtiene la formula acostumbrada de iteracion

yn+1 = yn + hy′n = yn + hf(xn, yn).


En otras palabras, el metodo basico de Euler es un procedimiento deRunge-Kutta de primer orden.

El procedimiento de Runge-Kutta de segundo orden consiste enhallar las constantes a, b, α y β tales que la formula

yn+1 = yn + ak1 + bk2 (3.20)

en la cualk1 = hf(xn, yn)

k2 = hf(xn + αh, yn + βk1),

coincide con un polinomio de Taylor de segundo grado. Se puede demostrarque esto es posible siempre y cuando las constantes cumplan con

a + b = 1, bα =1

2bβ =

1

2(3.21)

Este es un sistema de tres ecuaciones con cuatro incognitas y tiene unacantidad infinita de soluciones. Cuando a = b = 1/2, α = β = 1, las con-diciones (3.20) viene a ser las de la formula de Euler mejorada. Como laformula coincide con un polinomio de Taylor de segundo grado, el error lo-cal de truncamiento para este metodo es de orden 3 y el error global detruncamiento es de orden 2.

3.4.1. Formula de Runge-Kutta de cuarto orden.

El procedimiento de Runge-Kutta de cuarto orden consiste en determinarlas constantes adecuadas para que la formula

yn+1 = yn + ak1 + bk2 + ck3 + dk4, (3.22)


k2 = hf(xn + α1h, yn + β1k1),

k3 = hf(xn + α2h, yn + β2k1 + β3k2),

k4 = hf(xn + α3h, yn + β4k1 + β5k2 + β6k3),

coincida con un polinomio de Taylor de cuarto grado. Con lo anterior seobtiene 11 ecuaciones con 13 incognitas. El conjunto de valores de las cons-tantes que mas se usa produce el siguiente resultado:

yn+1 = yn +1

6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) (3.23)



k2 = hf(xn +1

2h, yn +

1

2k1)

k3 = hf(xn +1

2h, yn +

1

2k2)

k4 = hf(xn + h, yn + k3).

Recuerda 3.4.1 Observese que k2 depende de k1, k3 de k2, y k4 de k3.Tambien, en k2 y k3 intervienen aproximaciones a la pendiente en el puntomedio del intervalo entre xn y xn+1.

Ejemplo 3.4.1 Con el metodo de Runge-Kutta con h = 0,1 obtengauna aproximacion a y′ = 2xy, y(1) = 1

Solucion: Calculamos el caso n = 0. De acuerdo con (3.23),

k1 = 0,1f(x0, y0) = 0,1(2x0y0) = 0,2

k2 = 0,1f(x0 +1

20,1, y0 +

1

20,2) = 0,231

k3 = 0,1f(x0 +1

20,1, y0 +

1

20,231) = 0,234255

k4 = 0,1f(x0 + 0,1, y0 + 0,234255) = 0,2715361.

En consecuencia

y1 = y0+1

6(k1+2k2+2k3+k4) = 1+

1

6(0,2+2(0,231)+2(0,234255)+0,2715361) = 1,23367435

En la tabla 3.3 se resumen los calculos restantes

xn yn ValorExacto

Errorabs.

Por. deErrorRel.

1.00 1.0000 1.0000 0.0000 0.001.10 1.2337 1.2337 0.0000 0.001.20 1.5527 1.5527 0.0000 0.001.30 1.9937 1.9937 0.0000 0.001.40 2.6116 2.6117 0.0001 0.001.50 3.4902 3.4904 0.0001 0.00

Cuadro 3.3: Metodo de Runge-Kutta con h = 0,1.

•


3.5. Ecuaciones de orden mayor y sistemas de ecua-

ciones diferenciales.

3.5.1. Problemas de valores iniciales de segundo orden.

Para aproximar la solucion de un problema de valores iniciales de segun-do orden como

y′′ = f(x, y, y′), y(x0) = y0 y′(x0) = y1

se reduce la ecuacion diferencial a un sistema de dos ecuaciones de primerorden. Cuando se sustituye y′ = u, el problema de valores iniciales anteriorse transforma en

y′ = uu′ = f(x, y, u)y(x0) = y0; u(x0) = y1

(3.24)

Ahora podemos resolver numericamente este sistema, adaptandole las tecni-cas descritas anteriormente. Lo haremos con solo aplicar un metodo parti-cular a cada ecuacion del sistema; por ejemplo, el metodo de Euler aplicadoal sistema (3.24) serıa

yn+1 = yn + hun

un+1 = un + hf(xn, yn, un)y(x0) = y0; u(x0) = y1

(3.25)

Ejemplo 3.5.1 Con el metodo de Euler halle el valor aproximado dey(0,2), donde y(x) es la solucion del problema de valores iniciales

y′′ + xy′ + y = 0 y(0) = 1, y′(0) = 2

SolucionEn terminos de la sustitucion y′ = u, la ecuacion equivale al sistema

y′ = u

u′ = −xu − y

y(0) = 1; u(0) = 2

Ası, segun (3.25),

yn+1 = yn + hun

un+1 = un + h(−xnun − yn)


y0 = 1; u0 = 2; h = 0,1

llegamos a

y1 = y0 + 0,1u0 = 1,2

u1 = u0 + 0,1(−x0u0 − y0) = 2 + 0,1(−02 − 1) = 1,9

y2 = y1 + 0,1u1 = 1,39

u2 = u1 + 0,1(−x1u1 − y1) = 1,761

En otras palabras, y(0,2) ≈ 1,39 y y′(0,2) ≈ 1,761•

3.5.2. Sistemas reducidos a sistemas de primer orden.

Si empleamos un procedimiento como el que acabamos de describir, confrecuencia podemos reducir un sistema de ecuaciones diferenciales de ordensuperior a uno de ecuaciones de primer orden, despejando primero la deri-vada de orden maximo de cada variable dependiente y luego haciendo lassustituciones adecuadas para las derivadas de orden menor.

3.5.3. Solucion numerica.

Podemos aplicar el metodo de Runge-Kutta de cuarto orden al sistema:

x′ = f(t, x, y)y′ = g(t, x, y)x(t0) = x0, y(t0) = y0

(3.26)

se obtiene:xn+1 = xn + 1

6(m1 + 2m2 + 2m3 + m4)yn+1 = yn + 1

6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)(3.27)

en donde

m1 = hf(tn, xn, yn)m2 = hf(tn + 1

2h, xn + 12m1, yn + 1

2k1)m3 = hf(tn + 1

2h, xn + 12m2, yn + 1

2k2)m4 = hf(tn + h, xn + m3, yn + k3)k1 = hg(tn, xn, yn)k2 = hg(tn + 1

2h, xn + 12m1, yn + 1

2k1)k3 = hg(tn + 1

2h, xn + 12m2, yn + 1

2k2)k4 = hg(tn + h, xn + m3, yn + k3)

(3.28)


3.6. Ejercicios

1. Se tiene el problema de valor inicial:

y′ = (x + y + 1)2; y(0) = 2

a) Resuelvalo en terminos de funciones elementales. (Indicacion: u =x + y + 1)

b) Aplique la formula de Euler, con h = 0,1 y h = 0,05, para obte-ner valores aproximados de la solucion en x = 0,5. Compare losvalores aproximados con los exactos.

2. Repita los calculos del problema anterior con las distintas formulas:Metodo de Euler Implıcito, Metodo modificado de Euler, Metodo deGrank-Nicolson, Metodo de Heum.

En los problemas de valor inicial que siguen, aplique el Metodo de Eulerpara hallar una aproximacion al valor indicado con cuatro decimalesde precision. Primero use h = 0,1 y despues h = 0,05

3. y′ = 2x − 3y + 1, y(1) = 5; y(1,5)

4. y′ = 4x − 2y, y(0) = 2; y(0,5)

5. y′ = 1 + y2, y(0) = 0; y(0,5)

6. Repita estos calculos empleando la formula de Euler mejorada.

7. Use el metodo de Runge-Kutta con las ecuaciones anteriores.

3.7. Practica con Mathematica.

3.7.1. Metodo de Euler

El siguiente codigo aplica el metodo de Euler a la ecuacion diferencialy′ = f(x, y), con valor inicial y(x0) = y0, para calcular y(x), tomando h =dx.


euler[f,x0,y0,x,dx] :=

Module[{l = {}, Y = {}, soluci = {}},Do[l = AppendTo[l, i], {i, x0, x, dx}];Y = l;Y [[1]] = y0;AppendTo[soluci, {l[[1]], Y [[1]]}];Do[{Y [[i]] = Y [[i − 1]] + dx(f [l[[i − 1]], Y [[i − 1]]]),AppendTo[soluci, {l[[i]], Y [[i]]}]}, {i, 2, Length[l]}];Print[MatrixForm[soluci]]]

Ejemplo 3.7.1 Con el metodo de Euler obtenga el valor aproximado dey(1,5) en la solucion de y′ = 2xy, y(1) = 1

Escribimos en Mathematica:

f [x,y] := 2x ∗ y

euler[f, 1, 1, 1,5, 0,1]

El resultado que se obtiene es la matrix:

1,00 1,00001,10 1,20001,20 1,46401,30 1,81541,40 2,28741,50 2,9278

(3.29)

•

3.7.2. Metodo de Euler Mejorado.

El siguiente codigo aplica el metodo de Euler mejorado a la ecuaciondiferencial y′ = f(x, y), con valor inicial y(x0) = y0, para calcular y(x),tomando h = dx.


eulermejo[f,x0,y0,x,dx] :=

Module[{l = {}, Y = {}, soluci = {}},Do[l = AppendTo[l, i], {i, x0, x, dx}];Y = l;Y [[1]] = y0;AppendTo[soluci, {l[[1]], Y [[1]]}];Do[{Y [[i]] =Y [[i − 1]]+dx/2 ∗ (f [l[[i − 1]], Y [[i − 1]]]+f [l[[i]], Y [[i − 1]] + dxf [l[[i − 1]], Y [[i − 1]]]]),AppendTo[soluci, {l[[i]], Y [[i]]}]}, {i, 2, Length[l]}];Print[MatrixForm[soluci]]]

Ejemplo 3.7.2 Con el metodo de Euler Mejorado obtenga el valor apro-ximado de y(1,5) en la solucion de y′ = 2xy, y(1) = 1

Escribimos en Mathematica:

f [x,y] := 2x ∗ y

eulermejo[f, 1, 1, 1,5, 0,1]

El resultado que se obtiene es la matrix:

1 11,05 1,107751,1 1,233231,15 1,379771,2 1,551411,25 1,75311,3 1,990861,35 2,272121,4 2,606011,45 3,003811,5 3,47954

(3.30)

•

3.7.3. Ejercicios.

1. Modifica los codigos anteriores para programar el metodo de Runge-Kutta.

2. Aplicar los metodos de Euler, Euler Mejorado y Runge-Kutta a losejercicios 3.6.


3. Comparar los resultados obtenidos con los distintos metodos.

Capıtulo 4

Ecuaciones lineales de orden

superior. Aplicaciones.

4.1. Teorıa preliminar.

4.1.1. Problemas de valor inicial y de valor en la frontera.

Definicion 4.1.1 (Problema de valores iniciales.) Para una ecuaciondiferencial lineal, un problema de valores iniciales de orden n es

Resolver

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ a1(x)

dy

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

Sujeta a

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

(4.1)

Para un problema como este se busca una funcion definida en algun intervaloI que contenga a x0, y satisfaga la ecuacion diferencial y las n condicionesiniciales especificadas en x0: y(x0) = y0, y′(x0) = y1, · · · , y(n−1)(x0) = yn−1.ya vimos que en el caso de un problema de valores iniciales de segundo orden,una curva de solucion debe pasar por el punto (x0, y0) y tener la pendientey1 en ese punto.

Teorema 4.1.2 (Existencia de una solucion unica.) Sean

an(x), an−1, · · · , a1(x), a0(x), g(x)

89


continuas en un intervalo I, y sea an(x) 6= 0 para toda x del intervalo. Si x =x0 es cualquier punto en el intervalo, existe una solucion en dicho intervaloy(x) del problema de valores iniciales representado por las ecuaciones (4.1)que es unica.

Ejemplo 4.1.1 El problema de valores iniciales

3y′′′ + 5y′′ − y′ + 7y = 0 y(1) = 0, y′(1) = 0, y′′(1) = 0

tiene la solucion trivial y = 0. Como la ecuacion de tercer orden es linealcon coeficientes constantes, se satisfacen todas las condiciones del teorema4.1.2; en consecuencia, y = 0 es la unica solucion en cualquier intervalo quecontenga x = 1.

•

Definicion 4.1.3 (Problema de valor en la frontera.) Otro tipo de pro-blema es resolver una ecuacion diferencial lineal de segundo orden o mayoren la que la variable dependiente y, o sus derivadas, esten especificadas enpunto distintos. Un problema como:

Resolver

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

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

Sujeta a

y(a) = y0, y(b) = y1

(4.2)

se llama problema de valores en la frontera. Los valores necesarios, y(a) = y0

y y(b) = y1, se denominan condiciones en la frontera. Una solucion delproblema anterior es una funcion que satisface la ecuacion diferencial enalgun intervalo I que contiene a a y b, cuya grafica pasa por los puntos(a, y0),(b, y1)

Para una ecuacion diferencial de segundo orden, otros pares de condicionesen la frontera podrıan ser :

y′(a) = y0, y(b) = y1

y(a) = y0, y′(b) = y1

y′(a) = y0, y′(b) = y1,


en donde y0 y y1 representan constantes arbitrarias. Estos tres pares de con-diciones solo son casos especiales de las condiciones generales en la frontera:

α1y(a) + β1y′(a) = γ1

α2y(b) + β2y′(b) = γ2

Recuerda 4.1.1 Aun cuando se satisfagan las condiciones del teorema4.1.2, un problema de valor en la frontera puede tener

1. varias soluciones

2. solucion unica

3. ninguna solucion

Ejemplo 4.1.2 La familia a dos parametros de soluciones de la ecuaciondiferencial x′′ + 16x = 0 es

x = c1 cos 4t + c2 sen 4t (4.3)

1. Supongamos que queremos determinar la solucion de la ecuacion queademas satisfaga las condiciones de frontera x(0) = 0, x(π/2) = 0.Observese que la primera condicion, 0 = c1 cos 0 + c2 sen 0, implicaque c1 = 0, de modo que x = c2 sen 4t. Pero cuando t = π/2, 0 =c2 sen 2π es satisfactoria para cualquier eleccion de c2, ya que sen 2π =0. Entonces, el problema de valores en la frontera

x′′ + 16x = 0 x(0) = 0, x(π/2) = 0 (4.4)

tiene una cantidad infinita de soluciones

2. Si se modifica como sigue el problema de valores en la frontera expre-sado por 4.4,

x′′ + 16x = 0 x(0) = 0, x(π/8) = 0 (4.5)

x(0) = 0 sigue determinando que c1 = 0. Al aplicar x(π/8) = 0 ax = c2 sen 4t se requiere que 0 = c2 sen(π/2) = c2 · 1; en consecuencia,x = 0 es una solucion de este nuevo problema de valor en la frontera.En realidad, se puede demostrar que x = 0 es la solucion unica delsistema (4.5)


3. Al transformar el problema en

x′′ + 16x = 0 x(0) = 0, x(π/2) = 1 (4.6)

vemos, que c1 = 0, al aplicar x(π/2) = 1 a x = c2 sen 4t, llegamos a lacontradiccion 1 = c2 sen 2π = c2 · 0 = 0. En consecuencia, el problemade valores en la frontera descrito por (4.6) no tiene solucion.

•

4.1.2. Ecuaciones homogeneas.

Una ecuacion lineal de orden n de la forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = 0 (4.7)

se llama homogenea, mientras que una ecuacion

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1y

dxn−1+ a1(x)

dy

dx+ a0(x)y = g(x) (4.8)

donde g(x) no es identicamente cero, se llama no homogenea; por ejemplo,2y′′ + 3y′ − 5y = 0 es una ecuacion diferencial de segundo orden, lineal yhomogenea, mientras que x3y′′′+6y′+10y = ex es una ecuacion diferencial detercer orden, lineal y no homogenea. En este contexto, la palabra homogeneano indica que los coeficientes sean funciones homogeneas. Para resolver unaecuacion lineal no homogenea como la (4.8), en primera instancia debemospoder resolver la ecuacion homogenea asociada (4.7).

Definicion 4.1.4 (Operadores diferenciales.) En calculo, la direfencia-cion suele indicarse con la ”D”mayuscula; esto es, dy/dx = Dy. El sımboloD se llama operador diferencial porque transforma una funcion diferen-ciable en otra funcion; por ejemplo, D(cos 4x) = −4 sen 4x y D(5x3−6x2) =15x2−12x. Las derivadas de orden superior se pueden expresar en terminosde D en forma natural:

d

dx(dy

dx) =

d2y

dx2= D(Dy) = D2y

en generaldny

dxn= Dny


, donde y representa una funcion suficientemente diferenciable. Las ex-presiones polinomiales donde interviene D, como D + 3, D2 + 3D − 4,5x3D3−6x2D2 +4xD +9 tambien son operadores diferencibles. En general,el operador direfencial de orden n se define:

L = an(x)Dn + an−1(x)Dn−1 + · · · + a1(x)D + a0(x). (4.9)

El operador L tiene la siguiente propiedad de linealidad:

L(αf(x) + βg(x)) = αL(f(x)) + βL(g(x)), (4.10)

Toda ecuacion diferencial lineal se puede expresar en notacion D; por ejem-plo, la ecuacion diferencial y′′ + 5y′ + 6y = 5x − 3 se puede escribir en laforma D2y + 5Dy + 6y = 5x − 3 o como (D2 + 5D + 6)y = 5x − 3.

Teorema 4.1.5 (Principio de supersposicion, ecuaciones homogeneas.)Sean y1, y2, . . . , yk soluciones de la ecuacion diferencial homogenea de ordenn, ecuacion (4.7), donde x esta en el intervalo I. La combinacion lineal

y = c1y1(x) + c2y2(x) + · · · + ckyk(x)

, en donde las ci, i = 1, 2, . . . , k son constantes arbitrarias, tambien es unasolucion cuando x esta en el intervalo I.

Dependencia e independencia lineal.

Definicion 4.1.6 Se dice que f1(x), f2(x), . . . , fn(x) son linealmente depen-dientes en un intervalo I si existen c1, c2, . . . , cn no todos nulos tales que:

c1f1(x) + c2f2(x) + . . . + cnfn(x) = 0 ∀x ∈ I

Definicion 4.1.7 Se dice que f1(x), f2(x), . . . , fn(x) son linealmente inde-pendientes si no son linealmente dependientes en I.

Si

c1f1(x) + c2f2(x) + . . . + cnfn(x) = 0 ∀x ∈ I ⇒ c1 = c2 = . . . = cn = 0

entonces f1(x), f2(x), . . . , fn(x) son linealmente independientes.

Ejemplo 4.1.3 Las funciones{

f1(x) = sen 2xf2(x) = sen x cos x


son l. d. en I = R

0 = c1 sen 2x + c2 sen x cos x = 2c1 sen x cos x + c2 sen x cos x =(2c1 + c2) sen x cos x

Si tomamos c1 = −2c2 entonces son linealmente dependiente.•

Ejemplo 4.1.4f1(x) = xf2(x) = |x| son l. i. en I = R pero l. d. en (0, +∞)

c1x + c2|x| = 0

Si x > 0 entonces c1x + c2x = 0, basta tomar c1 = −c2

x < 0 ⇒ c1x − c2x = 0x > 0 ⇒ cc1x + c2x

Esto solo puede ocurrir si c1 = c2 = 0

•

Soluciones de ecuaciones diferenciales.

Nos interesan las soluciones linealmente independientes de una ecuaciondiferencial lineal. Aunque podemos recurrir a la definicion anterior, sucedeque el asunto de si son linealmente independientes las soluciones de unaecuacion diferencial lineal de orden n se puede definir mecanicamente re-curriendo a un determinante.

Definicion 4.1.8 (El wronskiano) Supongase que cada una de las fun-ciones f1(x), f2(x), . . . , fn(x) poseen n − 1 derivadas al menos. El determi-nante

W (f1(x), f2(x), . . . , fn(x)) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

f1 f2 · · · fn

f ′1 f ′

2 · · · f ′n

......

...

f(n−1)1 f

(n−1)2 · · · f

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

es el wronskiano de las funciones.

Teorema 4.1.9 (Criterio para soluciones linealmente independientes.)Sean n soluciones, y1, y2, . . . , yn, de la ecuacion (4.7), lineal, homogenea yde orden n, en un intervalo I. Entonces, el conjunto de soluciones es lineal-mente independiente en I si y solo si

W (y1, y2, . . . , yn) 6= 0 ∀x ∈ I


Definicion 4.1.10 (Conjunto fundamental de soluciones.) Todo con-junto y1, y2, . . . , yn de n soluciones linealmente independientes de la ecuaciondiferencial lineal homogenea de orden n, ecuacion (4.7), en un intervalo I,se llama conjunto fundamental de soluciones en el intervalo.

Teorema 4.1.11 Existe un conjunto fundamental de soluciones de la ecua-cion diferencial lineal homogenea de orden n,(4.7), en un intervalo I.

Teorema 4.1.12 (Solucion general, ecuaciones homogeneas.) Sean

y1, y2, . . . , yn

un conjunto fundamental de soluciones de la ecuacion diferencial lineal ho-mogenea de orden n, ecuacion (4.7), en un intervalo I. La solucion generalde la ecuacion en el intervalo es

y = c1y1(x) + c2y2(x) + . . . + cnyn(x)

, donde ci, i = 1, 2, . . . , n son constantes arbitrarias.

Ejemplo 4.1.5 Las funciones y1 = e3x y y2 = e−3x son soluciones dela ecuacion lineal homogenea y′′ − 9y = 0 en el intervalo (−∞, +∞). Porinspeccion, las soluciones son linealmente independientes en todos los realeso en todo R. Podemos confirmar esto al observar que el wronskiano

W (e3x, e−3x) =

∣∣∣∣

e3x e−3x

3e3x −3e−3x

∣∣∣∣= −6 6= 0 ∀x ∈ R

Llegamos a la conclusion de que y1 y y2 forman un conjunto fundamentalde soluciones y, en consecuencia,

y = c1e3x + c2e

−3x

es la solucion general de la ecuacion en el intervalo.•

Ejemplo 4.1.6 La funcion y = 4 senh 3x − 5e3x es una solucion de laecuacion diferencial del ejemplo 4.1.2. Esta solucion podemos obtenerla apartir de la solucion general

y = c1e3x + c2e

−3x

, eligiendo c1 = 2 y c2 = −7, entonces y = 2e3x − 7e−3x se puede escribir enla forma

y = 2e3x − 2e−3x − 5e−3x = 4(e3x − e−3x

2) − 5e−3x


•Ejemplo 4.1.7 Las funciones y1 = ex, y2 = e2x y y3 = e3x satisfacen laecuacion de tercer orden

d3y

dx3− 6

d2y

dx2+ 11

dy

dx− 6y = 0

Como

W (ex, e2x, e3x) =

∣∣∣∣∣∣

ex e2x e3x

ex 2e2x 3e3x

ex 4e2x 9e3x

∣∣∣∣∣∣

= 2e6x 6= 0

para todo valor real de x, por tanto y1 = ex, y2 = e2x y y3 = e3x forman unconjunto fundamental de soluciones en (−∞, +∞). En conclusion,

y = c1ex + c2e

2x + c3e3x

es la solucion general de la ecuacion diferencial en el intervalo.•

4.1.3. Ecuaciones no homogeneas.

Toda funcion yp libre de parametros arbitrarios que satisface la ecuacion(4.8) se llama solucion particular o integral particular de la ecuacion, porejemplo, se puede demostrar directamente que la funcion constante yp = 3es una solucion particular de la ecuacion no homogenea y ′′ + 9y = 27.

Si y1, y2, . . . , yk son soluciones de la ecuacion (4.7) en un intervalo I yyp es cualquier solucion particular de la ecuacion (4.8) en I, entonces, lacombinacion lineal

y = c1y1(x) + c2y2(x) + . . . + ckyk(x) + yp (4.11)

tambien es una solucion de la ecuacion (4.8) no homogenea. Si usamos k = nsoluciones linealmente independientes de la ecuacion (4.7) de orden n, laexpresion (4.11) viene a ser la solucion general de (4.8).Ejemplo 4.1.8 Se demuestra facilmente por sustitucion que la funcionyp = −11

12 − 12x es una solucion particular de la ecuacion no homogenea

d3y

dx3− 6

d2y

dx2+ 11

dy

dx− 6y = 3x (4.12)

Para llegar a la solucion general de (4.12), tambien debemos resolver laecuacion homogenea asociada

d3y

dx3− 6

d2y

dx2+ 11

dy

dx− 6y = 0


pero en el ejemplo anterior vimos, que la solucion general de esta ultimaecuacion era yc = c1e

x + c2e2x + c3e

3x en el intervalo (−∞, +∞); por lotanto la solucion general de (4.12) en el intervalo es

y = yc + yp = c1ex + c2e

2x + c3e3x − 11

12− 1

2x

•

Teorema 4.1.13 (Principio de superposicion, ecuaciones no homogeneas.)Sean k soluciones particulares, yp1 , yp2 , . . . , ypk

, de la ecuacion (4.8), dife-rencial lineal no homogenea de orden n, en el intervalo I que, a su vez,corresponden a k funciones distintas, g1, g2, . . . , gk. Esto es, supongamosque ypi

representa una solucion particular de la ecuacion diferencial corres-pondiente

an(x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + . . . + a1(x)y′ + a0(x)y = gi(x), (4.13)

en donde i = 1, 2, . . . , k. Entonces

yp = yp1(x) + yp2(x) + . . . + ypk(x) (4.14)

es una solucion particular de

an(x)y(n)+an−1(x)y(n−1)+. . .+a1(x)y′+a0(x)y = g1(x)+g2(x)+. . .+gk(x)(4.15)

Ejemplo 4.1.9 Podemos comprobar que

yp1 = −4x2 es una solucion particular de y′′−3y′+4y = −16x2+24x−8,

yp2 = e2x es una solucion particular de y′′ − 3y′ + 4y = 2e2x,

yp3 = xex es una solucion particular de y′′ − 3y′ + 4y = 2xex − ex,

De acuerdo con el teorema anterior , la superposicion de yp1 ,yp2 y yp3

y = yp1 + yp2 + yp3 = −4x2 + e2x + xex,

es una solucion de

y′′ − 3y′ + 4y = −16x2 + 24x − 8 + 2e2x + 2xex − ex

•


4.1.4. Ejercicios.

1. Dado que y = c1ex + c2e

−x es una familia a dos parametros de solu-ciones de y′′ − y = 0 en el intervalo (−∞,∞), determine un miembrode la familia que satisfaga las condiciones iniciales y(0) = 0, y′(0) = 1.

2. Puesto que y = c1ex cos x + c2e

x sen x es una familia a dos parametrosde soluciones de y′′−2y‘+2y = 0 en el intervalo (−∞,∞) determine sees posible que un miembro de la familia pueda satisfacerlas siguientescondiciones en la frontera:

a) y(0) = 1, y′(0) = 0

b) y(0) = 1, y(π) = −1

c) y(0) = 1, y(π2 ) = 1

d) y(0) = 0, y′(π) = 0

3. En los siguientes ejercicios compruebe si las funciones respectivas sonlinealmente independientes o dependientes en (−∞,∞):

a) f1(x) = x, f2(x) = x2, f3(x) = 4x − 3x2

b) f1(x) = 5, f2(x) = cos2 x, f3(x) = sen2 x

c) f1(x) = ex, f2(x) = e−x, f3(x) = senh x

4. Compruebe que las funciones dadas forman un conjunto fundamentalde soluciones de la ecuacion diferencial en el intervalo indicado. Formela solucion general.

a) y′′ − y′ − 12y = 0; e−3x, e4x, (−∞,∞)

b) y′′ − 2y′ + 5y = 0; ex cos 2x, ex sen 2x, (−∞,∞)

c) x2y′′ − 6xy′ + 12y = 0; x3, x4, (0,∞)

5. Compruebe que la familia biparametrica de funciones dadas sea lasolucion general de la ecuacion diferencial no homogenea en el intervaloindicado.

a) y′′ − 7y′ + 10y = 24ex; y = c1e2x + c2e

5x + 6ex, (−∞,∞)

b) y′′−4y′ +4y = 2e2x +4x−12; y = c1e2x + c2xe2x +x2e2x +x−2,

(−∞,∞)


4.2. Reduccion de orden.

En el estudio de la e.d.o. lineal de 2o orden es posible formar una soluciona partir de una dada.

Sea a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0 una e.d.o. lineal de 2o orden ho-mogenea. Supongamos a2 6= 0 ∀x ∈ I y que a2(x), a1(x), a0(x) son con-tinuas en I.

Sea y1(x) solucion de la ecuacion en I. Para encontrar otra soluciony2(x) vamos a reducir la ecuacion de orden transformandola en una de primerorden. Buscamos y2(x) = u(x)y1(x), veamos esto a traves de varios ejemplos:

Ejemplo 4.2.1 La funcion y1(x) = x3 es solucion de x2y′′ − 6y = 0.Buscamos una segunda solucion en el intervalo 0 < x < +∞, empleandouna reduccion de orden.

Consideramos y2(x) = u(x) · x3, e imponemos que sea solucion:

y′2 = u′x3 + 3ux2

y′′2 = u′′x3 + 3u′x2 + u′3x2 + 3 · 2ux = u′′x3 + 6x2u′ + 6xu

x2(u′′x3 + 6x2u′ + 6xu) − 6ux3 = 0

x5u′′ + 6x4u′ + 6x3u − 6x3u = 0

x4(xu′′ + 6u′) = 0 0 < x < +∞

xu′′ + 6u′ = 0 ⇔ u′′ +6

xu′ = 0

Consideramos w = u′, y resulta:

w′ +6

xw = 0

µ(x) = e∫

6x

dx = e6 ln |x|=x6

Entonces:

x6w′ +6

xx6w = 0

d

dx(x6w) = 0

x6w = C1

Luego

w =C1

x6⇒ u′ =

C1

x6⇒ u =

−C1

5x5+ C2


Como y2(x) = u(x) · x3 se tiene

y2(x) = (−C1

5x5+ C2) · x3 =

−C1

5x2+ C2x

3

Como buscamos una solucion particular, ponemos por ejemplo C2 = 0 yC1 = −5 con lo que se tiene

y2(x) =1

x2

Ademas:

W (y1, y2) =

∣∣∣∣

x3 1x2

3x2 −2x3

∣∣∣∣= −2 − 3 = −5 6= 0∀x ∈ (0, +∞)

Por lo que y1, y2 forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecua-cion. La solucion general sera, por tanto:

y(x) = c1x3 + c2

1

x2

•Ejemplo 4.2.2 La funcion y1(x) = ex es solucion de y′′ − y = 0 . Busca-mos una segunda solucion en el intervalo −∞ < x < +∞, empleando unareduccion de orden.

Consideramos y2(x) = u(x) · ex, e imponemos que sea solucion:

y′2 = u′ex + uex

y′′2 = u′′ex + 2u′ex + uex

y′′ − y = ex(u′′ + 2u′) = 0

Puesto que ex 6= 0, para esta ultima ecuacion se requiere que u′′ + 2u′ = 0Consideramos w = u′, y resulta:

w′ + 2w = 0

una ecuacion lineal de primer orden en w. Usamos el factor integrante e2x

y ası podemos escribird

dx(e2xw) = 0

Luego

w = C1e−2x ⇒ u′ = C1e

−2x ⇒ u =−C1

2e−2x + C2


Como y2(x) = u(x) · ex se tiene

y2(x) = −C1

2e−x + C2e

x

Como buscamos una solucion particular, ponemos por ejemplo C2 = 0 yC1 = −2 con lo que se tiene

y2(x) = e−x

Ademas:

W (y1, y2) =

∣∣∣∣

ex e−x

ex −e−x

∣∣∣∣6= 0∀x ∈ (−∞, +∞)

Por lo que y1, y2 forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecua-cion. La solucion general sera, por tanto:

y(x) = c1ex + c2e

−x

•

4.2.1. Ejercicios.

Determinar una segunda solucion en cada ecuacion diferencial usando lareduccion de orden:

1. y′′ + 5y′ = 0; y1 = 1

2. y′′ − 4y′ + 4y = 0; y1 = e2x

3. y′′ + 16y = 0; y1 = cos 4x

4. x2y′′ − 7xy′ + 16y = 0; y1 = x4

4.3. Ecuaciones lineales homogeneas con coeficien-

tes constantes.

Hemos visto que la ecuacion lineal de primer orden, dy/dx + ay = 0,donde a es una constante, tiene la solucion exponencial y = c1e

−ax en el in-tervalo (−∞, +∞); por consiguiente, lo mas natural es tratar de determinarsi existen soluciones exponenciales en (−∞, +∞) de las ecuaciones linealeshomogeneas de orden superior del tipo

any(n) + an−1y(n−1) + . . . + a2y

′′ + a1y′ + a0y = 0 (4.16)

en donde los coeficientes ai, i = 0, 1, . . . , n son constantes reales y an 6= 0.Resulta que todas las soluciones de la ecuacion (4.16) son funciones expo-nenciales o estan formadas a partir de funciones exponenciales.


4.3.1. Metodo de solucion.

Consideramos el caso especial de la ecuacion de segundo orden

ay′′ + by′ + cy = 0 (4.17)

Si probamos con una solucion de la forma y = emx, entonces y′ = memx yy′′ = m2emx de modo que la ecuacion (4.17) se transforma en

am2emx + bmemx + cemx = 0

emx(am2 + bm + c) = 0

Como emx nunca es cero cuando x tiene valor real, la unica forma en que lafuncion exponencial satisface la ecuacion diferencial es eligiendo una m talque sea una raız de la ecuacion de segundo grado

am2 + bm + c = 0

Esta ecuacion se llama ecuacion auxiliar o ecuacion caracterıstica de la ecua-cion diferencial (4.17). Examinaremos tres casos:

Caso 1. Raıces reales distintas.

En este caso, si las soluciones son m1 y m2, se tiene que em1x y em2x sonsoluciones de (4.17) independientes.

w(em1x, em2x) = (m2 − m1)em1+m2)x 6= 0 ∀x ∈ R

Forman, por tanto, un conjunto fundamental de soluciones y la soluciongeneral es

y = c1em1x + c2e

m2x (4.18)

Caso 2. Raıces reales e iguales.

Cuando m1 = m2 llegamos solo a una solucion exponencial, y1 = em1x.Pero aplicando la reduccion de orden se tiene:

y2 = u(x)y1(x)

y′2 = u′y1 + uy′1 = u′em1x + m1em1x

y′′2 = u′′em1x + 2m1u′em1x + m2

1uem1x


Por tanto:

ay′′2+by′2+cy2 = a(u′em1x+m1em1x)+b(u′′em1x+2m1u

′em1x+m21uem1x)+cuem1x =

[au′′ + (2am1 + b)u′]em1x + [am21 + bm1 + c]em1xu = 0

Entonces

au′′ + (2am1 + b)u′ = 0

Como m1 es solucion doble, tenemos que m1 = −b2a , luego 2am1 + b = 0. Por

tanto:

au′′ = 0 ⇒ u′′ = 0 ⇒ u′ = c1 ⇒ u = c1x

Tomando c1 = 1 se tiene una segunda solucion

y2(x) = xemx

En este caso la solucion general de la E.D.O. viene dada por:

y = c1em1x + c2xem1x (4.19)

Caso 3. Raıces complejas conjugadas.

Sean las soluciones m1 = α + iβ y m2 = α − iβ con β 6= 0, la soluciongeneral viene dada por

y = c1e(α+iβ)x + c2e

(α−iβ)x = eαx(c1eiβx + c2e

−iβx)

Por la formula de Euler eiθ = cos θ + i sen θ Entonces:

c1eiβx + c2e

−iβx = c1(cos βx + i sen βx) + c2(cos βx − i sen βx) =

= (c1 + c2) cos βx + i(c1 − c2) sen βx = C1 cos βx + C2 sen βx

Luego la solucion general es

y = eαx(C1 cos βx + C2 sen βx) (4.20)

Ejemplo 4.3.1 Resuelva las ecuaciones diferenciales siguientes:

1. 2y′′ − 5y′ − 3y = 0

2. y′′ − 10y′ + 25y = 0

3. y′′ + y′ + y = 0


Solucion: Presentamos a continuacion las ecuaciones auxiliares, raıces ysoluciones generales correspondientes.

1. 2m2 − 5m − 3 = 0, m1 = −1/2 y m2 = 3, y = c1e− 1

2x + c2e

3x

2. m2 − 10m + 25 = 0, m1 = m2 = 5 , y = c1e5 + c2xe5x

3. m2 + m + 1 = 0, m1 = −1/2 +√

3/2i y m2 = −1/2 −√

3/2i, y =e−x/2(c1 cos

√3/2)x + c2 sen

√3/2x)

•Ejemplo 4.3.2 Resolver el siguiente problema de valor inicial:

y′′ − 4y′ + 13y = 0 y(0) = −1 y′(0) = 2

Solucion: Las raıces de la ecuacion auxiliar m2−4m+13 = 0 son m1 = 2+3iy m2 = 2 − 3i, de modo que la solucion general viene dada por:

y = e2x(c1 cos 3x + c2 sen 3x)

Al aplicar la condicion y(0) = −1, vemos que c1 = −1. Diferenciando lasolucion general y aplicando y′(0) = 2, se tiene c2 = 4/3; por consiguientela solucion es

y = e2x(− cos 3x +4

3sen 3x)

•

4.3.2. Ecuaciones de orden superior.

En general, para resolver una ecuacion diferencial de orden n como

any(n) + an−1y(n−1) + . . . + a2y

′′ + a1y′ + a0y = 0 (4.21)

en donde ai, i = 0, 1, . . . , n son constantes reales, debemos resolver una ecua-cion polinomial de grado n:

anmn + an−1mn−1 + . . . + a2m

2 + a1m + a0 = 0 (4.22)

Si todas las raıces de esta ecuacion son reales y distintas, la solucion generalde la ecuacion (4.21) es

y = c1em1x + c2e

m2x + . . . + cnemnx

Es mas difıcil resumir los analogos de los casos II y III porque las raıcesde una ecuacion auxiliar de grado mayor que dos pueden presentarse enmuchas combinaciones.


Cuando m1 es una raız de multiplicidad k de una ecuacion auxiliar degrado n, se puede demostrar que las soluciones linealmente independientesson

em1x, xem1x, · · · , xk−1em1x

y que la solucion general debe contener la combinacion lienal

c1em1x + c2xem1x + · · · + ckx

k−1em1x

Recuerdese que cuando los coeficientes son reales, las raıces complejas de unaecuacion auxiliar siempre aparecen en pares conjugados. Ası, por ejemplo,una ecuacion polinomial cubica puede tener dos raıces complejas cuandomucho.Ejemplo 4.3.3 Resolver y′′′ + 3y′′ − 4y = 0

Solucion: Descomponiendo en factores m3 + 3m2 − 4 se tiene:

(m − 1)(m + 2)2

, las raıces son m1 = 1 y m2 = m3 = −2. La solucion general es:

y = c1ex + c2e

−2x + c3xe−2x

•Ejemplo 4.3.4 Resolver

d4y

dx4+ 2

d2y

dx2+ y = 0

Solucion: La ecuacion auxiliar es m4 +2m2 +1 = (m2 +1)2 = 0 y tiene lasraıces m1 = m3 = i y m2 = m4 = −i. La solucion es

y = c1eix + c2e

−ix + c3xeix + c4xe−ix

Aplicando la formula de Euler, la solucion general es

y = C1 cos x + C2 sen x + C3x cosx + C4x sen x

•Ejemplo 4.3.5 Resolver 4y′′ + y = 0

Solucion: Consideramos 4m2+1 = 0 que tiene por soluciones m1 = 1/2iy m2 = −1/2i, esto es α = 0 y β = 1/2. La solucion general sera:

y(x) = c1 cosx

2+ c2 sen

x

2

•


4.3.3. Ejercicios.

Determine la solucion general de cada ecuacion diferencial:

1. 4y′′ + y′ = 0

2. y′′ + 9y = 0

3. y′′ − 36y = 0

4. y′′ − y′ − 6y = 0

5. d2ydx2 + 8 dy

dx + 16y = 0

6. y′′′ − 4y′′ − 5y′ = 0

˜

7. y′′′ − y = 0

8. 12y′′ − 5y′ − 2y = 0

9. d4ydx4 + d3y

dx3 + d2ydx2 = 0

10. y′′ + 4y′ − y = 0

11. y′′ − 8y = 0

12. y′′′ − 5y′′ + 3y′ + 9y = 0

Resuelva cada ecuacion diferencial, sujeta a las condiciones inicialesindicadas.

13. y′′ + 16y = 0, y(0) = 2, y′(0) = −2

14. y′′ − y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1

15. y′′ + 6y′ + 5y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 3

16. y′′ + y′ + 2y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 0

17. y′′ + y = 0, y(π3 ) = 0, y′(π

3 ) = 2

18. y′′′ + 12y′′ + 36y′ = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1, y′′(0) = −7

4.4. Coeficientes indeterminados, metodo del anu-

lador.

Recuerda 4.4.1 Teniendo en cuenta la definicion 4.1.4 de operador dife-rencial, una ecuacion lineal de coeficientes constantes

any(n) + . . . + a0y = g(x)

puede escribirse como

anDny + an−1Dn−1y + · · · + a1Dy + a0y = g(x)

,

(anDn + an−1Dn−1 + · · · + a1D + a0)

︸︷︷︸

P (D)

y = g(x)


A P (D) se le denomina operador diferencial lineal de orden n. Este poli-nomio podra ser factorizado generalmente y los factores pueden conmutarse.

Ejemplo 4.4.1

y′′ − y = ex

puede escribirse

D2y − y = ex

(D2 − 1)y = ex

(D − 1)(D + 1)y = ex

•Ejemplo 4.4.2 Una ecuacion diferencial comoy′′ + 4y′ + 4y = 0 se puedeescribir en la forma

(D2 + 4D + 4)y = 0

o sea

(D + 2)(D + 2)y = 0

o sea

(D + 2)2y = 0

•

Nos interesa transformar una ecuacion no homogenea en otra que silo sea. Para ello buscamos operadores que anulen el segundo miembro, lafuncion g(x). Estos reciben el nombre de operadores anuladores.

Definicion 4.4.1 (Operador anulador.) Si L es un operador diferencialcon coeficientes constantes y f es una funcion suficientemente diferenciablestal que

L(f(x)) = 0

se dice que L es un anulador de la funcion.

Veremos distintos tipos de operadores anuladores segun la forma de la fun-cion g; por ejemplo, la funcion constantes y = k es anulada por D porqueDk = 0. La funcion y = x es anulada por el operador diferencial D2 porquela primera y la segunda derivada de x son 1 y 0, respectivamente. En formasimilar, D3x2 = 0, etcetera.

Recuerda 4.4.2 El operador diferencial Dn anula cada una de las si-guientes funciones:

1, x, x2, x3, . . . , xn−1


Un polinomio se puede anular definiendo un operador que anule la po-tencia maxima de x.Recuerda 4.4.3 El operador diferencial (D − α)n anula cada una de lassiguientes funciones:

eαx, xeαx, . . . , xn−1eαx

Recuerda 4.4.4 El operador diferencial [D2 − 2αD + (α2 + β2)]n anulacada una de las siguientes funciones:

eαx cos βx, xeαx cos βx, . . . , xn−1eαx cos βx

eαx sen βx, xeαx sen βx, . . . , xn−1eαx sen βx

Recuerda 4.4.5 Supongamos que L(y) = g(x) es una ecuacion diferenciallineal con coeficientes constantes, y que la entrada g(x) consiste en sumas yproductos finitos de las funciones mencionadas anteriormente, esto es, queg(x) es una combinacion lineal de las funciones

k, xm, xmeαx, xmeαx cos βx, xmeαx sen βx

en donde m es entero no negativo y α y β son numeros reales. Ya sabemosque esa funcion g se puede anular con un operador diferencial, L1, de ordenmınimo, formado por un producto de los operadores Dn, (D − α)n y [D2 −2αD + (α2 + β2)]n. Aplicamos L1 a ambos lados de la ecuacion L(y) = g(x)y obtenemos L1L(y) = L1(g(x)) = 0 al resolver la ecuacion homogeneay de orden superior L1L(y) = L1(g(x)) = 0, descubrimos la forma de unasolucion particular, yp, de la ecuacion original no homogenea L(y) = g(x). Acontinuacion sustituimos esa forma supuesta en L(y) = g(x) para determinaruna solucion particular explıcita. Este procedimiento de determinacion deyp se llama metodo de los coeficientes indeterminados.

Recordemos que la solucion general de una ecuacion diferencia lineal nohomogenea L(y) = g(x) es y = yc+yp donde yc es la funcion complementaria,esto es, la solucion general de la ecuacion homogenea asociada L(y) = 0. Lasolucion general de cada ecuacion L(y) = g(x) esta definida en el intervalo(−∞, +∞).

Ejemplo 4.4.3 Resuelve

y′′ + 3y′ + 2y = 4x2 (4.23)

Solucion:


Paso 1 Primero resolvemos la ecuacion homogenea y′′ + 3y′ + 2y = 0. Apartir de la ecuacion auxiliar m2 + 3m + 2 = (m + 1)(m + 2) = 0, setiene que la funcion complementaria es

yc = c1e−x + c2e

−2x

.

Paso 2 Como el operador diferencial D3 anula a 4x2, vemos que D3(D2 +3D + 2)y = 4D3x2 es lo mismo que

D3(D2 + 3D + 2)y = 0

La ecuacion auxiliar de la ecuacion anterior, de quinto orden es

m3(m2 + 3m + 2) = 0

m3(m + 1)(m + 2) = 0

tiene por raıces m1 = m2 = m3 = 0, m4 = −1, m5 = −2. Ası lasolucion general debe ser

y = c1 + c2x + c3x2 + c4e

−x + c5e−2x

Los terminos cuarto y quinto constituyen la funcion complementaria dela ecuacion original (4.23). Podemos decir que una solucion particular,yp, tambien deberıa satisfacer la ecuacion

D3(D2 + 3D + 2)y = 0

. Esto significa que los terminos restantes en la ecuacion

y = c1 + c2x + c3x2 + c4e

−x + c5e−2x

han de tener la forma basica de yp:

y = A + Bx + Cx2 (4.24)

Para que la ecuacion (4.24) sea una solucion particular de la (4.23), senecesita determinar los coeficientes especıficos A, B y C. Derivamosla funcion (4.24) para obtener

y′p = B + 2Cx, y′′p = 2C


y sustituidos en (4.23) para llegar a

y′′p + 3y′p + 2yp = 2C + 3B + 6Cx + 2A + 2Bx + 2Cx2 = 4x2

Como se supone que esta ultima ecuacion tiene que er una identidad,los coeficientes de las potencias de igual grado en x deben ser iguales.Esto es:

2C = 4, 2B + 6C = 0, 2A + 3B + 2C = 0

de donde se tiene que

yp = 7 − 6x + 2x2

Paso 3 La solucion general de la ecuacion es y = yc + yp

y = c1e−x + c2e−2x + 7 − 6x + 2x2

•Ejemplo 4.4.4 Resuelve

y′′ − 3y′ = 8e3x + 4 sen x (4.25)

Solucion:

Paso 1 Primero resolvemos la ecuacion homogenea. A partir de la ecuacionauxiliar m2 −3m = m(m−3) = 0, se tiene que la funcion complemen-taria es

yc = c1 + c2e3x

.

Paso 2 En vista de que (D − 3)e3x = 0 y (D2 + 1) sen x = 0, aplicamos eloperador diferencial (D − 3)(D2 + 1) a ambos lados de (4.25):

(D − 3)(D2 + 1)(D2 − 3D)y = 0

La ecuacion auxiliar de esta ecuacion es

(m − 3)(m2 + 1)(m2 − 3m) = 0

m(m − 3)2(m2 + 1) = 0

De modo que

y = c1 + c2e3x + c3xe3x + c4 cos x + c5 sen x


Despues de excluir la combinacion lineal de terminos c1 + c2e3x que

corresponde a yc, llegamos a la forma de yp :

yp = Axe3x + B cos x + C sen x

Sustituimos yp en (4.25), simplificamos y obtenemos

y′′p − 3y′p = 3Ae3x + (−B − 3C) cos x + (3B −C) sen x = 8e3x + 4 sen x

Igualamos coeficientes:

3A = 8−B − 3C = 0

3B − C = 4

Vemos que A = 8/3, B = 6/5, C = −2/5 y en consecuencia

yp =8

3xe3x +

6

5cos x − 2

5sen x

Paso 3 La solucion general es:

y = c1 + c2e3x +

8

3xe3x +

6

5cos x − 2

5sen x

•Ejemplo 4.4.5 Resuelve

y′′ + y = x cos x − cos x (4.26)

Solucion:

Paso 1 Primero resolvemos la ecuacion homogenea. A partir de la ecua-cion auxiliar m2 + 1 = (m − i)(m + i) = 0, se tiene que la funcioncomplementaria es

yc = c1 cos x + c2 sen x

.

Paso 2 (D2 + 1)2es un anulador del lado derecho de la ecuacion (4.26):

(D2 + 1)(D2 + 1)y = 0 (D2 + 1)3y = 0

Como i y −i son raıces complejas de multiplicidad 3 de la ecuacionauxiliar de la ultima ecuacion diferencial, se tiene

y = c1 cos x + c2 sen x + c3x cos x + c4x sen x + c5x2 cos x + c6x

2 sen x


Despues de excluir la combinacion lineal de terminos c1 cos x+c2 sen xque corresponde a yc, llegamos a la forma de yp :

yp = Ax cos x + Bx sen x + Cx2 cos x + Ex2 sen x

Sustituimos yp en (4.26), simplificamos y obtenemos

y′′p+yp = 4Ex cosx−4Cx sen x+(2B+2C) cos x+(−2A+2E) sen x = x cos x−cosx

Igualamos coeficientes:

4E = 1−4C = 0

2B + 2C = −1−2A + 2E = 0

Vemos que A = 1/4, B = −1/2, C = 0, E = 1/4 y en consecuencia

Paso 3 La solucion general es:

y = c1 cos x + c2 sen x +1

4x cos x − 1

2x sen x +

1

4x2 sen x

•Recuerda 4.4.6 [Coeficientes indeterminados, metodo del anula-dor.] La ecuacion diferencial L(y) = g(x) tiene coeficientes constantes y lafuncion g(x) consiste en sumas y productos finitos de constantes, polinomios,funciones exponenciales eax, senos y cosenos.

1. Se determina la solucion complementaria, yc, de la ecuacion homogeneaL(y) = 0.

2. Ambos lados de la ecuacion no homogenea L(y) = g(x) se someten ala accion de un operador diferencial, L1, que anule la funcion g(x).

3. Se determina la solucion general de la ecuacion diferencial homogeneade orden superior L1L(y) = 0.

4. De la solucion obtenida en el paso anterior, se eliminan todos los termi-nos duplicados en la solucion complementaria que se determino en elpaso 1). Se forma una combinacion lineal, yp, con los terminos restan-tes. esta sera la forma de una solucion particular de L(y) = g(x).


5. Se sustituye yp que se determino en el paso 4) en L(y) = g(x). Seigualan los coeficientes de las diversas funciones a cada lado de laigualdad y se despejan los coeficientes desconocidos en yp del sistemade ecuaciones resultante.

6. Con la solucion particular que se determino en el paso anterior, seforma la solucion general y = yc + yp de la ecuacion diferencial dada.

4.4.1. Ejercicios.

1. En los problemas que siguen escriba la ecuacion diferencial dada enla forma L(y) = g(x), donde L es un operador diferencial lineal concoeficientes constantes. Si es posible, factorice L.

a) 9y′′ − 4y = sen x

b) y′′ − 4y′ − 12y = x − 6

c) y′′′ + 10y′′ + 25y′ = ex

2. Determine un operador lineal que anule la funcion dada:

a) 1 + 6x − 2x3

b) 1 + 7e2x

c) cos 2x

3. Resuelva la respectiva ecuacion diferencial por el metodo de los coefi-cientes indeterminados:

a) y′′ − 9y = 54

b) y′′ + 4y′ + 4y = 2x + 6

c) y′′ − y′ − 12y = e4x

d) y′′ + 25y = 6 sen x

4.5. Variacion de parametros.

Se trata de un metodo por el que obtenemos una solucion particular dela no homogenea.

Se resuelve la ecuacion homogenea y se impone que la solucion particularque busco tiene la misma forma cambiando las constantes por funciones quesi pueden depender de x.


Para aplicar el metodo de variacion de parametros a una ecuacion dife-rencial de segundo orden,

a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = g(x) (4.27)

llevamos la ecuacion diferencial a su forma reducida

y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = f(x) (4.28)

Suponemos que P, Q, f son continuas en algun intervalo I. Para la ecuacionlineal de segundo orden (4.27) se busca una solucion de la forma

yp = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) (4.29)

en que y1 y y2 formen un conjunto fundamental de soluciones, en I, dela forma homogenea asociada de (4.27). Aplicamos dos veces la regla delproducto para diferenciar yp y obtenemos:

y′p = u1(x)y′1(x) + u′1(x)y1(x) + u2(x)y′2(x) + u′

2(x)y2(x)

y′′p = u1(x)y′′1(x) + u′1(x)y′1(x) + u′′

1(x)y1(x) + u′1(x)y′1(x)+

u2(x)y′′2(x) + u′2(x)y′2(x) + u′′

2(x)y2(x) + u′2(x)y′2(x)

Sustituimos (4.29)en la ecuacion (4.27)

y′′p + P (x)y′p + Q(x)yp = f(x)

u1

cero︷︸︸︷

(y′′1 + P (x)y′1 + Q(x)y1) +u2

cero︷︸︸︷

(y′′2 + P (x)y′2 + Q(x)y2)+y1u

′′1 + u′

1y′1 + y2u

′′2 + u′

2y′2 + P [y1u

′1 + y2u

′2] + y′1u

′1 + y′2u

′2 = f(x)

ddx [y1u

′1] + d

dx [y2u′2] + P [y1u

′1 + y2u

′2] + y′1u

′1 + y′2u

′2 = f(x)

ddx [y1u

′1 + y2u

′2] + P [y1u

′1 + y2u

′2] + y′1u

′1 + y′2u

′2 = f(x)

(4.30)

Dado que buscamos determinar dos funciones desconocidas, u1 y u2, esde esperar que necesitemos dos ecuaciones. Las podemos obtener si estable-cemos la hipotesis adicional de que las funciones u1 y u2 satisfacen y1u

′1 +

y2u′2 = 0. Esta hipotesis es pertinente porque si pedimos que y1u

′1+y2u

′2 = 0

la ecuacion (4.30) se reduce a y′1u

′1 + y′2u

′2 = f(x). Con ello ya tenemos las

dos ecuaciones que deseabamos, aunque sea para determinar las derivadasu′

1 y u′2. Aplicamos la regla de Cramer y la solucion del sistema

y1u′1 + y2u

′2 = 0

y′1u′1 + y′2u

′2 = f(x)


se puede expresar en terminos de los determinates

u′1 =

W1

Wy u′

2 =W2

W(4.31)

en donde

W =

∣∣∣∣

y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣

W1 =

∣∣∣∣

0 y2

f(x) y′2

∣∣∣∣

W2 =

∣∣∣∣

y1 0y′1 f(x)

∣∣∣∣

(4.32)

Las funciones u1 y u2 se determinan integrando los resultados en (4.31). Seque el determinante W es el wronskiano de y1 y y2. Sabemos que por laindependencia de y1 y y2 en I, W 6= 0 para todo x en el intervalo I.Recuerda 4.5.1 Para resolver (4.27),

Paso 1 Se halla la funcion complementaria yc = c1y1 + c2y2,

Paso 2 Se calcula el wronskiano W (y1, y2).

Paso 3 Se lleva la ecuacion a su forma reducida (4.28) para hallar f(x).

Paso 4 Se determinan u1 y u2 integrando u′1 = W1

W y u′2 = W2

W .

Paso 5 Una solucion particular es yp = u1y1 + u2y2.

Paso 6 La solucion general de la ecuacion es y = yc + yp

Ejemplo 4.5.1 Resuelve la ecuacion y′′ − 4y′ + 4y = (x + 1)e2x

Solucion: Partimos de la ecuacion auxiliar m2−4m+4 = (m−2)2 = 0,y tenemos que yc = c1e

2x + c2xe2x. Identificamos y1 = e2x y y2 = xe2x ycalculamos el wronskiano

W =

∣∣∣∣

e2x xe2x

2e2x e2x + 2xe2x

∣∣∣∣= e4x

Como la ecuacion diferencial dada esta en la forma reducida, vemos quef(x) = (x + 1)e2x Ası tenemos que:

W1 =

∣∣∣∣

0 xe2x

(x + 1)e2x 2xe2x + e2x

∣∣∣∣= −(x+1)xe4x W2 =

∣∣∣∣

e2x 02e2x (x + 1)e2x

∣∣∣∣= (x+1)e4x

de (4.31) se tiene que

u′1 = −x2 − x u′

2 = x + 1


, por tanto

u1 = −x3/3 − x2/2 u2 = x2/2 + x

y se tiene yp = (x3

6 + x2

2 )e2x y

y = yc + yp = c1e2x + c2xe2x + (

x3

6+

x2

2)e2x

•

4.5.1. Ejercicios.

Resolver cada una de las ecuaciones diferenciales por variacion de parame-tros:

1. y′′ + y = sen x

2. y′′ + 3y′ + 2y = 11+ex

3. y′′ − 4y = e2x

x

4. y′′′ + y′′ = 8x2

5. y′′ − y = 1x

4.6. Ecuacion de Cauchy-Euler.

Toda ecuacion diferencial lineal de la forma

anxn dny

dxn+ an−1x

n−1 dn−1y

dxn−1+ a1x

dy

dx+ a0y = g(x)

donde los coeficientes an, · · · , a0 son constantes, tiene los nombres de ecua-cion de Cauchy-Euler, ecuacion de Euler Cauchy, ecuacion de Euler o ecua-cion equidimensional.

Examinaremos el caso de la ecuacion homogenea de segundo orden:

ax2 d2y

dx2+ bx

dy

dx+ cy = 0

La solucion de ecuaciones orden superior sera analoga. Una vez deter-minada la funcion complementaria yc(x) tambien podemos resolver la ecua-cion no homogenea ax2y′′ + bxy′ + cy = g(x) con el metodo de variacion deparametros.


4.6.1. Metodo de solucion.

Intentaremos una solucion de la forma y = xm, donde m esta por deter-minar. La primera y segunda derivada son,

dy

dx= mxm−1 d2y

dx2= m(m − 1)xm−2

En consecuencia:

ax2 d2ydx2 + bx dy

dx + cy = ax2m()m − 1)xm−2 + bxmxm−1 + cxm

= am(m − 1)xm + bmxm + cxm

= xm(am(m − 1) + bm + c)

Ası, y = xm es una solucion de la ecuacion diferencial siempre que m seauna solucion de la ecuacion auxiliar

am(m − 1) + bm + c = 0 o am2 + (b − a)m + c = 0 (4.33)

Hay tres casos distintos por considerar que dependen de si las raıces deesta ecuacion cuadratica son reales y distintas, reales e iguales o complejas.

CASO 1: raıces reales distintas.

Sean m1 y m2 las raıces reales de (4.33), tales que m1 6= m2. Enton-ces y1 = xm1 y y2 = xm2 forman un conjunto fundamental de soluciones.Ası pues, la solucion general es

y = c1xm1 + c2x

m2 (4.34)

CASO 2: raıces reales iguales.

Si las raıces de (4.33) son repetidas solo llegaremos a una solucion, que esy = xm1 . Cuando las raıces de la ecuacion cuadratica am2 +(b−a)m+c = 0son iguales, el discriminante de los coeficientes tiene que ser cero. De acuerdocon la formula cuadratica, la raız debe ser m1 = −(b − a)/2a.

Podemos formar ahora una segunda solucion, y2, aplicando una reduc-cion de orden. Primero escribimos la ecuacion de Cauchy-Euler en la forma:

d2y

dx2+

b

ax

dy

dx+

c

ax2y = 0

tenemos por tanto P (x) = bax e

∫( b

ax)dx = ba ln x.

Por tanto


y2 = xm1∫

e−ba

ln x

x2m1dx

= xm1∫

x− b

a x−2m1dx

= xm1∫

x− b

a xb−a

a dx

= xm1∫

dxx = xm1 ln x

La solucion general es:

y = c1xm1 + c2x

m1 ln x (4.35)

CASO 3: raıces complejas.

Si las raıces de (4.33) son el par conjugado m1 = α + iβ, m2 = α − iβ,la solucion general es

y = xα(c1 cos(β ln x) + c2 sen(β ln x)) (4.36)

4.6.2. Ejercicios

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:

1. x2y′′ − 2y = 0

2. x2y′′ + xy′ + 4y = 0

3. x2y′′ − 3xy′ − 2y = 0

4. x2y′′ + 6xy′ + y = 0

Resuelve cada ecuacion diferencial sujeta a las condiciones inicialesindicadas.

5. x2y′′ + 3xy′ = 0, y(1) = 0, y′(1) = 4

6. x2y′′ + xy′ + y = 0, y(1) = 1, y′(1) = 2

4.7. Modelado con ecuaciones diferenciales de or-

den superior.

4.7.1. Sistemas de resorte y masa: movimiento libre no amor-

tiguado.

Ley de Hooke. Supongamos que, como en la figura 4.1(b), una masam1 esta unida a un resorte flexible colgado de un soporte rıgido. Cuando


se reemplaza m1 con una masa distinta m2, el estiramiento, elongacion oalargamiento del resorte cambiara. Segun la ley de Hooke, el resorte ejerceuna fuerza de restitucion, F , opuesta a la direccion del alargamiento y pro-porcional a la cantidad de alargamiento s. En concreto, F = kx, donde k esuna constante de proporcionalidad llamada constante del resorte. Aunquelas masas con distintos pesos estiran un resorte en cantidades distintas, esteesta caracterizado esencialmente por un numero k; por ejemplo, si una masaque pesa 10 libras estira 1

2 pie un resorte, entonces 10 = k( 12) implica que

k = 20lb/ft. Entonces , necesariamente, una masa cuyo peso sea de 8 librasestirara el resorte 2

5 de pie.Segunda ley de Newton. Despues de unir una masa m a un resorte,

esta lo estira una longitud s y llega a una posicion de equilibrio, en la que supeso, W , esta equilibrado por la fuerza de restauracion ks. recordemos queel peso se define por W = mg, donde la masa se expresa en slugs, kilogramoso gramos y g = 32 ft/s2, 9.8 m/s2 o 980 cm/s2, respectivamente. Como seaprecia en la figura 4.2, la condicion de equilibrio es mg = ks. Si la masase desplaza una distancia x respecto de su posicion de equilibrio, la fuerzade restitucion del resorte es k(x + s). Suponiendo que no hay fuerzas deretardo que actuen sobre el sistema y que la masa se mueve libre de otrasfuerzas externas (movimiento libre), entonces podemos igualar la segundaley de Newton con la fuerza neta, o resultante, de la fuerza de restitucion yel peso:

md2x

dt2= −k(s + x) + mg = −ks + mg − kx = −kx (4.37)

El signo negativo indica que la fuerza de restitucion del resorte actua enla direccion opuesta del movimiento. Ademas podemos adoptar la conven-cion que los desplazamientos medidos abajo de la posicion de equilibrio sonpositivos.

Si dividimos la ecuacion (4.37) por la masa m, obtendremos la ecuaciondiferencial de segundo orden

d2xdt2

+ ( km)x = 0

d2xdt2

+ w2x = 0

(4.38)

donde w2 = k/m. Se dice que la ecuacion (4.38) describe el movimientoarmonico simple o movimiento libre no amortiguado. Dos condi-ciones iniciales obvias asociadas con (4.38) son x(0) = α, la cantidad dedesplazamiento inicial, y x′(0) = β, la velocidad inicial de la masa.

Solucion y ecuacion del movimiento. Para resolver la ecuacion(4.38) observamos que las soluciones de la ecuacion auxiliar m2 + w2 = 0


son los numeros complejos m1 = wi, m2 = −wi. Ası, la solucion general de(4.38) es

x(t) = c1 cos wt + c2 sen wt (4.39)

El periodo de las vibraciones libres que describe (4.39) es T = 2πw , y la

frecuencia es f = 1T = w

2π . Por ejemplo, para x(t) = 2 cos 3t−4 sen 3t,T = 2π3

y f = 1T = 3

2π . Esto significa que la grafica de x(t) se repite cada 2π3 unidades

y que hay tres ciclos de la grafica cada 2π unidades o, lo que es lo mismo,que la masa pasa por 3

2π vibraciones completas por unidad de tiempo, verfigura 4.3.Ejemplo 4.7.1 Resuelve e interpreta el problema de valor inicial

d2x

dt2+ 16x = 0 x(0) = 10 x′(0) = 0

Solucion: El problema equivale a tirar hacia abajo una masa unidad aun resorte 10 unidades de longitud respecto de la posicion de equilibrio,sujetarla hasta que t = 0 y soltarla desde el reposo en ese instante. Alaplicar las condiciones iniciales a la solucion

x(t) = c1 cos 4t + c2 sen 4t

se obtiene que la ecuacion del movimiento es

x(t) = 10 cos 4t

Esta claro que la solucion indica que el sistema permanece en movimientouna vez puesto en movimiento y la masa va y viene 10 unidades a cada ladode la posicion de equilibrio x = 0. El periodo de oscilacion es 2π/4 = π/2,ver figura 4.4.

•Ejemplo 4.7.2 Una masa que pesa 2 lb hace que un resorte se estire 6 in.Cuando t = 0, la masa se suelta desde un punto a 8 in abajo de la posicionde equilibrio con una velocidad inicial, hacia arriba, de 4

3 ft/s. Deduzca laecuacion del movimiento libre.

Solucion: Al emplear el sistema tecnico de unidades inglesas, las medi-das expresadas en pulgadas se deben pasar a pies: 6in = 1/2ft; 8in = 2/3ft.Ademas, debemos convertir las unidades de peso, que estan en libras, en uni-dades de masa. Partimos de m = W/g y, en este caso, m = 2/32 = 1/16slug.Tambien, segun la ley de Hooke, ” = k( 1

2) implican que la constantes delresorte es k = 4lb/ft; por lo tanto, la ecuacion (4.37) se transforma en

1

16

d2x

dt2= −4x o

d2x

dt2+ 64x = 0


El desplazamiento y la velocidad iniciales son x(0) = 2/3, x′(0) = −4/3,donde el signo negativo en la ultima condicion es consecuencia de que lamasa recibe una velocidad inicial en direccion negativa o hacia arriba.

Entonces, w2 = 64, o sea, w = 8, de modo que la solucion general de laecuacion diferencial es

x(t) = c1 cos 8t − c2 sen 9t (4.40)

Al aplicar, las condiciones iniciales x(0) = 2/3, x′(0) = −4/3 se tiene c1 = 23

y c2 = −16 . Ası, la ecuacion del movimiento es (ver figura 4.5)

x(t) =2

3cos 8t − 1

6sen 8t (4.41)

•

4.7.2. Desviacion de una viga.

Una buena cantidad de estructuras se construyen a base de vigas, vigasque se desvıan o distorsionan por su propio peso o la influencia de algunafuerza externa. Esta desviacion y(x) esta determinada por una ecuaciondiferencial lineal de cuarto orden.

Supongamos que una viga de longitud L es homogenea y tiene secciontransversal uniforme en toda su longitud. Cuando no recibe carga alguna,incluyendo su propio peso, la curva que une los centroides de sus seccionestransversales es una recta que se llama eje de simetrıa. Si a la viga se leaplica una carga en un plano vertical que contenga al eje de simetrıa, sufreuna distorsion y la curva que une los centroides de las secciones transversalesse llama curva de desviacion, curva elastica o elastica. La elasticaaproxima la forma de la viga. Supongamos que el eje x coincide con el eje desimetrıa y que la desviacion o flecha y(x), medida desde el eje, es positivasi es hacia abajo. En teorıa de la elasticidad se demuestra que el momentoflexionante M(x) en un punto x a lo largo de la viga, se relaciona con lacarga por unidad de longitud w(x) mediante la ecuacion

d2M

dx2= w(x) (4.42)

Ademas, el momento flexionante M(x) es proporcional a la curvatura, κ, dela elastica:

M(x) = EIκ (4.43)


en que E e I son constantes, E es el modulo de Young de elasticidad delmaterial de la viga e I es el momento de inercia de la seccion transversal deesta. El producto EI se denomina rigidez de la flexion de la viga.

Segun el calculo diferencial, la curvatura es

κ =y′′

(1 + (y′)2)3/2

Cuando la desviacion y(x) es pequena, la pendiente y′ ≈ 0, de modo que(1+(y′)2)3/2 ≈ 1. Si κ = y′′, la ecuacion (4.43) se transforma en M = EIy′′.La segunda derivada de esta ecuacion es

d2M

dx2= EI

d2

dx2y′′ = EI

d4y

dx4(4.44)

Aplicamos el resultado de la ecuacion(4.42)para reemplazar d2Mdx2 en la (4.44)

y vemos que la desviacion y(x) satisface la ecuacion diferencial de cuartoorden

EId4y

dx4= w(x) (4.45)

Las condiciones en la frontera asociadas a esta ecuacion dependen de la for-ma en que estan sostenidos los extremos de la viga. Una viga en voladizoesta empotrada en un extremo y libre en el otro. Un trampolın, un brazoextendido, el ala de un avion y una marquesina son ejemplos comunes deeste caso, pero hasta los arboles, las astas de banderas, los rascacielos y losmonumentos pueden trabajar como vigas en voladizo, ya que estan empotra-dos en su base y sufren la fuerza del viento, que los tiende a flexionar. Parauna viga en voladizo, la desviacion y(x) debe satisfacer las dos condicionessiguientes en el extremo empotrado en x = 0:

y(0) = 0 porque no hay desviacion en ese lugar,

y′(0) = 0 porque la curva de desviacion es tangente al eje x (la pen-diente de la curva de desviacion es cero en ese punto).

Cuando x = L las condiciones del extremo libre son:

y′′(L) = 0 porque el momento flexionante es cero,

y′′′(L) = 0 porque la fuerza cortante es cero.

La funcion F (x) = dM/dx = Eid3y/dx3 se llama fuerza cortante. Si unextremo de una viga esta simplemente apoyado, embisagrado, articu-lado o empernado, se debe cumplir que y = 0 y y′′ = 0 en ese extremo.


Ejemplo 4.7.3 Una viga de longitud L esta empotrada en ambos extre-mos. Determine la desviacion de esa viga si sostiene una carga constante, w0,uniformemente distribuida en su longitud; esto es, w(x) = w0, 0 < x < L

Solucion: Segun lo expuesto, la desviacion y(x) satisface a

EId4y

dx4= w0 (4.46)

Puesto que la viga esta empotrada en su extremo izquierdo (x = 0) y ensu extremo derecho (x = L), no hay desviacion vertical y la elastica eshorizontal en esos puntos. Ası, las condiciones en la frontera son

y(0) = 0, y′(0) = 0, y(L) = 0, y′(L) = 0

Integrando cuatro veces sucesivas o resolviendo la ecuacion diferencial nohomogenea en la forma acostumbrada, llegamos a la solucion general:

y(x) = c1 + c2x + c3x2 + c4x

3 +w0

24EIx4

Ahora bien, las condiciones y(0) = 0, y′(0) = 0 dan c1 = 0 y c2 = 0,mientras que las condiciones restantes, y(L) = 0, y′(L) = 0, aplicada ay(x) = c3x

2 + c4x3 + w0

24EI x4 originan las ecuaciones:

c3L2 + c4L

3 + w024EI L4 = 0

2c3L + 3c4L2 + w0

6EI L3 = 0

Al resolver este sistema se obtiene c3 = w0L2/24EI y c4 = −w0L/12EI.

Entonces, la desviacion es

y(x) =w0L

2

24EIx2 +

−w0L

12EIx3 +

w0

24EIx4 =

w0

24EIx2(x − L)2

•

4.8. Ejercicios

1. Determine una segunda solucion de la ecuacion diferencial, si y1(x) esla primera solucion:

a) y′′ + 4y = 0, y1 = cos 2x

b) xy′′ − 2(x + 1)y′ + (x + 2)y = 0, y1 = ex

2. Determine la solucion general de cada ecuacion diferencial:


a) y′′ − 2y′ − 2y = 0

b) y′′′ + 10y′′ + 25y′ = 0

c) 3y′′′ + 10y′′ + 15y′ + 4y = 0

d) 6x2y′′ + 5xy′ − y = 0

3. Resuelva cada ecuacion aplicando el metodo de variacion de parame-tros:

a) y′′ − 2y′ + 2y = ex tan x

b) x2y′′ − 4xy′ + 6y = 2x4 + x2

Anto

nio

Baeza

Sala

s125

Resortesin estirar

(a) (b) (c)

l

s

x

l+s+x

x=0

mg-ks=0

posición de equilibrio movimiento

Figu

ra4.1:

Ley

de

Hooke


Resortesin estirar

(a) (b) (c)

l

s

x

l+s+x

x=0

mg-ks=0

posición de equilibrio movimiento

Figura 4.2: Movimiento libre no amortiguado

1 2 3 4 5 6

-4

-2

2

4

-15-10 -5 5 10 15

-4

-2

2

4

0.5 1 1.5 2

-4

-2

2

4

-6 -4 -2 2 4 6

-4

-2

2

4

Figura 4.3: x(t) = 2 cos 3t − 4 sen 3t


0.250.50.75 1 1.251.5

-10

-5

5

10

-7.5-5-2.5 2.5 5 7.5

-10

-5

5

10

1 2 3 4 5 6

-10

-5

5

10

-0.75-0.5-0.25 0.250.50.75

-10

-5

5

10

Figura 4.4: x(t) = 10 cos 4t

1 2 3 4 5 6

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

Figura 4.5: x(t) = 23 cos 8t − 1

6 sen 8t

Capıtulo 5

Sistemas de ecuaciones

diferenciales lineales.

5.1. Teorıa preliminar.

Los sistemas de ecuaciones diferenciales pueden ser de la forma

P11(D)x1 + P12(D)x2 + · · · + P1n(D)xn = b1(t)P21(D)x1 + P22(D)x2 + · · · + P2n(D)xn = b2(t)

......

......

Pn1(D)x1 + Pn2(D)x2 + · · · + Pnn(D)xn = bn(t)

(5.1)

en donde Pij representan polinomios de diversos grados en el operador D.Restringiremos el estudio a los sistemas de ecuaciones diferenciales de primerorden, como el siguiente:

dx1dt = g1(t, x1, x2, . . . , xn)

dx2dt = g2(t, x1, x2, . . . , xn)...

...dxn

dt = gn(t, x1, x2, . . . , xn)

(5.2)

Este sistema de n ecuaciones de primer orden se llama sistema de ordenn

Definicion 5.1.1 (Sistemas lineales.) Si cada una de las funciones

g1, g2, . . . , gn

129


es lineal en las variables dependientes x1, x2, . . . , xn entonces las ecuaciones(5.2) son un sistema de ecuaciones lineales de primer orden. Este sistematiene la forma normal o estandar:

dx1dt = a11(t)x1 + a12(t)x2 + . . . + a1n(t)xn + f1(t)

dx2dt = a21(t)x1 + a22(t)x2 + . . . + a2n(t)xn + f2(t)...

...dxn

dt = an1(t)x1 + an2(t)x2 + . . . + ann(t)xn + fn(t)

(5.3)

Un sistema con la forma de las ecuaciones (5.3) se denomina sistema li-

neal de orden n, o simplemente sistema lineal. Se supone que los coe-ficientes, aij, y las funciones, fi, son continuas en un intervalo I. Cuandofi(t) = 0, i = 1, 2, . . . , n, se dice que el sistema lineal es homogeneo; encaso contrario, es no homogeneo.

Ejemplo 5.1.1 [Sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias.] Unsistema de ecuaciones diferenciales ordinarias es un conjunto de dos o masecuaciones donde aparecen las derivadas de dos o mas funciones desconoci-das de una sola variable independiente; por ejemplo, si x y y representanvariables dependientes y t es la variable independiente, el conjunto siguientees un sistema de dos ecuaciones diferenciales de primer orden:

dxdt = 3x − 4ydydt = x + y

(5.4)

Una solucion de un sistema como el anterior es un par de funciones diferen-ciables, x = φ1(t) y y = φ2(t), que satisface cada ecuacion del sistema enalgun intervalo comun I.

•

Definicion 5.1.2 (Forma matricial de un sistema lineal.) Si X, A(t)yF (t) representan la matrices

X =

x1(t)x2(t)

...xn(t)

A(t) =

a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)

......

...an1(t) an2(t) · · · ann(t)

F (t) =

f1(t)f2(t)

...fn(t)

el sistema (5.3) de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden se puede


expresar como

d

dt

x1(t)x2(t)

...xn(t)

=

a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)

......

...an1(t) an2(t) · · · ann(t)

x1(t)x2(t)

...xn(t)

+

f1(t)f2(t)

...fn(t)

o simplemente comoX’=AX+F (5.5)

Si el sistema es homogeneo, su forma matricial es

X’=AX (5.6)

Ejemplo 5.1.2 Si X =

(x(t)y(t)

)

, la forma matricial del sistema ho-

mogeneo

{ dxdt = 3x − 4ydydt = x + y

es X ′ =

(3 −41 1

)

X

•

Ejemplo 5.1.3 Si X =

x(t)y(t)z(t)

, la forma matricial del sistema no

homogeneo

dxdt = 6x + y + z + tdydt = 8x + 7y − z + 10tdzdt = 2x + 9y − z + 6t

es

X ′ =

6 1 18 7 −12 9 −1

X +

t10t6t

•

Definicion 5.1.3 (Vector solucion.) Un vector solucion en un intervaloI es cualquier matriz columna

X =

x1(t)x2(t)

...xn(t)

cuyos elementos son funciones diferenciables que satisfagan el sistema (5.5)en el intervalo.


Definicion 5.1.4 (Problema de valor inicial.) Sean t0 un punto en unintervalo I,

X(t0) =

x1(t0)x2(t0)

...xn(t0)

y X0 =

γ1

γ2...

γn

,

en donde las γi, i = 1, 2, . . . , n son constantes dadas. entonces, el problema

Resolver : X ′ = A(t)X + F (t)

Sujeto a : X(t0) = X0

es un problema de valor inicial en el intervalo.

Teorema 5.1.5 (Existencia de una solucion unica.) Sean los elemen-tos de las matrices A(t) y F (t) funciones continuas en un intervalo comunI que contiene el punto t0. Existe una solucion unica del problema de valorinicial, definicion 5.1.4, en el intervalo.

Teorema 5.1.6 (Principio de superposicion.) Sean X1, X2, . . . , Xk unconjunto de vectores solucion del sistema homogeneo (5.6) en un intervaloI. La combinacion linea

X = c1X1 + c2X2 + . . . + ckXk

, en la que las ci, i = 1, 2, . . . , k son constantes arbitrarias, tambien es unasolucion en el intervalo.

Ejemplo 5.1.4 Podemos comprobar que los dos vectores

X1 =

cos t−1

2 cos t + 12 sen t

− cos t − sen t

y X2 =

0et

0

son soluciones del sistema

X ′ =

1 0 11 1 0−2 0 −1

X

De acuerdo con el principio de superposicion, la combinacion lineal

X = c1X1 + c2X2 = c1

cos t−1

2 cos t + 12 sen t

− cos t − sen t

+ c2

0et

0


es una solucion mas del sistema.•

Definicion 5.1.7 Sean X1, X2, . . . , Xk un conjunto de vectores solucion delsistema homogeneo (5.6) en un intervalo I. Se dice que el conjunto es li-nealmente dependiente en el intervalo si existen constantes ci, i = 1, 2, . . . , kno todas cero,tales que

X = c1X1 + c2X2 + . . . + ckXk = 0

para todo t en el intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmentedependiente en el intervalo, se dice que es linealmente independiente.

Teorema 5.1.8 (Criterio para las soluciones linealmente independientes.)Sean

X1 =

x11

x21...

xn1

, X2 =

x12

x22...

xn2

, · · · , Xn =

x1n

x2n...

xnn

n vectores solucion del sistema homogeneo (5.6) , en un intervalo I. El con-junto de vectores es linealmente independiente en I si y solo si el wrons-

kiano

W (X1, X2, . . . , Xn) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x11 x12 · · · x1n

x21 x22 · · · x2n...

......

xn1 xn2 · · · xnn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

6= 0

para todo t en el intervalo.

Ejemplo 5.1.5 Podemos comprobar que en el intervalo (−∞, +∞),

X1 =

(1−1

)

e−2t y X2 =

(35

)

e6t

son soluciones del sistema

X ′ =

(1 35 3

)

X

X1 y X2 son linealmente independientes en el intervalo (−∞, +∞) porqueninguno de los vectores es multiplo constante del otro. Ademas,

W (X1, X2) =

∣∣∣∣

e−2t 3e6t

−e−2t 5e6t

∣∣∣∣= 8e4t 6= 0


para todos los valores reales de t.•

Definicion 5.1.9 (Conjunto fundamental de soluciones.) Todo conjun-to, X1, X2, · · · , Xn de n vectores solucion linealmente independientes del sis-tema homogeneo (5.6) en un intervalo I, es un conjunto fundamental desoluciones en el intervalo.

Teorema 5.1.10 (Existencia de un conjunto fundamental.) Existe unconjunto fundamental de soluciones para el sistema homogeneo (5.6) en unintervalo I

Teorema 5.1.11 (Solucion general, sistemas homogeneos.) Sean

X1, X2, · · · , Xn

de n un conjunto fundamental de soluciones del sistema homogeneo (5.6) enun intervalo I. Entonces, la solucion general del sistema en el intervalo es

X = c1X1 + c2X2 + · · · + cnXn

, en donde las ci, i = 1, 2, · · · , n son constantes arbitrarias.

Ejemplo 5.1.6 En el ejemplo (5.1.5) la solucion general del sistema en elintervalo es

X = c1X1 + c2X2 = c1

(1−1

)

e−2t + c2

(35

)

e6t

•

Teorema 5.1.12 (Solucion general, sistemas no homogeneos.) Sea Xp

una solucion dada del sistema (5.5) no homogeneo en un intervalo I y sea

Xc = c1X1 + c2X2 + · · · + cnXn

la solucion general, en el mismo intervalo, del sistema homogeneo (5.6)correspondiente. Entonces la solucion general del sistema no homogeneo enel intervalo es

X = Xc + Xp

La solucion general Xc del sistema homogeneo (5.6) se llama funcion com-plementaria del sistema no homogeneo (5.5).


Ejemplo 5.1.7 El vector

Xp =

(3t − 4−5t + 6

)

es una solucion del sistema no homogeneo

X ′ =

(1 35 3

)

X +

(12t − 11

−3

)

en el intervalo (−∞, +∞). La funcion complementaria de esta ecuacion enel mismo intervalo, que es la solucion general de

X ′ =

(1 35 3

)

X

es

Xc = c1

(1−1

)

e−2t + c2

(35

)

e6t

Segun el teorema anterior la solucion es

X = Xc + Xp = c1

(1−1

)

e−2t + c2

(35

)

e6t +

(3t − 4−5t + 6

)


•

5.1.1. Ejercicios.

Exprese los sistemas siguientes en forma matricial:

1.dxdt = 3x − 5ydydt = 4x + 8y

2.

dxdt = −3x + 4y − 9zdydt = 6x − ydzdt = 10x + 4y + 3z

3.

dxdt = x − y + z + t − 1dydt = 2x + y − z − 3t2dzdt = x + y + z + t2 − t + 2

Exprese los siguientes sistemas sin usar matrices:


4. X ′ =

(4 2−1 3

)

X +

(1−1

)

et

5. X ′ =

1 −1 23 −4 1−2 5 6

X +

122

e−t −

3−11

t

Compruebe que el vector X sea una solucion del sistema dado:

6.dxdt = 3x − 4ydydt = 4x − 7y

X =

(12

)

e−5t

7.dxdt = −2x + 5ydydt = −2x + 4y

X =

(5 cos t

3 cos t − sen t

)

et

Los vectores respectivos son soluciones de un sistema X ′ = AX.Determine si los vectores constituyen un conjunto fundamental en(−∞, +∞).

8. X1 =

(11

)

e−2t y X2 =

(1−1

)

e−6t

9. X1 =

(1−1

)

et y X2 =

(26

)

et +

(8−8

)

tet

En los problemas siguientes compruebe que el vector Xp sea una solu-cion particular del sistema dado

10.dxdt = x + 4y +2t − 7dydt = 3x + 2y −4t − 18

Xp =

(2−1

)

t +

(51

)

11. X ′ =

(2 11 −1

)

X +

(−52

)

Xp =

(13

)

12. X ′ =

(2 13 4

)

X −(

17

)

et Xp =

(11

)

et +

(1−1

)

tet


5.2. Sistemas lineales homogeneos con coeficientes

constantes.

5.2.1. Valores propios reales y distintos.

La pregunta que se pretende contestar es si siempre es posible determinaruna solucion de la forma

X =

k1

k2...

kn

eλt = Keλt (5.7)

del sistema homogeneo, lineal y de primer orden

X ′ = AX (5.8)

en donde A es una matriz de constantes, de n × n.Para que (5.7) sea un vector solucion de (5.8), X ′ = Kλeλt de modo que

el sistema se transforma en

Kλeλt = AKeλt

Al dividir por eλt y reordenar, se obtiene AK = λK; o sea

(A − λI)K = 0 (5.9)

Esta es la ecuacion caracterıstica de la matriz A; en otras palabras, X =Keλt sera solucion del sistema (5.8) de ecuaciones diferenciales si, y solo siλ es un valor propio de A, y K es un vector propio correspondiente a λ.

Cuando la matriz A de n × n tiene n valores propios reales y distin-tos, λ1, λ2, . . . , λn, siempre se puede determinar un conjunto de n vectorespropios linealmente independientes, K1, K2, . . . , Kn, y

X1 = K1eλ1t, X2 = K2e

λ2t, . . . , Xn = Kneλnt

es un conjunto fundamental de soluciones de (5.8) en (−∞, +∞).

Teorema 5.2.1 (Solucion general, sitemas homogeneos.) Sean

λ1, λ2, . . . , λn

n valores propios reales y distintos de la matriz A de coeficientes del sistemahomogeneo (5.8), y sean K1, K2, . . . , Kn los vectores propios correspondien-tes. entonces, la solucion general de (5.8) en el intervalo (−∞, +∞) es

X1 = K1eλ1t, X2 = K2e

λ2t, . . . , Xn = Kneλnt


Ejemplo 5.2.1 Resuelva

dxdt = 2x + 3ydydt = 2x + y

Solucion: Primero determinamos los valores y vectores propios de la matrizde coeficientes

|A − λI| =

∣∣∣∣

2 − λ 32 1 − λ

∣∣∣∣= (λ + 1)(λ − 4) = 0

los valores propios son λ1 = −1 y λ2 = 4

Cuando λ1 = −1, la ecuacion (5.9) equivale a

3k1 + 3k2 = 02k1 + 2k2 = 0

Por consiguiente, k1 = −k2. Cuando k2 = −1, el vector propio relacionadoes

K1 =

(1−1

)

Cuando λ2 = 4, la ecuacion (5.9) equivale a

−2k1 + 3k2 = 02k1 − 3k2 = 0

Por consiguiente, k1 = 3k2/2. Cuando k2 = 2, el vector propio relacionadoes

K2 =

(32

)

De esta forma se tienen dos soluciones linealmente independientes que son

X1 =

(1−1

)

e−t y X2 =

(32

)

e4t

La solucion general del sistema es

X = c1X1 + c2X2 = c1

(1−1

)

e−t + c2

(32

)

e4t

•


5.2.2. Valores propios repetidos.

Puede ocurrir que algunos valores propios se repitan. Por ejemplo,laecuacion caracterıstica de la matriz de coeficientes en sistema

X ′ =

(3 −182 −9

)

X (5.10)

es (λ + 3)2 = 0; por lo tanto λ1 = λ2 = −3 es un raız de multiplicidaddos. Para este valor se obtiene el vector propio

K1 =

(31

)

⇒ X1 =

(31

)

e−3t (5.11)

es una solucion de (5.10). Mas como lo que nos interesa es formar lasolucion general del sistema, necesitamos saber si hay una segunda solucion.En general, si m es un entero positivo y si (λ − λi)

m es un factor de laecuacion caracterıstica, mientras que (λ− λi)

m+1 no lo es, se dice que λi esun valor propio de multiplicidad m.

Para algunas matrices A de n×n se podra determinar m vectores pro-pios linealmente independientes, K1,K2, . . . ,Km, correspondientes aun valor propio λi de multiplicidad m ≤ n. En este caso la soluciongeneral del sistema contiene la combinacion lineal

c1K1eλit + c2K2eλit + · · · + cmKmeλit+

Si solo hay un vector propio que corresponda a al valor λi, de multi-plicidad m, siempre sera posible hallar m soluciones linealmente inde-pendientes de la forma

X1 = K11eλit

X2 = K21teλit +K22eλit

...

Xm = Km1tm−1

(m−1)!eλit +Km2

tm2

(m−2)!eλit + · · ·+ Kmmeλit

Ejemplo 5.2.2 Resuelve X ′ =

1 −2 2−2 1 −22 −2 1

X

Solucion:


Calculamos el polinomio caracterıstico

|A − λI| =

∣∣∣∣∣∣

1 − λ −2 2−2 1 − λ −22 −2 1 − λ

∣∣∣∣∣∣

= 0

y obtenemos −(λ + 1)2(λ − 5) = 0. Se tiene que los autovalores sonλ1 = λ2 = −1 y λ = 5.

Para λ1 = λ2 = −1, la eliminacion de Gauss-Jordan da

(A + I|0) =

2 −2 2 | 0−2 2 −2 | 02 −2 2 | 0

→

1 −1 1 | 00 0 0 | 00 0 0 | 0

Por tanto, se tiene k1 − k2 + k3 = 0, un par de soluciones linealmenteindependientes para esta ecuacion son los vectores

K1 =

110

K2 =

011

Cuando λ3 = 5, la reduccion

(A − 5I|0) =

−4 −2 2 | 0−2 −4 −2 | 02 −2 −4 | 0

→

1 0 −1 | 00 1 1 | 00 0 0 | 0

implica que k1 = k3 y k2 = −k3. Escogemos k3 = 1, y obtenemos k1 = 1 yk2 = −1; de este modo, un tercer vector propio es

K1 =

1−11

Resulta que la solucion general del sistema es

X = c1

110

e−t + c2

011

e−t + c3

1−11

e5t

•

Ejemplo 5.2.3 Resuelve X ′ =

2 1 60 2 50 0 2

X


Solucion:

El polinomio caracterıstico (λ − 2)3 = 0 indica que λ = 2es un valorpropio de multiplicidad 3. Al resolver (A− 2I)K = 0 se halla un solo vectorpropio, que es

K =

100

Luego resolvemos los sistemas (A − 2I)P = Ky (A − 2I)Q = P sucesi-vamente y obtenemos

P =

010

Q =

0−6

515

Una solucion general del sistema es

X = c1

100

e2t + c2

100

te2t +

010

e2t

+

c3

100

t2

2 e2t +

010

te2t +

0−6

515

e2t

•

5.2.3. Ejercicios.

1. Determinar la solucion general de los siguientes sistemas:

a)dxdt = x + 2ydydt = 4x + 3y

b)dxdt = −4x + 2ydydt = −5

2x + 2y

c)dxdt = x + y − zdydt = 2ydzdt = y − z

d)

X′ =

(10 −58 −12

)

X

e)

X′ =

−1 1 01 2 10 3 −1

X

f )

X′ =

−1 −1 034 −3

2 318

14 −1

2

X


2. Resuelva el sistema sujeto a la condicion inicial indicada:

a)

X′ =

(12 01 −1

2

)

X X(0) =

(35

)

b)

X′ =

1 1 40 2 01 1 1

X X(0) =

130

3. Determinar la solucion general de los siguientes sistemas:

a)dxdt = 3x − ydydt = 9x − 3y

b)dxdt = −x + 3ydydt = −3x + 5y

c)

dxdt = 3x − y − zdydt = x + y − zdzdt = x − y + z

d)

X′ =

(2 4−1 6

)

X

e)

X′ =

5 −4 01 0 20 2 5

X

f )

X′ =

0 0 02 2 −10 1 0

X

5.3. Variacion de parametros.

5.3.1. Una matriz fundamental.

Si X1,X2, . . . ,Xn es un conjunto fundamental de soluciones del sistemahomogeneo X′ = AX en un intervalo I; su solucion general en el intervaloes:


X = c1X1 + c2X2 + · · · + cnXn

= c1

x11

x21...

xn1

+ c2

x12

x22...

xn2

+ · · · + cn

x1n

x2n...

xnn

=

c1x11 + c2x12 + · · · + cnx1n

c1x21 + c2x22 + · · · + cnx2n...

c1xn1 + c2xn2 + · · · + cnxnn

(5.12)

La solucion general de (5.12) se puede expresar en la forma

X = Φ(t)C (5.13)

en donde C es un vector columna de n × 1 de constantes arbitrarias, y lamatriz de n × n, cuyas columnas consisten en los elementos de los vectoressolucion del sistema X′ = AX,

Φ(t) =

x11 x12 · · · x1n

x21 x22 · · · x2n...

......

xn1 xn2 · · · xnn

es una matriz fundamental del sistema en el intervalo.algunas propiedades de la matriz fundamental son:

Una matriz fundamental Φ(t) es no singular.

Si Φ(t) es una matriz fundamental del sistema X′ = AX, entonces

Φ′(t) = AΦ(t) (5.14)

5.3.2. Variacion de parametros.

Nos planteamos si serıa posible reemplazar la matriz C de las constantesen la ecuacion (5.13) por una matriz columna de funciones

U(t) =

u1(t)u2(t)

...un(t)

(5.15)


de modo queXp = Φ(t)U(t) (5.16)

sea una solucion particular del sistema no homogeneo

X′ = AX + F(t) (5.17)

Segun la regla del producto, la derivada de la ultima ecuacion en (5.16)es

X′p = Φ(t)U′(t) + Φ′(t)U(t) (5.18)

observese que el orden de los productos en esta ecuacion es muy importante.Al sustituir (5.16) y (5.18) en (5.17) se obtiene

Φ(t)U′(t) + Φ′(t)U(t) = AΦ(t)U(t) + F(t) (5.19)

Ahora, si empleamos (?? para reemplazar Φ′(t), esta ecuacion se transformaen

Φ(t)U′(t) + AΦ(t)U(t) = AΦ(t)U(t) + F(t) (5.20)

o seaΦ(t)U′(t) = F(t)

Multiplicamos ambos lados de esta ecuacion por Φ−1 par obtener

U′(t) = Φ−1(t)F(t)

y por tanto

U(t) =

∫

Φ−1(t)F(t)dt

Como Xp = Φ(t)U(t), concluimos que una solucion particular de (5.17)es

Xp = Φ(t)

∫

Φ−1(t)F(t)dt (5.21)

Para calcular la integral indefinida de la matriz columna Φ−1(t)F(t) en estaexpresion, integramos cada elemento. Ası, la solucion general del sistema(5.17) es X = Xc + Xp, o sea

X = Xc + Xp = Φ(t)C + Φ(t)

∫

Φ−1(t)F(t)dt (5.22)

Ejemplo 5.3.1 Determinar la solucion general del sistema no homogeneo

X′ =

(−3 12 −4

)

X +

(3te−t

)

(5.23)


en el intervalo (−∞, +∞)

Solucion: Primero resolvemos el sistema homogeneo:

X′ =

(−3 12 −4

)

X (5.24)

La ecuacion caracterıstica de la matriz de coeficientes es

|A − λI| =

∣∣∣∣

−3 − λ 12 −4 − λ

∣∣∣∣= (λ + 2)(λ + 5) = 0

de modo que los valores propios son λ1 = −2 y λ2 = −5. Los vectorespropios asociados estos autovalores son, respectivamente,

(11

) (1−2

)

Los vectores solucion del sistema (5.24) son

X1 =

(11

)

e−2t =

(e−2t

e−2t

)

X2 =

(1−2

)

e−5t =

(e−5t

−2e−5t

)

Φ(t) =

(e−2t e−5t

e−2t −2e−5t

)

Φ−1(t) =

(23e2t 1

3e2t

13e5t −1

3e5t

)

De acuerdo con (5.21) se tiene que

Xp = Φ(t)∫

Φ−1(t)F(t)dt =

(e−2t e−5t

e−2t −2e−5t

)∫

(23e2t 1

3e2t

13e5t −1

3e5t

) (3te−t

)

dt

=

(e−2t e−5t

e−2t −2e−5t

)∫

(2te2t + 1

3et

te5t − 13e4t

)

dt

=

(e−2t e−5t

e−2t −2e−5t

) (te2t − 1

2e2t + 13et

15 te5t − 1

25e5t − 112e4t

)

=

(65 t − 27

50 + 14e−t

35 t − 21

50 + 12e−t

)

La solucion general del sistema es

X =

(e−2t e−5t

e−2t −2e−5t

) (c1

c2

)

+

(65 t − 27

50 + 14e−t

35 t − 21

50 + 12e−t

)

•


5.3.3. Problema de valor inicial.

La solucion general de (5.17) en un intervalo se puede expresar en laforma alternativa

X = Φ(t)C + Φ(t)

∫ t

t0

Φ−1(s)F(s)ds

en la que t y t0 son puntos en el intervalo. Esta ultima forma es util pararesolver la ecuacion sujeta a una condicion inicial X(t)0 = X0, ya que seescogen los lımites de integracion de tal modo que la solucion particular seanule cuando t = t0. Al sustituir t = t0 en la solucion anterior se obtieneX0 = Φ(t0)C, de donde obtenemos C = Φ−1(t0)X0. Al reemplazar esteresultado en la ecuacion, se tiene la solucion del problema de valor inicial:

X = Φ(t)Φ−1(t0)X0 + Φ(t)

∫ t

t0

Φ−1(s)F(s)ds

5.3.4. Ejercicios.

Resolver, aplicando el metodo de variacion de parametros, los siguientessistemas:

1.dxdt = 3x − 3y + 4dydt = 2x − 2y − 1

2.

X′ =

(3 −534 −1

)

X +

(1−1

)

et

2

3.

X′ =

(0 2−1 3

)

X +

(1−1

)

et

4.

X′ =

(1 81 −1

)

X +

(1212

)

t

5. Resolver el sistema dado sujeto a la condicion inicial dada:

X′ =

(3 −1−1 3

)

X +

(4e2t

4e4t

)

, X0 =

(11

)

Capıtulo 6

Ecuaciones en derivadas

parciales.

6.1. Ecuaciones diferenciales en derivadas parcia-

les separables.

6.1.1. Ecuaciones lineales.

La forma general de una ecuacion diferencial en derivadas parcialeslineales de segundo orden (EDP) con dos variables independientes, x ey, es

A∂2u

∂x2+ B

∂2u

∂x∂y+ C

∂2u

∂y2+ D

∂u

∂x+ E

∂u

∂y+ Fu = G

en que A, B, C, · · · , G son funciones de x y y. Cuando G(x, y) = 0, la ecuacionse llama homogenea; en cualquier otro caso es no homogenea.Ejemplo 6.1.1 La ecuacion

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2− u = 0

es homogenea, mientras que

∂2u

∂x2− ∂u

∂y= x2

es no homogenea.•

Una solucion de una ecuacion en derivadas parciales con dos variablesindependientes x y y es una funcion u(x, y) que posee todas las derivadas

147


parciales que indica la ecuacion y que la satisface en alguna region del planoxy.

Para la mayor parte de las ecuaciones lineales de segundo orden no es facilllegar a una solucion. Sin embargo, casi siempre, es posible hallar solucionesparticulares de las ecuaciones lineales importantes que se originan en muchasaplicaciones.

6.1.2. Separacion de variables.

Se trata de buscar una solucion particular en forma de producto de unafuncion de x por una funcion de y, como

u(x, y) = X(x)Y (y)

a veces es posible convertir una ecuacion en derivadas parciales, lineal condos variables en dos ecuaciones diferenciales ordinarias. Para hacerlo nota-mos que

∂u∂x = X ′Y, ∂u

∂y = XY ′

∂2u∂x2 = X ′′Y, ∂2u

∂y2 = XY ′′ (6.1)

Ejemplo 6.1.2 Determine las soluciones producto de

∂2u

∂x2= 4

∂u

∂y

Solucion:

Si u(x, y) = X(x)Y (y), la ecuacion se transforma en

X ′′Y = 4XY ′

dividimos ambos lados entre XY , con lo cual separamos las variables:

X ′′

X=

Y ′

Y

Puesto que el lado izquierdo de esta ecuacion es independiente de y eigual al lado derecho, que es independiente de x, llegamos a la conclusionque ambos lados son independientes tanto de x como de y. Cada lado dela ecuacion debe ser una constante. En la practica se acostumbra escribiresta constante de separacion real como λ2 o −λ2. Distiguiendo los tres casossiguientes.


Caso I Si λ2 > 0, las dos igualdades

X ′′

X=

Y ′

Y= λ2

dan X ′′ − 4λ2X = 0 y Y ′ − λ2Y = 0

Estas ecuaciones tienen las soluciones siguientes:

X = c1 cosh 2λx + c2 senh 2λx

Y = c3eλ2y

Ası, una solucion particular de la ecuacion es

u = XY = (c1 cosh 2λx+c2 senh 2λx)(c3eλ2y) = A1e

λ2y cosh 2λx+B1eλ2y senh 2λx

Caso II Si −λ2 < 0, las dos igualdades

X ′′

X=

Y ′

Y= −λ2

dan X ′′ + 4λ2X = 0 y Y ′ + λ2Y = 0

Estas ecuaciones tienen las soluciones siguientes:

X = c4 cos 2λx + c5 sen 2λx

Y = c6e−λ2y

Ası, otra solucion particular de la ecuacion es

u = A2e−λ2y cos 2λx + B2e

−λ2y sen 2λx

Caso III Si λ2 = 0, entonces

X ′′ = 0

y′ = 0

En este caso X = c7x + c8 y Y = c9 y entonces

u = A3x + B3

•


6.1.3. Principio de superposicion.

Si u1, u2, . . . , uk son soluciones de un ecuacion en derivadas parcialeslineal homogenea, la combinacion lineal

u = c1u1 + c2u2 + · · · + ckuk,

en que las ci, i = 1, 2, . . . , k, son constantes, tambien es una solucion.

6.1.4. Clasificacion de las ecuaciones.

Una ecuacion en derivadas parciales, lineal de segundo orden con dosvariables independientes y con coeficientes constantes, puede pertenecer auno de tres tipos generales. Esta clasificacion solo depende de los coeficientesde las derivadas de segundo orden. Naturalmente, suponemos que al menosuno de los coeficientes A, B y C no es cero.

Definicion 6.1.1 (Clasificacion de las ecuaciones.) La ecuacion en de-rivadas parciales lineal y de segundo orden

A∂2u

∂x2+ B

∂2u

∂x∂y+ C

∂2u

∂y2+ D

∂u

∂x+ E

∂u

∂y+ Fu = 0

en donde A, B, C, D, E y F son constantes reales, es

Hiperbolica si B2 − 4AC > 0

Parabolica si B2 − 4AC = 0

Elıptica si B2 − 4AC < 0

Ejemplo 6.1.3 Clasificar las siguientes ecuaciones:

1. 3∂2u

∂x2=

∂u

∂y

2.∂2u

∂x2=

∂2u

∂y2

3.∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2

Solucion:


1. Escribimos primero la ecuacion en las forma adecuada:

3∂2u

∂x2− ∂u

∂y= 0

e identificamos de esta forma los coeficientes: A = 3, B = 0 y C = 0.Y teniendo en cuenta que B2 − 4AC = 0, la ecuacion es parabolica.

2. Se tiene en este caso A = 1, B = 0 y C = −1 y B2 − 4AC > 0. Laecuacion es hiperbolica.

3. Se tiene en este caso A = 1, B = 0 y C = 1 y B2 − 4AC < 0. Laecuacion es elıptica.

•

6.1.5. Ejercicios

1. Aplique la separacion de variables para hallar, si es posible, solucionesproducto para la ecuacion diferencial respectiva.

a)∂u

∂x=

∂u

∂y

b) x∂u

∂x= y

∂u

∂y

c)∂2u

∂x2+

∂2u

∂x∂y+

∂2u

∂y2= 0

2. Clasificar las siguientes ecuaciones diferenciales parciales como hiperboli-ca, parabolica o elıptica.

a)∂2u

∂x2+

∂2u

∂x∂y+

∂2u

∂y2= 0

b)∂2u

∂x2+ 6

∂2u

∂x∂y+ 9

∂2u

∂y2= 0

c)∂2u

∂x2= 9

∂2u

∂x∂y


6.2. Ecuaciones clasicas y problemas de valor en

la frontera.

Nos interesamos en este apartado por el estudio de las soluciones de lassiguientes ecuaciones en derivadas parciales:

k∂2u

∂x2=

∂u

∂t, k > 0 (6.2)

a2 ∂2u

∂x2=

∂2u

∂t2(6.3)

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 (6.4)

o pequenas variaciones de las mismas. A estas ecuaciones clasicas de lafısica matematica se les conoce como ecuacion en una dimension delcalor, (6.1), ecuacion de onda unidimensional, (6.3) y ecuacion deLaplace en dos dimensiones, (6.4).

Observese que la ecuacion (6.1) de transmision del calor es parabolica,la ecuacion de onda (6.3) es hiperbolica y la ecuacion de Laplace (6.4) eselıptica.

6.2.1. Ecuacion de transmision de calor.

La ecuacion (6.1) se origina en la teorıa del flujo de calor , esto es, elcalor transferido por conduccion en una varilla o alambre delgado.

6.2.2. Ecuacion de onda.

La funcion u(x, t) es la temperatura. Los problemas de vibraciones mecani-cas conducen con frecuencia a la ecuacion de onda (6.3). Una solucion u(x, t)de la ecuacion (6.3) representa el desplazamiento de una cuerda ideal.

Se tiene una cuerda de longitud L, –como una cuerda de guitarra–, es-tirada entre dos puntos en el eje x. Cuando comienza a vibrar, supongamosque el movimiento se lleva a cabo en el plano xy, de tal modo que cadapunto de la cuerda se mueve en direccion perpendicular al eje x, de estaforma u(x, t) representa el desplazamiento vertical de cualquier punto de lacuerda medio a partir del eje x, cuando t > 0.


6.2.3. Ecuacion de Laplace.

Una solucion u(x, y)de la ecuacion (6.4) de Laplace se puede interpretarcomo la distribucion de estado estable (esto es, independiente del tiempo)de la temperatura en una placa delgada y bidimensional.

Esta ecuacion en dos o tres dimensiones surge en problemas indepen-dientes del tiempo que conciernen potenciales como el electrostatico, el gra-vitacional y la velocidad mecanica de fluidos. Ademas, una solucion de laecuacion de Laplace se puede interpretar como la distribucion de temperatu-ra en un estado estable. Una solucion podrıa representar la temperatura quevarıa de un punto a otro –pero no con el tiempo– en una placa rectangular.

6.3. Ecuacion de transmision de calor.

Una varilla delgada de longitud L tiene una temperatura inicial f(x) ysus extremos se mantienen a la temperatura cero en todo momento t > 0.Si la varilla satisface las hipotesis siguientes

El flujo de calor dentro de la varilla solo tiene la direccion x

La superficie lateral, o curva, de la varilla esta aislada; esto es, noescapa calor de esa superficie.

No se genera calor dentro de la varilla.

La varilla es homogenea –es decir, su masa por unidad de volumen ρes constante.

El calor especıfico γ y la conductividad termica del material de lavarilla K son constantes.

el problema de valor en la frontera establece su temperatura u(x, t)

0 Lx x+dx

Figura 6.1: Seccion transversal de area A


k∂2u

∂x2=

∂u

∂t, 0 < x < L, t > 0 (6.5)

u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0 (6.6)

u(x, 0) = f(x), 0 < x < L (6.7)

Con el producto u = X(x)T (t) y la constante de separacion −λ2, llega-mos a

X ′′

X=

T ′

kT= −λ2 (6.8)

y a

X ′′ + λ2X = 0T ′ + kλ2T = 0

(6.9)

X = c1 cos xλx + c2 sen λx

T = c3e−kλ2t

u(0, t) = X(0)T (t) = 0u(L, t) = X(L)T (t) = 0

(6.10)

Por tanto se tiene que X(0) = 0 y X(L) = 0. estas condiciones ho-mogeneas en la frontera, junto con la ecuacion homogenea (6.9), son unproblema normal de Sturm-Lioville. Al aplicar la primera de estas condicio-nes a la ecuacion (6.10) obtenemos c1 = 0, de inmediato. En consecuencia

X = c2 sen λx

6.4. Ecuacion de onda.

6.5. Ecuacion de Laplace.

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