Ecuaciones Diferenciales
Dentro de las metodologías de solución de problemas se encuentra la regla de reducir un problema desconocido a un problema ya resuelto. La técnica solo aplica a ecuaciones de variables
Ecuaciones separables
Una EDO de primer ordenF(t,y,y0)se dice separable si puede se dice separable si puede ser escrita de la forma
f (x)dx =g(y)dy
o de forma equivalente
dy dt =
f (x)
g(y)
dy
La resolución de una ecuación diferencial separable es dada por
Z
f (x)dx =
Z
g(y)dy+K
En 1695 Johann Bernoulli propuso la resolución de la EDO
y0+a(x)y =b(x)yn n6=0,1.
La resolvió su hermano Jacob en 1696. Ese mismo año Leibniz propuso el cambioz =y1 n que transformaba la ecuación diferencial anterior en una ecuación diferencial lineal. En efecto, realizando el cambio
z =y1 n
y derivando
Luego podemos reemplazar en la ecuación para obtener
z0+ (1 n)a(x)z = (1 n)b(x)
Ejemplo
Resolver la ecuación diferencial
y0 1
3xy =y
Solución
Esta ecuación es una ecuación diferencial de Bernoulli conn =4. Mediante el cambioz =y 3, se tiene
z0 = 3
y4y0
luego la ecuación queda
z0+ 1
xz = 3 ln(x)
Al resolverla se obtiene la solución
z = C
x
3
2xln(x) + 3 4x luego debemos resolver la ecuación
y 3 = z
= C
x
3
2xln(x) + 3 4x Por lo tanto
y = C
x
3
2xln(x) + 3 4x
1 3
Uso de la sustitución: ecuación de Bernoulli
La ecuación diferencial
dy
dx +P(x)y =f(x)y n
en quen es cualquier número real, es la ecuación de Bernoulli. Obsérvese que cuandon=0 y n=1, la ecuación es lineal. Cuandon>1, la sustitución u =y1 n reduce cualquier ecuación
Ejemplo: solución de una ecuación diferencial de Bernoulli
Resolver
xdy
dx +y =x
2y2
Solución:
Primero reformulamos la ecuación como sigue:
dy dx +
1
xy =xy
Ahora se realiza la sustitución
u = y1 2
= 1
y
luego
y = 1
u
cuya derivada es (aplicando regla de la cadena)
dy dx =
1
u2
Reemplazando en la ecuación diferencial se tiene que
1
u2
du dx +
1
x
1
u = x
1
u
2
du dx +
u
x = x
El factor integrante para esta ecuación lineal en, por ejemplo
]0, ∞[, es
integrando a ambos lados de la igualdad
d dx
u
x = 1
se obtiene
u
x = x+c u = x2+cx
Comoy = 1
u, entoncesu =
1
y, en consecuencia, una solución de la
ecuación es
y = 1
En 1724 Jacopo Francesco Riccati estudió la ecuación diferencial ordinaria
y0+p(x)y+q(x)y2 =f(x)
considerada años antes por Jacob Bernoulli. La ecuación anterior generalmente es imposible de resolver analíticamente a no ser que se sepa una solución particularyp. Supongamos queyp es una
solución particular de la ecuación anterior y realizando el cambio
z =y yp se obtiene
z0+ [p(x) +2q(x)]z+q(x)z2 =0
la cual es una ecuación de Bernoulli y mediante el cambiow = 1z
En general, dada una ecuación diferencial ordinaria de Riccati, mediante el cambioy =yp +1z, la podemos convertir en una
Ejemplo
Resolver la ecuación diferencial de Riccati
Solución
La forma de la ecuación diferencial nos induce a buscar una solución del tipoy = cx. Sustituyendo en la ecuación diferencial descubrimos que las funciones
y = 1
x y = 2
x
son soluciones particulares. Usemos la primera para resolver la ecuación.
Hacemos el cambio
y = 1
x +
1
Luego
y0 = 1
x2
z0
z2 )z0+
2
xz = 1
La solución la encontramos usando variación de parámetros o factor integrante. En este caso es
z = x
3 +
C
x2 )y =
1
x +
Ecuaciones del tipoy0 =F(αx+βy)
Sea la ecuación diferencial
y0 =F(αx+βy)
y hagamos el cambioz =αx+βy, entoncesz0 =α+βy0, luego,
la ecuación se transforma en la ecuación separable
z0 =α+F(z))z =
Z dz
Ejemplo
Resolver la ecuación
y0 =y x 1+ 1
Solución
Esta ecuación puede ser escrita en la formay0 =F(x+y)si hacemosz =y x, entonces
F(z) =z 1+ 1
2 z
comoz0 =y0 1 se tiene que
z0 =z 2 1
z 2 )
Z (z 2)
Solución
Luego la soluciónes dada por
log (z 2)2 1 =x+C )(z 2)2 1=ex+C
Por lo que
y =2+x p1+ex+C
Sustituciones:
Para resolver una ecuación diferencial, reconocemos en ella cierto tipo de ecuación (separable, por ejemplo), y a continuación aplicamos un procedimiento formado por etapas especí…cas del tipo de ecuación que nos conducen a una función diferenciable, la cual satisface la ecuación. A menudo, el primer paso es
Por ejemplo. supongamos que se quiere transformar la ecuación de primer orden
dy
dx =f(x,y)
con la sustitución
y =g(x,u)
en queu se considera función de la variable x. Sig tiene primeras derivadas parciales, entonces, por regla de la cadena
dy dx =
d
dxg(x,u) + d
Al sustituir dy
dx conf(x,y) y cong(x,u)en la derivada anterior,
obtenemos la nueva ecuación diferencial de primer orden
f(x,g(x,u)) = d
dxg(x,u) + d
dug(x,u) du dx
que, después de despejar du
dx, tiene la forma du
Si podemos determinar una soluciónu =φ(x)de esta segunda
ecuación, una solución de la ecuación diferencial ordinaria es
Uso de la sustitución: ecuaciones homogéneas
Cuando una funciónf tiene la propiedad
f (tx,ty) =tαf (x,y)
para un número realα, se dice que f es una función homogénea de
Por ejemplo
f (x,y) =x3+y3
es una ecuación homogenea de grado 3,porque
f (tx,ty) = (tx)3+ (ty)3 = t3x3+t3y3
= t3 x3+y3
Una ecuación diferencial de primer orden, de la forma
M(x,y)dx+N(x,y)dy =0
es homogénea si los coe…cientesM yN, a la vez, son funciones homogéneas del mismo grado, es decir
M(tx,ty) = tαM(x,y)
Método de solución:
Una ecuación diferencial homogénea como
M(x,y)dx+N(x,y)dy =0
se puede resolver por sustitución algebraica. Especí…camente, alguna de las dos sustitucionesy =ux, o x =vy, dondeu yv son nuevas variables dependientes, reducen la ecuación a una ecuación diferencial separable, de primer orden.
Para demostrarlo, sustituimosy =ux y su diferencial,
dy =udx+xdu, en la ecuación
Aplicamos la propiedad de homogeneidad para poder escribir
xαM(1,u)dx+xαN(1,u) (udx+xdu) = 0
(M(1,u) +uN(1,u))dx+xN(1,u)du = 0 por lo tanto
dx x +
N(1,u)du
M(1,u) +uN(1,u) =0
Ejemplo:
Resolver
(x2+y2)dx+ (x2 xy)dy =0
Solución:
Al examinarM(x,y) =x2+y2 yN(x,y) = x2 xy vemos que
Después de sustituir, la ecuación dada se transforma en
(x2+u2x2)dx+ (x2 u2x2)[udx+xdu] = 0
x2(1+u)dx+x3(1 u)du = 0 1 u
1+udu+ dx
x = 0
1+ 2
1+u du+ dx
Después de integrar, se obtiene
u+2 lnj1+uj+lnjxj = lnjcj y
x +2 ln 1+ y
x +lnjxj = lnjcj
Aplicamos las propiedades de los logaritmos para escribir la solución anterior en la forma
ln (x+y)
2
cx = y x
o, de forma equivalente
Ejercicios
La sencilla ecuaciónydx+xdy =0 es separable, pero también equivale a la diferencial del producto dex por y, esto es,
ydx+xdy =D(xy) =0
En cálculo diferencial, se debe recordar que siz =f(x,y)es una función con primeras derivadas parciales continuas en una regiónR
del planoxy, su diferencial (que también se llama la diferencial total) es
dz = ∂f
∂xdx+ ∂f ∂ydy
Entonces, sif(x,y) =c, de acuerdo con la ecuación anterior
∂f ∂xdx+
∂f
En otras palabras, dada una familia de curvasf(x,y) =c, podemos generar una ecuación diferencial de primer orden si calculamos la diferencial total.
Por ejemplo, si
x2 5xy+y3 =c
de acuerdo con la ecuación anterior
(2x 5y)dx+ ( 5x+3y2)dy =0 o de forma equivalente
dy dx =
5y 2x
De…nición:Una ecuación diferencialM(x,y) +N(x,y) =0 es unadiferencial exactaen una región R del plano xy si corresponde a la diferencial de alguna funciónf(x,y).
Una ecuación diferencial de primer orden de la forma
M(x,y)dx+N(x,y)dy =0
Ejemplo:
La ecuaciónx2y3dx+x3y2dy =0 es exacta, porque
d 1
3x
3y3 =x2y3dx+x3y2dy
Observese que, en este ejemplo, siM(x,y) =x2y3y
N(x,y) =x3y2, entonces ∂M
∂y =3x
2y2 = ∂N
∂x El teorema a
Teorema: Criterio para una ecuación diferencial exacta
SeanM(x,y)yN(x,y)continuas, con derivadas parciales continuas en una región rectangularR, de…nida por
u<x <b,c <y <d. Entonces, la condición necesaria y su…ciente para queM(x,y)dx +N(x,y)dy sea una diferencial exacta es que
∂M ∂y =
Método de solución:
Dada una ecuación de la formaM(x,y)dx+N(x,y)dy =0, se determina si es válida la igualdad del teorema. En caso a…rmativo, existe una funciónf para la cual
df
dx =M(x,y)
Podemos determinarf si integramos M(x,y) con respecto ax, manteniendoy constante:
f (x,y) =
Z
en donde la función arbitrariag(y)es la “constante” de
integración. Ahora derivamos con respecto ay, y suponemos que
df
dy =N(x,y)
Luego
df dy =
d dy
Z
Ahora
d dy
Z
M(x,y)dx+g0(y) = N(x,y)
g0(y) = N(x,y) d
dy Z
M(x,y)dx
Ejemplo:
Resolver
2xydx+ (x2 1)dy =0
Solución:
IgualamosM(x,y) =2xy yN(x,y) =x2 1 y tenemos ∂M
∂y = ∂N
En consecuencia, la ecuación es exacta y, de acuerdo con el teorema, existe una funciónf(x,y)tal que
df
dx = 2xy df
dy = x
2 1
al integrar la primera de las ecuaciones se obtiene
Determinamos la derivada parcial con respecto ay, igualamos el resultado aN(x,y)y obtenemos
df dy =x
2+g0(y) =x2 1
por lo tanto
g0(y) = 1
g(y) = y
Ejemplo:
Resolver
(e2y ycos(xy))dx+ (2xe2y xcos(xy) +2y)dy =0
Solución:
La ecuación es exacta, porque
∂M ∂y =
∂N ∂x =2e
2y
Entonces, existe una funciónf(x,y)para la cual
df
dx =M(x,y)
df
dy =N(x,y)
Luego
df
dy =2xe
2y xcos(xy) +2y
Por lo que se tiene (estamos considerandox como constante ordinaria)
f (x,y) = 2x Z
e2ydy x Z
cos(xy)dy +2
Z ydy
Ahora
df dx =e
2y ycos
(xy) +g0(x) =N(x,y)
Por ende
e2y ycos(xy) +g0(x) =e2y ycos(xy)
Luego
g0(x) = 0
g(x) = c
Por lo tanto, una familia de soluciones está dada por
Ejemplo:
Resolver el problema de valor inicial
(cos(x)sin(x) xy2)dx+y(1 x2)dy = 0
y(0) = 2
Solución:
La ecuación es exacta, porque
∂M ∂y =
∂N
Entonces
df
dy =y 1 x
2
f (x,y) = y 2
2 1 x
2 +h(x)
df
dx = xy
2+h0(x) =cos(x)sin(x) xy2
Por lo tanto
h0(x) = cos(x)sin(x)
h(x) = 1
2cos
Así
y2
2 1 x
2 1
2cos
2(x) =c 1
o, escrito de manera equivalente
y2 1 x2 cos2(x) =c
Para que se cumpla la condición inicialy =2 cuando x =0, se requiere que
4(1) cos2(0) = c
4 1 = c
3 = c
Así, una solución del problema es
Resolver
Solución
Aqui
M(x,y) = 2xy
N(x,y) = x2+cos(y)
y además
∂M
∂y =2x = ∂N
Integrando la primera ecuación con respecto ax da
f (x,y) =
Z
M(x,y)dx
= x2y+g(y)
Sustituyendo en la segunda ecuación, encontramos
x2+g0(y) = x2+cos(y)
g0(y) = cos(y)
Por lo que
Por lo tanto
f (x,y) =x2y+sin(y)
luego, la solución de la ecuación diferencial es dada implícitamente por la ecuación
Resuelva ‘
y0 = xy
2 1
1 x2y
Resuelva
Solución
La ecuación es exacta. Si agrupamos los términos como sigue:
(2xydx+x2dy) +cos(y)dy =0 enonces
D x2y +D(sin(y)) = 0
D x2y+sin(y) = 0 integrando se tiene
adecuado
Si la ecuación
M(x,y)dx+N(x,y)dy =0
es exacta, entonces la ecuación s,e puede resolver por los métodos anteriores.
En caso de que la ecuación no sea exacta, es posible que la ecuación la podamos hacer exacta al multiplicarla por un factor integrante apropiadoµ, de modo que la ecuación resultante
µM(x,y)dx+µN(x,y)dy =0
sea exacta, esto es
∂(µM) ∂y =
Desafortunadamente no hay un solo método para obtener factores integrantes. Si hubiera, nuestra tarea estaría altamente
simpli…cada. Afortunadamente, sin embargo, existen algunos metodos, los cuales discutiremos, que parecen surgir
frecuentemente en la práctica.
Resuelva
dy dx =
3x+xy2 y+x2y
Solución
Escribiendo la ecuación como 3x+xy2 dx y+x2y dy =0 se tiene que
M(x,y) = 3x+xy2 N(x,y) = y+x2y
y además
∂M
∂y = 2xy ∂N
∂x = 2xy
Notando queM yN cada una puede ser factorizada en un producto de una función dex y una función dey, esto es,
x(3+y2)dx y(1+x2)dy =0 un factor integrante es
µ= 1
Multiplicando por este factor integrante se tiene
x
1+x2dx
y
3+y2dy =0
la cual es separable y la ecuación es exacta. Su solución es entonces
1
2ln(1+x
2
) 1
2ln(3+y
2 ) =c
por lo que
ComoC = 16 se tiene …nalmente que
involucran una variable
Supóngase que se desea resolver la ecuación diferencial
(2y2x y)dx+xdy =0
Es fácil mostrar que la ecuación no es separable y no es exacta: Agrupando apropiadamente los términos en la forma
(xdy ydx) +2y2xdx=0 dividiendo pory2 podemos escribir la ecuación como
D x
y +D x
involucran una variable
O bien
x y +x
2 =c
lo cual da la solución general.
El método es comúnmente conocido como el método de inspección y está basado en la ingenuidad en muchos casos. Se puede
observar del método anterior que y12 es un factor integrante de la
involucran una variable
Considere el caso dondeMdx+Ndy =0 no es separable ni exacta. Multipliquemos nuestra ecuación por el factor integranteµ (aún
desconocido).
Por de…nición de un factor integrante, la ecuación
µMdx +µNdy =0 es ahora exacta, de modo que ∂(µM)
∂y =
∂(µN) ∂x
involucran una variable
Caso 1:µes una función sólo de x. En este caso podemos escribir
µ∂M ∂y =µ
∂N ∂x +N
dµ dx o bien 1 µ dµ dx = 1 N ∂M ∂y ∂N ∂x
Si el coe…ciente dedx a la derecha de la igualdad es una función sólo dex [digamosf (x)] entonces tenemos 1
µ dµ=f(x)dx y así
ln(µ) = Z
involucran una variable
Y así
µ=e R
f(x)dx
omitiendo la constante de integración.
involucran una variable
Teorema
Si N1 ∂M
∂y ∂N
∂x =
f (x)entonces eRf(x)dx es un factor
involucran una variable
Caso 2: µes una función sólo dey. En este caso, se puede
escribir como
µ∂M ∂y +M
∂µ
∂y =µ ∂N
∂x
o bien
1
µ ∂µ
∂y =
1
M
∂N ∂x
Teorema
Si M1 ∂N
∂x ∂M
∂y =g(y)entonces e R
g(y)dy es un factor
involucran una variable
Un esquema nemotécnico para resumir el procedimiento es el siguiente. Considere
M(x,y)dx+N(x,y)dy =0 Calcule ∂M
∂y y ∂N
∂x
- Si ∂M
∂y = ∂N
∂x la ecuación es exacta y puede resolverse de las
involucran una variable
- Si ∂M
∂y 6= ∂N
∂x entonces calcule ∂M
∂y ∂N
∂x y divida porN. Llame
al resultadof. Sif es una función sólo dex, entonceseRf(x)dx es un factor integrante. Si no, calcule ∂N
∂y ∂M
∂x y divida porM.
Llame al resultadog. Si g es una función sólo de y, entonces
involucran una variable
Ejercicio
Resolver
involucran una variable
Ejercicio
Una curva que tiene una pendiente dada por
dy dx =
2xy x2 y2
Sistemas linealesSi cada una de las funciones F1,F2, ...,Fn es
lineal en las variables dependientesx1,x2, ...,xn, entonces las
ecuaciones
x10 = F1(t,x1,x2, ...,xn) x20 = F2(t,x1,x2, ...,xn)
..
. ... ...
xn0 = Fn(t,x1,x2, ...,xn)
Ese sistema tiene la forma normal o estándar
x10 = a11(t)x1+...+a1n(t)xn+g1(t)
x20 = a21(t)x1+...+a2n(t)xn+g2(t)
..
. ... ...
xn0 = an1(t)x1+...+ann(t)xn+gn(t)
Un sistema con la forma de las ecuaciones se denomina sistema lineal de ordenn, o simplemente sistema lineal. Se supone que los coe…cientes,pij, y las funciones,gi, son continuos en un intervalo
común,I. Cuandogi(t) =0,i =1,2, ...,n, se dice que el sistema
Forma matricial de un sistema linealSix(t),A(t) yg(t)
representan las matrices respectivas el
x(t) = 0 B @
x1(t)
.. .
xn(t)
1 C A, A=
0 B @
a11(t) . . . a1n(t)
..
. ...
an1(t) . . . ann(t)
1 C A
g(t) = 0 B @
g1(t)
.. .
gn(t)
el sistema de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden se puede expresar como sigue:
d dt
0 B @
x1(t)
.. .
xn(t)
1 C A= 0 B @
a11(t) . . . a1n(t)
..
. ...
an1(t) . . . ann(t)
1 C A 0 B @
x1(t)
.. .
xn(t)
1 C A+ 0 B @
g1(t)
.. .
gn(t)
1 C A
o simplemente
x0(t) =A(t)x(t) +g(t)
Si el sistema es homogéneo, su forma matricial es
Si
x = 0 @
x y z
1 A
la forma matricial del sistema no homogeneo
dx
dt = 6x+y+z+t dy
dt = 8x+7y z+10t dz
es
x0 = 0 @
6 1 1 8 7 1 2 9 1
1 Ax+
0 @
t
10t
6t
De…nición
Un vector solución en un intervaloI es cualquier vector columna
x(t) = 0 B @
x1(t)
.. .
xn(t)
1 C A
Compruebe que, en el intervalo] ∞,∞[,
x1 = 1
1 e
2t
= e
2t
e 2t yx2 =
3 5 e
6t
= 3e
6t
5e6t
son soluciones de
x0 = 1 3
Solución
En
x1= e 2t
e 2t y x2 =
3e6t
5e6t
se tiene que
Ax1 = 1 3
5 3
e 2t e 2t =
2e 2t
2e 2t =x01 Ax2 =
1 3 5 3
3e6t
5e6t =
18e6t
30e6t =x02
Gran parte de la teoría de los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden se parece a la de las ecuaciones
Problema de valor inicial
Seant0 un punto en un intervalo I y
x(t0) = 0 B @
x1(t0)
.. .
xn(t0) 1 C
A yx0= 0 B @ γ1 .. . γn 1 C A
en donde las γi,i =1,2, ...,n son constantes dadas. Entonces, el
problema
Resolver x0(t) = A(t)x(t) +g(t)
Sujeto a x(t0) = x0
Teorema Existencia de una solución única
Sean los elementos de la matrizAfuciones continuas en un intervaloI que contiene al punto t0 entonces, existe una única
solución del problema de valor inicial anterior
Sistemas homogéneosEn las próximas de…niciones y teoremas solo nos ocuparemos de los sistemas homogéneos. Sin decirlo explícitamente, siempre supondremos que lasaij y las fi; son
Teorema Principio de superposición
Seanx1,x2, ...,xk un conjunto de vectores solución del sistema de
ecuaciones diferenciales homogeneo en un intervaloI, la combinación lineal
x=c1x1+c2x2+...+ckxk
en las que lasci,i =1,2, ...,k son constantes arbitrarias, es
también solución del sistema en el intervalo.
Los dos vectores
x1 = 0 @
cos(t) 1
2cos(t) + 1 2sin(t)
cos(t) sin(t) 1
A y x2 = 0 @ 0 et 0 1 A
son soluciones del sistema
x0 = 0 @
1 0 1 1 1 0 2 0 1
De acuerdo con el principio de superposición, la combinación lineal
x=c1x1+c2x2 =c1 0 @
cos(t) 1
2cos(t) + 1 2sin(t)
cos(t) sin(t) 1 A+c2
0 @
0
et
0
1 A
Dependencia lineal e independencia lineal
Seanx1,x2, ...,xk un conjunto de vectores solución del sistema de
ecuaciones diferenciales homogeneo en un intervaloI. Se dice que el conjunto es linealmente dependiente del intervalo si existen constantesci,i =1,2, ...,k no todas cero, tales que
c1x1+c2x2+...+ckxk =0
para todot en el intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmente dependiente en el intervalo, se dice que es linealmente independiente.
Teorema Criterio para las soluciones linealmente independientes
Sean
x1 = 0 B B @ x11 x21 ... xn1
1 C C A,x2=
0 B B @ x12 x22 ... xn2
1 C C
A, ...,xn = 0 B B @
x1n x2n ... xnn 1 C C A
n vectores solución del sistema homogéneo, en un intervaloI, el conjunto de vectores es linealmente independiente si y solo si
W (x1,x2, ...,xn) =det 0 B B @
x11 x12 ... x1n x21 x22 ... x2n ... ... ... ... xn1 xn2 ... xnn
De…nición Conjunto fundamental de soluciones
Todo conjuntox1,x2, ...,xn den soluciones linealmente
independientes del sistema de ecuaciones homogéneo, forma un conjunto fundamental de soluciones del sistema y este conjunto existe.
Teorema Solución general
Seax1,x2, ...,xn un conjunto fundamental de soluciones del sistema
homogeneo en el intervaloI, entonces la solución general es
x=c1x1+c2x2+...+cnxn
Los vectores
x1 = 0 @
cos(t) 1
2cos(t) + 1 2sin(t)
cos(t) sin(t) 1
A ,x2 = 0 @ 0 et 0 1 A ,
x3 = 0 @
sin(t) 1
2sin(t) 1 2cos(t)
sin(t) +cos(t) 1 A
Ahora bien,
W (x1,x2,x3) =
cos(t) 0 sin(t) 1
2cos(t) + 1
2sin(t) e
t 1 2sin(t)
1
2cos(t)
cos(t) sin(t) 0 sin(t) +cos(t) = et
6
para todos los valores reales det. Llegamos a la conclusión de que
x1,x2 yx3 constituyen un conjunto fundamental de soluciones en
R. Así, la solución general del sistema en el intervalo es la combinación linealx=c1x1+c2x2+c1x2; esto es,
x = c1 0 @
cos(t) 1
2cos(t) + 1 2sin(t)
cos(t) sin(t) 1 A+c2
0 @ 0 et 0 1 A
+c3 0 @
sin(t) 1
2sin(t) 1
2cos(t)
Sistemas no homogéneosPara los sistemas no homogeneos, una solución particularX, en un intervalo I es cualquier vector, sin parámetros arbitrarios, cuyos elementos sean funciones que satisfagan al sistema
Teorema
Seaxp una solución del sistema no homogeneo y sea
xc =c1x1+c2x2+...+cnxn
la solución general del sistema homogeneo, entonces, la solución general del sistema no homogeneo es
x=xc +xp
la solución general del sistema homogeneoXc recibe el nombre de
Soluciones de sistemas de EDO por medio de transformada de Laplace
El método de las transformadas de Laplace ya estudiadas se pueden usar sin ninguna di…cultad adicional para resolver ecuaciones diferenciales lineales simultáneas, especialmente aquellas con coe…cientes constantes.
Ejemplo
Resolver
x0 = y0+6y y0 = 1
2x
0+ 3
2x con
x(0) = 2
Solución
Tomando la transformada de Laplace de cada ecuación diferencial y usando las condiciones dadas tenemos
sL fxg 2=sL fyg 3+6L fyg sL fxg (s+6)L fyg= 1 por otro lado
sL fyg 3= 1
2(sL fxg 2) + 3 2L fxg
s
2 3
Con lo que se obtiene un sistema de ecuaciones
sL fxg (s+6)L fyg = 1
s
2 3
2 L fxg+sL fyg = 1 cuya solución es
L fxg = 2s+16 (s+3) (s 2)
Mediante fracciones parciales y aplicando la transformada inversa se obtiene
Ejercicio
Resolver el sistema
x0 = 1 4
1 1 x+ 1 1 e
t
x(0) = 2
Solución
Este sistema en forma matricial se puede escribir como
x0 = x+4y+et y0 = x+y+et
aplicando la transformada de laplace a ambos lados de las igualdades se obtiene
De la primera ecuación se obtiene, despejando L fyg L fyg= (s 1)
4 L fxg 1 2
1 4(s 1)
reemplazando en la segunda ecuación se obtiene
(s 1)L fyg = L fxg+1+ 1
s 1
(s 1) (s 1)
4 L fxg 1 2
1
4(s 1) = L fxg+1+
1
Luego, podemos obtener el valor deL fxg
L fxg = 1 (s 1)2 4
4+ 4
s 1+2(s 1) +1
= s+2s
2+1
(s+1) (s 3) (s 1)
descomponiendo en fracciones parciales y aplicando transformada inversa de laplace se obtiene
L fxg= 1
4(s+1)
1
x = 1
4L
1 1
s+1 L
1 1
s 1 + 11
4 L
1 1
s 3
x = 1
4e
t et+ 11
4 e
3t
Luego
L fyg = (s 1)
4
1 4(s+1)
1
s 1 + 11 4(s 3)
1 2
1 4(s 1)
= s+s
2 1
descomponiendo en fracciones parciales y aplicando transformada inversa de laplace se obtiene
L fyg = 11
8(s 3)
1 8(s+1)
1 4(s 1)
y = 11
8 L 1 1 s 3 1 8L 1 1
s+1 1 4L
1 1
s 1
y = 11
8 e
3t 1
8e
t 1
4e
Finalmente, la solución del problema de valor inicial es
x y =
1 4 1 8
e t+ 11
4 11
8
e3t 11
4
Ejercicio
Resuelva los siguientes problemas de valor inicial usando el método de transformada de Laplace
x0 = 1 3
2 2 x; x(0) = 0 5
x0 = 3 2
2 2 x+
t
3et ; x(0) =
Soluciones de sistemas de EDO por medio del método de eliminación
La eliminación de una incognita en un sistema de ecuaciones diferenciales se agiliza al escribir cada ecuación del sistema en notación de operador diferencial. Por ejemplo, la ecuación diferencial lineal de orden n
an dny
dxn +an 1 dn 1y
dxn 1 +...+a1
dy
dx +aoy =g(t)
Si el operador diferencial de ordenn,
anD(n)+an 1D(n 1)+...+a1D+ao es factorizable en factores
lineales de menor orden, entonces los factores conmutan. Ahora, por ejemplo, para escribir el sistema
x00+2x0+y00 = x+3y+sin(t)
x0+y0 = 4x+2y+e t
es decir, para la primera ecuación
x00+2x0 x+y00 3y = sin(t)
D2+2D 1 x+ D2 3 y = sin(t)
y para la segunda ecuación
x0+4x+y0 2y = e t
Método de solución
Considere el simple sistema de ecuaciones diferenciales
x0 = 3y y0 = 2x
se puede escribir de forma equivalente en términos de operadores diferenciales
Ahora, si se muliplica la primera ecuación porD y se multiplica la segunda ecuación por 3 se obtiene
D2x 3Dy = 0 6x+3Dy = 0
sumando ambas ecuaciones se obtiene una ecuación diferencial de segundo orden que no depende de la variable dependientey.
D2x 6x =0
La ecuación característica en este caso es
m2 6=0 y sus raices son
m1 =
p
6
m2 =
p
6
luego
x(t) =c1e p
6t+c
2e p
Ahora, al multiplicar la primera ecuación por 2 y la segunda porD
y restar se obtiene la ecuación diferencial
D2y 6y =0 por lo que se deduce que la solución es
y(t) =c3e p
6t+c
4e p
6t
ahora, las soluciones obtenidas no satisfacen el sistema para cualquier elección de las constantesc1,c2,c3,c4 puesto que el
Para ver esto, se puede observar que al reemplazar porx(t)e
y(t)en la primera ecuación se obtiene
p
6c1 3c3 e p
6t + p6c
2 3c4 e
p 6t
puesto que esta igualdad se cumple para todot, entonces se debe tener
p
6c1 3c3 = 0
p
6c2 3c4 = 0
por lo que
c3=
p
6
3 c1 ; c4 =
p
Finalmente la solución del sistema es
x(t) = c1e p
6t+c
2e p
6t
y(t) = c1 p
6
3 e
p
6t c
2 p
6
3 e
Ejemplo
Resuelva
Dx+ (D+2)y = 0
Solución
Al multiplicar la primera ecuación por(D 3)y la segunda ecuación porD y luego restar, se eliminax del sistema. Se deduce que la ecuación diferencial para la variabley es
((D 3) (D+2) +2D)y = 0
D2+D 6 y = 0
dado que la ecuación característica esm2+m 6=0 y sus raíces son 2 y 3 por lo que la solución de la ecuación es
Al eliminar y de modo similar, se obtiene
D2+D 6 x =0 por lo que
x(t) =c3e2t+c4e 3t
Al sustituir las soluciones obtenidas en el sistema de ecuaciones se obtiene
(4c1+2c3)e2t+ ( c2 3c4)e 3t =0
por ende se debe cumplir
4c1+2c3 = 0
c2 3c4 = 0
y por ende
c3= 2c1 ; c4 =
c2
Por lo tanto, la solución del problema es
x(t) = 2c1e2t
c2
3 e
3t
Ejercicios
Resuelva los siguientes sistemas a)
x0 4x+y00 = t2 x0+x+y0 = 0 b)
Valores propios y vectores propios (eigenvalores y eigenvectores)
Para quex=keλt sea un vector solución dex0 =Ax ,
x0 =Kλeλt, de modo que el sistema se transforma en kλeλt =Akeλt
Al dividir poreλt y reordenar, se obtieneAk=
λk; o sea
La ecuación equivale al sistema de ecuaciones algebraicas simultaneas
Así, para determinar una soluciónx no trivial, debemos llegar a una solución no trivial del sistema anterior; en otras palabras, hay que calcular un vectork no trivial que cumpla con la ecuación. Pero para que tenga soluciones no triviales, se requiere
Ésta es la ecuación característica de la matrizA; en otras palabras,
x=keλt será solución del sistema de ecuaciones diferenciales si y
sólo six es un valor propio deA, ykes un vector propio correspondiente ax. Cuando la matrizA denxn tienen valores propios reales y distintosλ1,λ2, ...,λn siempre se puede determinar
un conjunto den vectores propios linealmente independientes,
k1,k2, ...,kn
x1 = k1eλ1t
x2 = k2eλ2t
... xn = kneλnt
Teorema Soluciones generales, sistemas homogeneos
Seanλ1,λ2, ...,λn valores propios reales y distintos de la matriz
del sistema homogéneo y sean,k1,k2, ...,kn los vectores propios
correspondientes, entonces, la solución general enR es
Ejemplo
Resuelva
dx
dt = 2x+3y dy
Solución
Primero determinaremos los valores y vectores propios de la matriz de coe…cientes.
En la ecuación característica
los valores propios son
Cuandoλ1 = 1, la ecuación equivale a
Por consiguiente,k1 = k2.Cuando k2 = 1, el vector propio
Cuandoλ2 =4,
de modo quek1 = 32k2 y, por lo tanto, conk2=2, el vector propio
Como la matrizAde coe…cientes es de 2x2, y en vista de que hemos llegado a dos soluciones linealmente independientes que son
X1 = 1
1 e
t
X2 =
3 2 e
concluimos que la solución general del sistema es
X =c1 1
1 e
t
+c2 3
2 e
4t
otra forma de escribir las soluciones son
x(t) = c1e t +3c2e4t
Ejercicio
Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales
dx
dt = 4x+y+z dy
dt = x+5y z dz
Solución
El sistema tiene la siguiente forma matricial
0 @ x0 y0 z0 1 A= 0 @
4 1 1
1 5 1
0 1 3
1 A
0 @
x(t)
y(t)
z(t) 1 A Sea A= 0 @
4 1 1
1 5 1
0 1 3
Debemos encontrar los valores propios de la matriz asociada al sistema de ecuaciones diferenciales, encontrando las raíces del polinomio característico
p(λ) = det(A λI)
= det
0 @
0 @
4 1 1
1 5 1
0 1 3
1
A λ
0 @
1 0 0 0 1 0 0 0 1
1 A 1 A = det 0 @
4 λ 1 1
1 5 λ 1
0 1 3 λ
Calculando este determinante por la primera columna se obtiene
p(λ) = ( 4 λ) ((5 λ) ( 3 λ) +1) (( 3 λ) 1)
= ( 4 λ) ((5 λ) ( 3 λ) +1) ( 4 λ)
= ( 4 λ) ((5 λ) ( 3 λ) +1 1)
= ( 4 λ) (5 λ) ( 3 λ)
= (4+λ) (5 λ) (3+λ)
Luego los valores propios deAson
Ahora, debemos encontrar los vectores propios asociados a cada valor propio, resolviendo
(A λI)
0 @
x y z
1 A=
0 @
0 0 0
Paraλ1 = 3 se tiene
(A λ1I) 0 @ x y z 1 A = 0 @
4+3 1 1
1 5+3 1
0 1 3+3
1 A 0 @ x y z 1 A = 0 @
1 1 1
1 8 1
0 1 0
1 A 0 @ x y z 1 A = 0 @
1 0 1 0 1 0 0 0 0
Luego
x = z y = 0
z = z
por lo tanto
Vλ1 = 0 @
1 0 1
Paraλ2 = 4 se tiene
(A λ2I) 0 @ x y z 1 A = 0 @
4+4 1 1
1 5+4 1
0 1 3+4
1 A 0 @ x y z 1 A = 0 @
0 1 1 1 9 1 0 1 1
1 A 0 @ x y z 1 A = 0 @
1 0 10 0 1 1 0 0 0
Luego
x = 10z y = z z = z
por lo tanto
Vλ2 = 0 @
10 1 1
Paraλ3 =5 se tiene
(A λ3I) 0 @ x y z 1 A = 0 @
4 5 1 1
1 5 5 1
0 1 3 5
1 A 0 @ x y z 1 A = 0 @
9 1 1
1 0 1
0 1 8
1 A 0 @ x y z 1 A = 0 @
1 0 1 0 1 8 0 0 0
Luego
x = z y = 8z z = z
por lo tanto
Vλ3 = 0 @
1 8 1
La solución general del sistema de ecuaciones diferenciales lineales homogeneo con coe…cientes constantes es, en este caso
0 @
x(t)
y(t)
z(t) 1
A = c1Vλ1eλ1
t +c
2Vλ2eλ2
t+c
3Vλ3eλ3
t
= c1 0 @ 1 0 1 1
Ae 3t+c2 0 @ 10 1 1 1
Ae 4t +c3 0 @ 1 8 1 1 Ae5t
es decir
x(t) = c1e 3t +10c2e 4t +c3e5t
y(t) = c2e
4t+8c
3e5t
Valores propios repetidos
Es natural que no todos losn valores propios, λ1,λ2, ...,λn , de
una matrizAdenxn necesiten ser distintos; esto es, algunos pueden repetirse. Por ejemplo, la ecuación característica de la matriz de coe…cientes en el sistema
x0 = 3 18
2 9 x
Para este valor se obtiene el vector propio
k1=
3 1
por lo que una solución del sistema es
x1 = k1e 3t
= 3
1 e
3t
En general, sim es un entero positivo y si (λ λ1)m es un factor
de la ecuación característica, mientras que(λ λ1)m+1 no lo es,
se dice queλ1 es un valor propio de multiplicidad m. En lo
siguientes revisaremos estos casos:
i) Para algunas matricesAdenxn se podrá determinarm vectores propios linealmente independientes,k1,k2, ...,km, correspondientes
a un valor propioλ1 de multiplicidadm n. En este caso, la
solución general del sistema contiene la combinación lineal
ii) Si sólo hay un vector propio que corresponda al valor propioλ1,
de multiplicidadm, siempre será posible hallarm soluciones linealmente independientes de la forma
x1 = k11eλ1t
x2 = k21teλ1t+k22eλ1t
.. .
xm = km1
tm 1
(m 1)!e
λ1t+k
m2
tm 2
(m 2)!e
λ1t+...+k
mmeλ1t
Valor propio de multiplicidad dos
Ejemplo
Resuelva
0 @
x0(t)
y0(t)
z0(t) 1 A=
0 @
1 2 2
2 1 2
2 2 1
1 A
0 @
x(t)
y(t)
Solución
Desarrollamos el determinante en la ecuación característica
det(A λI) =
1 λ 2 2
2 1 λ 2
2 2 1 λ
= (λ+1)2(λ 5) =0
Paraλ1 = 1, la eliminación de Gauss-Jordan da
(A+I j0) = 0 @
2 2 2 0
2 2 2 0
2 2 2 0
1
A!
0 @
1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 A
La primera …la de la última matriz indica quek1 k2+k3 =0; o
sea,k1 =k2 k3. Las opcionesk2 =1,k3 =0 y k2=1,k3 =1
producen, a su vez,k1 =1 yk1 =0. Así, dos vectores propios que
corresponden aλ1 = 1 son
k1 = 0 @ 1 1 0 1
Puesto que ninguno de los vectores propios es múltiplo constante del otro, hemos llegado a dos soluciones linealmente
independientes que corresponden al mismo valor:
x1 = 0 @
1 1 0
1
Ae t; x2 = 0 @
0 1 1
Por último, cuandoλ3 =5, la reducción
(A 5I j0) = 0 @
4 2 2 0
2 4 2 0
2 2 4 0
1
A!
0 @
1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0
1 A
implica quek1 =k3, y k2= k3. Escogemos k3 =1, y obtenemos
de este modo, un tercer vector propio es
k3 = 0 @ 1 1 1 1 A
Resulta que la solución general del sistema es
x=c1 0 @ 1 1 0 1
Ae t+c2 0 @ 0 1 1 1
En el ejemplo anterior, la matriz de coe…cientes es de un tipo especial llamado matriz simétrica. Se dice que una matrizAde
nxn es simétrica si su transpuestaAT (con las …las y columnas intercambiados) es igual aA; es decir,AT =A.
Se puede demostrar que si la matrizAdel sistema x0 =Axes simétrica y tiene elementos reales, siempre sera posible hallarn
vectores propios linealmente independientes,k1,k2, ...,km y la
Segunda solución
Ahora supongamos que λ1 es un valor propio de multiplicidad dos
y que solo hay un vector propio asociado con él. Se puede determinar una segunda solución de la forma
x2 =kteλ1t+peλ1t
en donde k= 0 B @ k1 .. . kn 1 C
Para comprobarlo, sustituimos la ecuación en el sistemax0 =Ax y simpli…camos
(Ak λ1k)teλ1t+ (Ap λ1p k)eλ1t =0
dado que esta ecuación debe ser válida para todot, se deben cumplir simultaneamente las ecuaciones
(A λ1I)k = 0 (A λ1I)p = k
la primera ecuación dice, simplemente, quekdebe ser un vector propio deA, asociado con λ1. Al resolverla, llegamos a una
solución,x1 =keλ1t. Para hallar la segunda solución x2, basta
Ejemplo
Determine la solución general del sistema
x0 = 3 18
Solución
El polinomio característico se obtiene con facilidad y es(λ+3)2
=0; por lo tanto, λ1 =λ2 = 3 es una raiz de multiplicidad dos,
como se vió anteriormente.
Para este valor se obtiene el vector propio
k= 3
1 y p=
p1
p2
Según lo visto con anterioridad, se debe resolver el sistema
(A+3I)p=k
es decir
6p1 18p2 = 3
Como está claro que este sistema equivale a una ecuación, tenemos una cantidad in…nita de opciones parap1 yp2; por ejemplo, si
p1 =1, se ve quep2 = 16. Sin embargo, para simpli…car, se puede
optar porp1= 12 de modo quep2 =0. Luego
p= 1 2
0
por lo que se obtiene
x2 = 3
1 te
3t + 12
0 e
La solución general es
x=c1
3 1 e
3t
+c2
3 1 te
3t
+ 1 2
0 e
Valores propios de multiplicidad tres
Cuando una matrizAsólo tiene un vector propio asociado con un valorλde multiplicidad tres, se puede determinar una solución
comúnmente y una tercera solución de la forma
x3=k
t2
2e
λ1t +pteλ1t +qeλ1t
en donde k= 0 B @ k1 .. . kn 1 C
A ; p= 0 B @ p1 .. . pn 1 C
Al sustituir en el sistemax0 =Ax, los vectores columna k,pyq
deben cumplir con
(A λ1I)k = 0 (A λ1I)p = k (A λ1I)q = p
Ejemplo
Resuelva
x0 = 0 @
2 1 6 0 2 5 0 0 2
Solución
La ecuación característica(λ 2)3 =0 indica que λ1 =2 es un
valor propio de multiplicidad tres. Al resolver(A 2I)k=0 se halla un solo vector propio, que es
k= 0 @
1 0 0
Luego resolvemos los sistemas(A 2I)p=ky(A 2I)q=p
sucesivamente y obtenemos
p= 0 @
0 1 0
1
A y q=
0 @
0
6 5 1 5
Por lo tanto
x = c1 0 @ 1 0 0 1
Ae2t+c2 2 4 0 @ 1 0 0 1 Ate2t +
0 @ 0 1 0 1 Ae2t
3 5
+c3 2 4 0 @ 1 0 0 1 At2
2e
2t +
0 @ 0 1 0 1 Ate2t +
0 @ 0 6 5 1 5 1 Ae2t
Valores complejos
Siλ1 =α+βi yλ2= α βi,i2 = 1 son valores propios
complejos de la matrizAde coe…cientes, cabe esperar que sus vectores propios correspondientes también tengan elementos complejos.
Por ejemplo, la ecuación característica del sistema
dx
dt = 6x y dy
es dada por
det(A λI) = 6 λ 1
5 4 λ
= λ2 10λ+29
= 0
Aplicamos la fórmula cuadrática y tenemos
Ahora, paraλ1 =5+2i, debemos resolver (1 2i)k1 k2 = 0
5k1 (1+2i)k2 = 0
de donde se obtiene
La opciónk1 =1 produce los vectores propio y solución siguientes:
k1 =
1
1 2i ;x1 =
1 1 2i e
(5+2i)t
De igual manera, cuandoλ2 = 5 2i llegamos a
k2 = 1
1+2i ;x2 =
1 1+2i e
Con el wronskiano podemos comprobar que esos vectores solución son linealmente independientes, así que la solución general del sistema es
x=c1
1 1 2i e
(5+2i)t +c
2
1 1+2i e
(5 2i)t
Se puede observar que los elementos dek2 que corresponden a λ2
son los conjugados de los elementos dek1 que corresponden a λ1.
Teorema: Soluciones correspondientes a un valor propio complejo
SeaA la matriz de los coe…cientes del sistema homogeneo con elementos reales y seak1 un vector propio correspondiente al valor
propio complejo λ1 =α+βi donde αy βson reales. Entonces k1eλ1t
k1eλ1t
Se aconseja -y es relativamente fácil- expresar una solución como la del teorema en términos de funciones reales. Con este …n primero aplicaremos la fórmula de Euler para escribir
e(5+2i)t = e5te2it =e5t(cos(2t) +isin(2t))
e(5 2i)t = e5te 2it =e5t(cos(2t) isin(2t))
Luego, después de multiplicar los números complejos, se agrupan los términos yc1+c2 se reemplazan conC1 y(c1 c2)i conC2.
la ecuación se transforma en
en donde
x1 =
1
1 cos(2t)
0
2 sin(2t) e
5t
x2 =
0
2 cos(2t) + 1
1 sin(2t) e
Ahora es importante reconocer que los dos vectores,x1 yx2 son, en
sí mismos, soluciones reales linealmente independientes del sistema original. En consecuencia, podemos pasar por alto la relación entre
C1,C2 yc1,c2 para considerar queC1 yC2 son completamente
Se puede generalizar el procedimiento anterior. Seak1 un vector
propio de la matriz de coe…cientesA (con elementos reales) que corresponde al valor propio complejoλ1 =α+βi. Entonces los
dos vectores solución del teorema se pueden expresar como sigue:
De acuerdo con el principio de la superposición, los siguientes vectores también son soluciones:
x1 =
1 2 k1e
λ1t +k
1eλ1t
= 1
2 k1+k1 e
αtcos(
βt) i
2 k1+k1 e
αtsin( βt) x2 =
i
2 k1e
λ1t+k
1eλ1t
= i
2 k1+k1 e
αtcos(
βt) +1
2 k1+k1 e
αtsin(
βt)
Para cualquier número complejoz =a+bi, ambos 12(z+z) =a
Por consiguiente, los elementos de los vectores columna
1
2 k1+k1 e
i
2 k1+k1 son números reales. Si de…nimos
b1 =
1
2 k1+k1
b2 =
i
Teorema: Soluciones reales correspondientes a un valor propio complejo
Seaλ1= α+βi un valor propio complejo de la matriz de
coe…cientesA en el sistema homogeneo y seanb1 yb2 los vectores
columna de…nidos anteriormente. Entonces
x1 = (b1cos(βt) b2sin(βt))eαt x1 = (b2cos(βt) +b1sin(βt))eαt
Las matricesb1 yb2 de…nidos anteriormente suelen representarse
así:
b1 = Re(k1)
b2 = Im(k1)
Ejemplo
Resuelva
x0 = 2 8
Solución
Primero obtenemos los valores propios a partir de
det(A λI) = 2 λ 8
1 2 λ
= λ2+4
= 0
Paraλ1, el sistema
(2 λ)k1+8k2 = 0
k1+ ( 2 λ)k2 = 0
da como resultadok1 = ( 2 λ)k2. Si optamos pork2 = 1
k1 = 2+2i
1 =
2 1 +
De acuerdo con lo anterior, formamos las partes
b1 = Re(k1) =
2 1
b2 = Im(k1) =
Puesto queα=0, según las ecuaciones dadas en el teorema
anterior, la solución general del sistema es
x = c1 2
1 cos(2t) 2
0 sin(2t)
+c2
2
0 cos(2t) + 2
1 sin(2t)
= c1
2 cos(2t) 2 sin(2t)
cos(2t) +c2
2 cos(2t) +2 sin(2t)
Ejercicio
Resuelva
x0= 1 3
Determinación de una solución particular por variación de parámetros
Una matriz fundamental
Six1,x2, ...,xn, es un conjunto fundamental de soluciones del
sistema homogéneox0 =Ax en un intervalo ; su solución general en el intervalo es
x = c1x1+c2x2+...+cnxn
= c1 0 B @ x11 .. .
xn1 1 C A+c2
0 B @ x12 .. .
xn2 1 C
A+...+cn
0 B @
x1n
.. . xnn 1 C A = 0 B @
c1x11+c2x12+...+cnx1n
.. .
c1xn1+c2xn2+...+cnxnn
La última matriz se puede ver como producto de una matriz de
nxn por una denx1; en otras palabras, se puede expresar la solución general en la forma
x(t) =Φ(t)c
en dondeces un vector columna de nx1 de constantes arbitrarias, y la matriz denxn, cuyas columnas consisten en los elementos de los vectores solución del sistemax0 =Ax
Φ(t) = 0 B B B @
x11 x12 x1n x21 x22 x2n
..
. ... . .. ...
xn1 xn2 xnn
1 C C C A
