Ecuaciones Diferenciales

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En las materias de análisis estudiamos las propiedades de funciones y definimos dis-tintas operaciones entre ellas tales como suma, producto, composición, tomar derivada o primitiva, entre otras. Es natural entonces preguntarnos que sentido tiene considerar una ecuación donde la incógnita es una función. Algunos ejemplos inmediatos se obtienen de reemplazar en las ecuaciones elementales en los reales el ”x” por f(x):

f(x)−1 = 0 ⇔f(x)≡1 f2_{(x) + 2f(x) + 1 = 0} _⇔_{(f(x) + 1)}2

= 0 ⇔f(x)≡ −1.

Estas se obtienen de aplicar a la función f las operaciones elementales que se pueden tomar en los números reales. Como solución esperamos obtener una función, nuestra función incógnita f. Sin embargo, el conjunto de operaciones sobre funciones es mucho más rico que el heredado de los números reales. En particular, si la funciónf lo permite, podemos considerar la función derivada f0(x) e incorporarla a nuestras ecuaciones:

f0(x)−f(x) = 0⇔f0(x) =f(x).

Cabe entonces preguntarnos que sentido tiene la ecuación de arriba. Por ejemplo, si en la ecuación planteamos la derivada de nuestra incógnitaf entonces esperamos que f sea derivable. Además tiene que cumplir la ecuación en todos los puntos x, o sea, f tendr´ıa que ser una función que sea igual a su función derivada. Este caso es bastante inmediato ya que conocemos una función que cumple con esta propiedad: la función exponencial f(x) = ex_{. M´}_{as a´}_{un, podemos ver que}

f(x) =kex, para k∈_R ⇒f0(x) =f(x).

Deber´ıamos ahora considerar la implicación contraria, o sea, si todas las soluciones de la ecuación son del tipo exponencial. Dicho de otra forma, nos gustar´ıa desarrollar un método para, partiendo de una ecuación que involucre derivadas de la función incógnita, encontrar todas las soluciones posibles. Lamentablemente no existe un método que funcione para todo tipo de ecuaciones, por lo que estamos obligados a separar en casos según qué aparece en nuestra ecuación. Empezemos con algunas definiciones. Dado que el objetivo de estas notas es el de mostrar los métodos de resolución de 3 tipos particulares de ecuaciones, no vamos a dar la definición general de ecuación diferencial ordinaria sino definir las ecuaciones particulares que nos interesan.

El ejemplo de arriba nos sugiere que una ecuación deber´ıa ser algo del tipo ”derivada de una función”= ”expresión matemática involucrando la función y la variable indepen-diente”. La notación usual para las funciones incógnitas deja de serf(x) y pasa a serx(t) o y(x), ya que la notación clásica para denominar funciones, f, g, etc, la vamos a usar ahora para la ”expresión matemática” del lado derecho de la ecuación.

Definici´on Seax(t) una funci´on real de variable real derivable en su dom´ınio. Llamamos

ecuaci´on diferencial ordinaria de primer orden a una expresi´on del tipo x0(t) =f(t, x(t)),

donde f es la funci´on que expresa las operaciones sobrex(t) yt de la ecuaci´on.

Esta definición no es la más general posible, ya que estamos suponiendo que no hay ninguna operación sobre la derivadax0(t), pero de momento estas son las únicas ecuaciones que consideremos.

Las ecuaciones diferenciales aparecen naturalmente como modelos para la resolución de problemas de origen f´ısico, qu´ımico, biológico, enconómico, etc. Por ejemplo, supongamos

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que x(t) representa la cantidad de habitantes de una población en función del tiempo. Distintas poblaciones crecen o decrecen en base a diferentes reglas y situaciones. La forma en que cambia la cantidad de habitantes en un dado per´ıodo de tiempo se dice la tasa de crecimiento y se puede escribir como el cociente x0/x. Si consideramos por ejemplo que dicha tasa es constante, lo que estamos generando es una ecuación diferencial de primer orden x0 = kx, para k una constante. Resolviendo la ecuación diferencial podremos caracterizar que poblaciones tienen tasa de crecimiento constante.

Es importante tener en cuenta que no siempre vamos a poder encontrar solución para un problema. Sin embargo la mayoria de los problemas pueden resolverve en forma aprox-imada mediante métodos numéricos o computacionales. Para muchas aplicaciones este abordage es suficiente. Entonces para qué necesitamos un método matemático riguroso para resolverlas? En primer lugar para que las aproximaciones numéricas tengan sen-tido es necesario saber que efectivamente aproximan algo y para eso debemos saber si el problema tiene solución única. Si no fuera el caso, la solución aproximada dependeria del método usado, lo cual es incompatible con la noción de solución. Por otro lado, desde el punto de vista teórico, conocer una expresión anal´ıtica de la solución permite conocer dicha solución más a fondo y determinar otras propiedades que no salen automaticamente de la ecuación. Empezemos por analizar qué entendemos por solución y en que condiciones tenemos solución única a un problema.

Supongamos que tenemos como incógnita la función x(t) y sabemos que satisface la ecuación diferencial de primer orden x0(t) = 0. Cuando definimos función derivada, analizamos también qué funciones son las que tienen derivada nula: son las funciones constantes. Entonces, puedo afirmar que existe una constante c ∈ _R tal que x(t) = c,∀t. Esto también ya lo sabemos desde el punto de vista de las primitivas, ya que la misma ecuación diferencial se puede interpretar como x(t) es una primitiva de 0. O sea, no obtuvimos una solución, sino una infinidad de soluciones, dadas por la constante c. Obviamente que, tanto desde el punto de vista matemático como del punto de vista de las aplicaciones, buscamos la solución de la ecuación diferencial. Entonces, como encontrarla? Necesitamos un dato más. La solución de la ecuación diferencial anterior queda unicamente determinada si le agregamos una condición inicial, esto es, un dato extra, una información sobre la función x(t) en algun punto t. Por ejemplo, si pedimos que

x0(t) = 0, x(0) = 1, entonces obtenemos

x(t) =cy x(0) = 1⇒x(t) = 1∀t.

Esto nos lleva a concluir que, para poder obtener una única solución de una ecuación diferencial de primer orden tengo que, por lo menos, agregar una condición inicial. Sin embargo, eso no va a ser suficiente. Consideremos por ejemplo el problema

x0(t) = x1/3(t), x(0) = 0 con t ∈(0,1).

Dada la expresión de la ecuación podemos suponer que la solución x(t) es de la forma x(t) = ktα _{para algunas constantes} _{k, α. La funci´}_on _{x(t) as´ı descripta cumple con la} condición inicial x(0) = 0. Igualando ambos miembros de la ecuación obtenemos

kαtα−1 =k1/3tα/3 ⇒α= 3 2, k = 2 3 3/2 ⇒x(t) = 2 3 3/2 t3/2.

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Y parece que encontramos la solución...pero no es asi. La función indenticamente nula x(t) ≡ 0 también cumple la ecuación diferencial y el dato inicial, por lo que es solución del problema. Qué pasó entonces?

Lo que sucede es que no toda ecuación diferencial tiene solución única. Lo que necesi-tamos ahora es algún resultado que nos garantice en que situaciones s´ı hay solución única. Esto es el contenido del teorema siguiente. No presentaremos aqu´ı la demostración. Tam-poco podemos enunciar el resultado en su máxima generalidad. Lo que s´ı haremos es, usando notación y definciones conocidas para nosotros, presentar una condición suficiente para que un problema tenga solución única.

Teorema Sea g : [a, b]→_R una funci´on continua y f una funci´on continua tal que f0 es

continua en su dominio. Seac∈(a, b) y η∈_R.

Entonces existen >0 y una funci´on diferenciable x: [c−, c+]→_Rtal que (1)

x0(t) =f(x(t))g(t) , en [c−, c+] x(c) =η.

En caso quec=a oc=b obtenemos el mismo resultado de existencia de soluci´on pero en un entorno [a, a+],[b−, b] respectivamente.

Lo que nos dice el teorema es en que condiciones tenemos solución del problema (1) en un entorno del dato inicialc. La expresión del lado derecho es muy particular ya que de alguna forma separa la dependencia entre las variables dependiente x e independientet. A estas ecuaciones se les llama de variables separadas y será el primer caso que estudiaremos en este apunte. El segundo tipo de ecuaciones de primer orden que analizaremos equivaldr´ıa a tener del lado derecho una expresión del tipog1(t) +g2(t)x(t) o sea que la funciónf, que

concentra las operaciones sobre x(t) es la función identidad, que es obviamente continua y derivable y por lo tanto el teorema también es válido.

Además, en las condiciones del teorema podemos también probar el siguiente resul-tado que nos dice que dos soluciones son tan parecidas cuanto sus datos iniciales. Una consequencia inmediata es la unicidad de solución.

Teorema Sea g : [a, b] → _R una funci´on continua y f una funci´on continua tal que f0

es continua en su dominio.. Sea c∈(a, b) y η1, η2 ∈R. Sean x1, x2 soluciones de x0i(t) = f(xi(t))g(t) en [c, d] conxi(c) = ηi, i= 1,2 dadas por el teorema anterior. Entonces existe una constante K que solo depende de ctal que

(2) |x1(t)−x2(t)| ≤K|η1−η2| ∀t∈[c, d].

Lo mismo se puede probar para el intervalo [d, c] con d dado por el teorema anterior (d=c±).

Como corolario inmediato podemos concluir unicidad, siempre en las condiciones del teorema, o sea, si F es continua con derivada continua.

Corolario Sea g : [a, b] → _R una funci´on continua y f una funci´on continua tal que f0

es continua en su dominio. Sea c ∈ (a, b) y η ∈ _R. Sean x1, x2 soluciones de x0i(t) = f(xi(t))g(t) en [c, d] con xi(c) = η, i= 1,2. Entonces

x1(t) =x2(t), en un entorno de c.

Qu´e fue entonces lo que fall´o en el ejemplo anterior? Teniamos x0(t) =x1/3 ⇒f(x) = x1/3, g(t) = 1.

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Además, como el dato inicial era x(0) = 0, estabamos buscando solución en un entorno de 0. Pero la función f(x) = x1/3 no es derivable en 0! Luego no cumple las condiciones de los teoremas anteriores y por lo tanto era esperable que el problema no tuviera solución ´

unica.

Ahora que sabemos en que condiciones podemos esperar encontrar una solución única para nuestras ecuaciones diferenciales de primer orden, debemos encontrar un método para determinarlas.

En estas notas analizaremos apenas dos tipos de ecuaciones de primer orden: las ecua-ciones de primer orden de variables separadas y las ecuaecua-ciones lineales de primer orden.

Ecuaciones de variables separadas

Recordemos el ejemplo de las poblaciones con tasa de crecimiento constante x0(t)

x(t) =k.

El lado izquierdo de esta igualdad lo podemos reconocer como d

dtln(x(t)) = x0(t)

x(t)

y el lado derecho como _dtdkt=k. Luego, lo que obtenemos es d

dtln(x(t)) = d

dtkt⇒ln|x(t)|=kt+c⇒x(t) =Ce kt_,

ya que la constante C absorbe el signo de x(t) y podemos prescindir del valor absoluto. Entonces las poblaciones que crecen con tasa constante son del tipo exponencial. Para encontrar la soluci´on lo que hicimos fue determinar primitivas de ambos miembros de la ecuaci´on, algo que podemos formalizar:

x0(t) x(t) =k ⇒ Z x0(t) x(t)dx= Z kdx ⇒ln|x(t)|=kt+C ⇒x(t) = Cekt

Usando ahora algunas t´ecnicas de integraci´on podemos tomar u=x(t) y obtener Z _x0_(t)

x(t)dx= Z ₁

udu= ln|u|+c= ln|x(t)|+c.

En definitiva lo que hace la sustitución es resaltar la presencia de la función ln, haciendo ”desaparecer” el término x0 del problema. Teniendo esto en mente podemos desarrollar un método que nos permita encontrar facilmente la solución. Para esto vamos a escribir x0 = dx_dt y considerar este término como un cociente dx_dt1. As´ı podemos escribir

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x0(t) x(t) =k ⇒ 1 x dx dt =k ⇒ 1 xdx=kdt ⇒ Z 1 xdx= Z kdt ⇒ln|x|=kt+c ⇒x=x(t) = Cekt.

Observemos que estamos integrando con respecto a distintas variables en cada miembro de la ecuaci´on. Formalicemos este procedimiento. Consideremos ecuaciones de primer orden de la forma x0(t) = f(x(t))g(t) donde f y g son funciones continuas.

x0(t) f(x(t)) =g(t)⇒ 1 f(x) dx dt =g(t) ⇒ 1 f(x)dx=g(t)dt ⇒ Z 1 f(x)dx= Z g(t)dt ⇒F(x) =G(t) +C, donde F es una primitiva de 1

f y G es una primitiva de g. De la ´ultima igualdad queda definida x(t) en forma impl´ıcita. En caso que F sea biyectiva podemos adem´as escribir

x(t) = F−1(G(t) +C).

Observemos que el primer paso de este método involucra dividir la ecuación por f(x). Para hacerlo debemos suponer que f(x) 6= 0. Una vez que llegamos a la expresión final para x(t) debemos entonces considerar que pasa cuando f(x) = 0.

Veamos un ejemplo. Encontrar la soluci´on de

x0(t) =tx−t, x(0) = 2. Tenemos x0(t) =t(x−1)⇒ 1 x−1 dx dt =t si x−16= 0 ⇒ 1 x−1dx=tdt ⇒ Z 1 x−1dx= Z tdt ⇒ln(|x−1|) = t2/2 +c ⇒ |x−1|=Cet2/2

⇒x−1 =Cet2/2 ya que el signo lo absorbe la constante C ⇒x(t) = 1 +Cet2/2.

Por otro lado x(t) ≡1 verifica la ecuaci´on, por lo que nos queda ver si esa soluci´on esta incluida en la familia x(t) = 1 +Cet2/2 o no. Resulta que, si tomamos C = 0 obtenemos

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x(t) = 1 por lo que la expresi´on obtenida por el m´etodo de arriba nos permite generar todas las soluciones.

Como queremos la solución que cumple x(0) = 2, reemplazando en la expresión de arriba, llegamos a que C = 1 por lo tanto, la solución que buscamos es

x(t) = 1 +et2/2.

(Primero llegamos a la solución general y después, en caso de tener una condición inicial, reemplazamos para obtener el valor de la constante C y de esa forma llegar a la solución buscada).

Ecuaciones lineales de primer orden

Otro tipo de ecuaciones de primer orden muy importante es el de las ecuaciones lineales. Estas son las que se pueden escribir en la forma

(3) x0(t) +p(t)x(t) = q(t),

para algunas funcionesp, qque solo dependen de la variable independientet. Para resolver este tipo de problema hay esencialemente dos m´etodos, que pasaremos a describir.

Factor integrante

Este procedimiento se basa en la observación de que existe un factor por el cual se puede multiplicar la ecuación y transformarla en otra donde sea más fácil integrar para obtener la solución. Más concretamente, definimos factor integrante por

µ(t) =eRp(t)dt, o sea µ0(t) = p(t)µ. Multipliquemos ambos lados de la ecuaci´on por µ para obtener

µ(t)x0(t) +µ(t)p(t)x(t) =µ(t)q(t)⇔µ(t)x0(t) +µ0(t)x(t) | {z }

(µx)0

=µ(t)q(t). Podemos entonces escribir

d dt(µ(t)x(t)) = µ(t)q(t)⇒µ(t)x(t) = Z q(t)µ(t)dt+C ⇒x(t) =e−Rp(t)dt Z q(t)µ(t)dt+C ,

lo que nos permite, mediante c´alculo de las primitivas del lado derecho, encontrar la soluci´on.

Ejemplo: Encontrar la soluci´on general de x0(t) +x(t) = sen(t).

Por lo visto arriba el factor integrante es µ(t) =eR1dt ₌_et_, _{y por lo tanto} etx0(t) +etx(t) =etsen(t)⇔ d dt e t x(t)=etsen(t) ⇔etx(t) = Z etsen(t)dt+C ⇔etx(t) = e t 2(sen(t)−cos(t)) +C ⇔x(t) = sen(t)−cos(t) 2 +Ce −t_.

Observamos que la solución general que encontramos es una suma de una familia de soluciones indexada por la constante C con una función en particular. En el siguiente método veremos que esto no es casualidad.

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Solución Homogénea + Solución Particular

Supongamos que x(t) e y(t) son dos soluciones de la ecuaci´on lineal (3) que queremos resolver y definamos z(t) =x(t)−y(t). Entonces

z0(t) = x0(t)−y0(t) = q(t)−p(t)x(t)−(q(t)−p(t)y(t)) = −p(t)(x(t)−y(t)) = p(t)z(t). Por lo tanto, z(t) es solución de laecuación homogénea asociadaz0+p(t)z = 0 (o sea, no tiene término independiente de z). Pero esta ecuación es de variables separadas, o sea,

z0(t) +p(t)z(t) = 0⇔ z 0_(t) z(t) =−p(t) si z(t)6= 0 ⇒ln|z(t)|=− Z p(t)dt+C ⇒z(t) =Ce− R p(t)dt .

Observemos que, para C = 0 recuperamos el caso z(t) = 0 que hab´ıamos descartado al in´ıcio del m´etodo.

Teniendo en cuenta que z(t) =x(t)−y(t) podemos afirmar entonces que, si conocemos una solución y(t) a la que llamamos solución particular y(t) y conocemos también la solución general de la ecuación homogénea asociadaz(t) entonces cualquier soluciónx(t) se puede escribir como x(t) = z(t) +y(t). Para que quede más expl´ıcito el método que estamos usando, denotamos por xP(t) la solución particular (antes y(t)) y por xH(t) la solución general de la ecuación homogénea (antes z(t)) y entonces

x(t) =xH(t) +xP(t).

La ecuación homogénea asociada siempre va a ser de variables separadas, y por lo tanto la sabemos resolver. La cuestión se coloca ahora en como encontrar una solución particular. Existe un método, el de variación de constantes, que permite siempre encontrar dicha solución a partir de la solución general de la ecuación homogénea, pero que sale del ´

ambito de estos apuntes. Por otro lado, siempre podemos intentar encontrar la solución particular “a mano”, o sea, probando con funciones elementales. Este proceso suele ser mucho más rapido que el de variación de constantes y por lo tanto es bastante usado. Se basa en la expresión de la función q(t) y en probar funciones xP(t) que sean similares a q(t).

Ejemplo: Recuperemos el ejemplo anteriorx0(t) +x(t) = sen(t).

Empezemos por considerar la ecuaci´on homog´enea asociadax0(t)+x(t) = 0.La podemos escribir como x_x0₍(_tt₎) =−1 si x(t)6= 0 y entonces obtenemos, integrando,

xH(t) =Ce−t.

Buscamos ahora una soluci´on particular. Comoq(t) = sen(t) esto nos indica que debemos buscar soluciones trigonometricas.

si y1(t) = sen(t)⇒y01(t) +y1(t) = cos(t) + sen(t)

si y2(t) = cos(t)⇒y02(t) +y2(t) = −sen(t) + cos(t)

Como queremos obtener del lado derecho solo la funci´on sen podemos tomar xP(t) = y1(t)−y2(t)

2 =

sen(t)−cos(t)

2 . Para esta funci´on tenemos

x0_P(t) +xP(t) =

cos(t) + sen(t) + sen(t)−cos(t)

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Entonces, la soluci´on general de la ecuaci´on es x(t) =xH(t) +xP(t) =Ce−t+

sen(t)−cos(t)

2 .

Observación: Una vez obtenida la expresión de la solución general podemos, si tenemos una condición inicial, determinar la constante C, tal como en el caso de los problemas con ecuaciones de variables separadas.

Ecuaciones de segundo orden con coeficientes constantes

De la misma forma que definimos ecuaciones de primer orden, podemos considerar ecuaciones donde aparezca la segunda derivada de la función x(t) y que la expresión matemática del lado derecho involucret, x(t) y x0(t), o sea, del tipo

x00(t) =f(t, x(t), x0(t)).

Dentro de esta nueva fam´ılia de ecuaciones estudiaremos apenas las ecuaciones diferen-ciales de segundo orden con coeficientes constantes, o sea, las ecuaciones del tipo

x00(t) +a1x0(t) +a0x(t) = 0, para constantesa1, a0 ∈R.

Como los coeficientes son constantes, una solución deberá ser una función que sea “pare-cida” a su primera y segunda derivada. Esto nos lleva a pensar que buscamos soluciones de tipo exponencial o de tipo trigonométrico (sen o cos). Recordemos que existe una forma de escribir estas tres funciones aparentemente diferentes bajo una sola expresión: la de exponencial compleja. De hecho, sea α+βi ∈ _C. Entonces, se puede probar que, para t∈_R

e(α+βi)t =eαt(cos(βt) +isen(βt)).

Sea ahora λ∈ _C y consideremos la función eλt. Para que esta función sea solución de nuestro problema se debe cumplir

λ2eλt+a1λeλt+a0eλt = 0⇔λ2+a1λ+a0 = 0.

Al polin´omio λ2 ₊_a

1λ+a0 = 0 se dice polinomio caracteristico. Las ra´ıces del

poli-nomio nos permitirán construir la solución de la ecuación diferencial. Observemos que el polinomio es de grado 2 luego va a tener 2 ra´ıces que pueden ser reales y distintas, reales e iguales o complejas conjugadas. Según en que caso estamos la solución general tendrá una expresión distinta, como veremos a continuación.

Caso 1 Ra´ıces reales y distintas λ1, λ2 ∈R con λ1 6=λ2

Tenemos entonces dos soluciones posibles, x1(t) = eλ1t y x2(t) = eλ2t.

Clara-mente son soluciones distintas en el sentido que no existe ninguna constante c tal que eλ1t ₌ _ceλ2t _{para todo} _t _∈

R. Por lo tanto no puedo descartar ninguna. Además, como la ecuación es lineal, también la suma dex1+x2 va a ser solución.

Por lo tanto, para obtener todas las soluciones posibles deberemos escribir x(t) =C1x1(t) +C2x2(t) =C1eλ1t+C2eλ2t, para constantes C1, C2 ∈R.

Ejemplo: Encontrar la soluci´on general de x00−5x0−6x= 0.

El polinomio caracteristico es λ2₋_5λ₋_{6 = 0 que tiene raices} _λ

1 =−1, λ2 = 6.

Por lo visto arriba la soluci´on general es

x(t) =C1e−t+C2e6t. Caso 2 Ra´ıces complejas conjugadas λ =α±βi

Siguiendo el razonamiento del Caso 1 podemos escribir que las soluciones son de la forma

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aunque obviamente estas serian soluciones complejas, y no reales (en el sentido de pertenecer a _R). Sin embargo, podemos desarrollar la expresi´on en _C de y(t) y obtener

y(t) = (C1+C2)eαtcos(βt) + (C1−C2)eαtsen(βt)i=C3y1(t) +C4y2(t)i,

con y1(t), y2(t) ∈ R. Usando argumentos similares al Caso 1 tomamos como

soluci´on real general la combinaci´on lineal dey1, y2, o sea,

x(t) =C3eαtcos(βt) +C4eαtsen(βt), para constantes C3, C4 ∈R.

Ejemplo: Encontrar la soluci´on general de x00+ 2x0+ 5x= 0.

El polinomio caracteristico esλ2_{+ 2λ}_{+ 5 = 0 que tiene raices}_λ₌₋₁_±_2i._Por

lo visto arriba la soluci´on general real es

x(t) = C1e−tcos(2t) +C2e−tsen(2t). Caso 3 Ra´ıces reales iguales λ1 =λ2 =λ=−a1₂ ∈R

Este caso resulta un poco más dificil ya que del polinomio caracteristico obten-emos apenas una raiz real (de multiplicidad 2), que nos dá una solucióneλt_{. Como} podemos encontrar la otra? Sabemos que debe estar relacionada conx1(t) =eλt

de alguna forma ya que la raiz es de orden 2. Busquemos entonces una soluci´on de la formax2(t) = f(t)eλtpara alguna funci´onf(t) a determinar. Reemplazando

en la ecuaci´on obtenemos que

(f00(t) + 2λf0(t)+λ2f(t))eλt+a1(f0(t) +λf(t))eλt+a0f(t)eλt= 0 ⇔

⇔  f00(t) + (2λ+a1)f0(t) + (λ2+a1λ+a0) | {z } =0 f(t)  eλt= 0 ⇔f00(t) + (2λ+a1) | {z } =0

f0(t) = 0 ya que la raiz es doble ⇔f00(t) = 0

⇒f0(t) = C2

⇒f(t) = C2t+C1

⇒x2(t) =f(t)x1(t) = (C1+C2t)eλt=x1(t) +C2teλt.

Encontramos as´ı la otra soluci´on x2(t) = C2teλt. Adem´as las soluciones x1(t) y

x2(t) no se pueden obtener una de la otra, son linealmente independientes, y por

lo tanto la soluci´on general es

x(t) =C1eλt+C2teλt.

Ejemplo: Encontrar la soluci´on general de x00−2x0+ 1 = 0.

El polinomio caracteristico es λ2₋_2λ_{+ 1 = 0 que tiene raiz doble} _λ _{= 1. Por}

lo visto arriba la soluci´on general es

x(t) =C1et+C2tet = (C1+C2t)et.

Una vez obtenida la soluci´on general, y en caso que tengamos condiciones iniciales, podemos determinar el valor de las constantes C1, C2. Lo que es importante recalcar es

que son 2 (dos) constantes, por lo tanto vamos a necesitar 2 (dos) condiciones iniciales. Estas pueden ser de distinto tipo, ya que pueden involucrar el valor de la funci´on o de su derivada en un punto.

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Consideremos el ejemplo del Caso 3, x00 −2x0 +x = 0 con las condiciones iniciales x(0) = 0, x(1) =e. Como ya conocemos la soluci´on general podemos obtener el sistema

x(0) = C1 = 0 x(1) = (C1+C2)e= e ⇔ C1 = 0 C2 = 1 ⇒x(t) =tet.

Consideremos ahora el ejemplo del Caso 2,x00+2x0+5x= 0 con las condiciones iniciales x(0) = 1/2, x0(0) = 0. Como ya conocemos la soluci´on general podemos obtener el sistema

x(0) = C1 = 1/2 x0(0) = (2C2−C1)e−tcos(2t)−(2C1+C2)e−tsen(2t)|t=0 = 0 y por lo tanto C1 = 1/2 2C2−C1 = 0 ⇒x(t) = e −t 2 cos(2t) + e−t 4 sen(2t).

Consideremos por ´ultimo el ejemplo del Caso 1, x00−5x0−6x= 0 con las condiciones iniciales x0(0) = 0, x0(−1) = e−6 −e. Como ambas condiciones iniciales involucran a la derivada de x, empezemos por calcularla: x0(t) =−C1e−t+ 6C2e6t. Entonces

x0(0) = −C1+ 6C2 = 0 x0(−1) = −C1e+ 6C2e−6 = e−6 −e ⇔ C1 = 6C2 C2 = 1/6 ⇒x(t) =e−t+ e 6t 6 .

Observaci´on: No hemos presentado demostraciones de los resultados anteriores ya que

para formalizar algunos de estos conceptos necesitamos conocimientos de ´algebra lineal. En la mayoria de la literatura sobre el tema, lo que vimos arriba se encuentra como caso particular de las soluciones para sistemas de ecuaciones diferenciales, que se pueden de-scribir mediante matrices, autovalores y autovectores. Se recomienda al alumno interesado regresar a estos temas una vez cursada la materia de ´algebra lineal.