TEMA 1: ECUACIONES DIFERENCIALES
ORDINARIAS
1
Concepto de ecuaci´
on diferencial
Problema directo:
Dada la funci´on y=f(x) =ex2 su derivada es dy dx =f
0
(x) = 2xex2. Problema inverso:
Dada la funci´on 2xex2 encontrar una funci´on f(x) tal que f0(x) =ex2 Este problema lo designamos en la forma y0 = 2xex2.
Por una ecuaci´on diferencial ordinaria vamos a entender una relaci´on que implica una o varias derivadas de una funci´on no especificada y(x) de la variable x, pudiendo implicar tambi´en a la propia funci´on y, y a funciones de la variable x.
Ejemplo 1 • y0 = cosx.
• y00+ 4y= 5xex.
• x2y000y0+ 2exy00= (1 +x2)y2.
El t´ermino ordinaria distingue a una ecuaci´on de este tipo respecto a una ecuaci´on en derivadas parciales, la cual implica derivadas parciales de una funci´on no especificada de dos o m´as variables independiente. Por ejemplo
∂u ∂x2 + 2y
∂u
∂y + 3u= 4x 2
y−sin(2y) + 4.
Problema principal asociado a una ecuaci´on diferencial ordi-naria: encontrar soluciones. ¿Qu´e significa esto?.
Consideramos la ecuaci´on diferencial ordinaria
1. La funci´on y(x) =x+ sin 2x, no es solucici´on de (1). y0(x) = 1 + 2 cos 2x, y00(x) = −4 sin 2x.
y00(x) +y(x) = −4 sin 2x+xsin 2x=x−3 sin 2x6= 5xex. 2. La funci´on y(x) = x− 2
5
ex si es soluci´on de (1).
y0(x) =
x+ 3 5
ex, y00(x) =
x+8 5
ex.
y00(x) + 4y(x) = 5xex. 3. La funci´on y(x) = x− 2
5
ex+ 4 sin 2x si es soluci´on de (1).
y0(x) =
x+ 3 5
ex+ 8 cos 2x, y00(x) =
x+8 5
ex−16 sin 2x.
y00(x)+4y(x) =
x+8 5
ex−16 sin 2x+4
x−2
5
ex+ 4 sin 2x
= 5xex.
Conclusiones.
• Una ecuaci´on diferencial ordinaria no tiene porqu´e tener una ´unica soluci´on. De hecho se puede demostrar que cualquiera que sean los n´umeros realesc1 y c2 la funci´on
y(x) =
x− 2
5
ex+c1sin 2x+c2cos 2x, es soluci´on de (1).
• Una ecuaci´on diferencial ordinaria no siempre tiene soluci´on. Si enten-demos por soluci´on una funci´on real ψ :I −→ R, I ⊂ R un intervalo, la ecuaci´on diferencial ordinaria
1.1
C´
omo expresar una ecuaci´
on diferencial ordinaria?
.Consideramos la aplicaci´on
{n´umero real} le hacemos corresponder {n´umero real}2 m´as 5 Esta aplicaci´on la podemos expresar utilizando una variable independiente y otra dependiente de esta, pero tenemos libertad en nombrar a estas variables.
f(x) =x2+ 5, f(t) =t2+ 5, f(u) =u2 + 5, h(x) = x2+ 5, h(z) = z2+ 5.
Escribimos la ecuaci´on diferencial ordinaria (1) de cuatro maneras diferentes. y00+ 4y = 5xex, soluci´on y(x), d
2
dx2y+ 4y= 5xe
x,
y00+ 4y= 5tet, soluci´on y(t), d 2
dt2y+ 4y= 5te
t,
u00+ 4u= 5xex, soluci´on u(x), d 2
dx2u+ 4u= 5xe
x
,
u00+ 4u= 5tet, soluci´on u(t), d 2
dt2u+ 4u= 5te
t
. ¿Ser´ıa correcto escribir (1) en la forma
d2
dx2y+ 4y= 5te
t?.
1.2
Dominio de definici´
on de la ecuaci´
on diferencial
ordinaria y de sus soluciones
.
1. En la ecuaci´on diferencial ordinaria
y00+ 4y= 5xex,
la funci´on que multiplica a y00 es a2(x) = 1; la que multiplica a y es a0(x) = 4 y la funci´on que solamente depende de la variable indepen-diente es p(x) = 5xex. Estas tres funciones est´an definidas cualquiera que seax∈R, y esto hace que la ecuaci´on diferencial la estudiemos en
R.
y00+4y = 5xex, soluciones
y(x) = x− 2 5
ex, x∈R, x−2
5
ex+ 4 sin 2x, x∈
R,
x−2 5
ex+ 3 sin 2x−cos 2x, x∈
R,
las tres soluciones que consideramos de la ecuaci´on est´an definidas en
R. Por supuesto, el dominio de definici´on de una soluci´on debe ser un
subconjunto del conjunto de los n´umeros reales donde estudiamos la ecuaci´on diferencial.
2. La ecuaci´on deferencial
xy0+y= 1,
tiene sentido estudiarla enR. La funci´ony(x) = −2
x+ 1 es un soluci´on. El alumno debe de comprobarlo. Esta soluci´on est´a definida enR− {0}. Nos vamos a restringir para los dominios de las soluciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias, a intervalos de R. El mayor intervalo de R donde est´a definida la soluci´on es en (−∞,0) o en (0,∞). Consideraremos como dominio de la soluci´ony(x) = −2
x+ 1
uno de estos dos intervalos.
3. En la ecuaci´on diferencial ordinaria
y0 +√xy=x2,
la funci´on √x solamente tiene sentido para x ≥ 0. Esta ecuaci´on la estudimos en [0,∞). Se puede comprobar, y el alumno debe de hacerlo, que la funci´on y(x) = x3/2− 3
Definici´on 2 Dada la ecuaci´on diferencial ordinaria
y0+√xy=x2, x∈(0,∞),
entendemos por soluci´on de esta en un intervalo I ⊂ (0,∞), una funcci´on ϕ(x) de clase C1(I) tal que
ϕ0(x)√xϕ(x) =x2, x∈I.
1.3
Clasificaci´
on de las soluciones de una ecuaci´
on
difer-encial ordinaria
.
Las funciones f1 : [0,1]−→R
x−→f1(x) =x2,
f2 : [−1,1]−→R x−→f2(x) =x3,
f3 : [0, π]−→R
x−→f3(x) = sinx, est´an definidas en forma expl´ıcita. Las gr´aficas de estas funciones son sub-conjuntos de puntos de R2.
¿Qu´e le sugiere al alumno la igualdad x2+y2 = 9.?
Posiblemente la circunsferencia en R2 de centro el punto (0,0) y radio 3.
Este conjunto de puntos no corresponde a la gr´afica de una funci´on definida en forma expl´ıcita. Sin embargo, si definimos las funciones en forma expl´ıcita
g1 : [−3,3]−→R
x−→g1(x) =
√
9−x2,
g2 : [−3,3]−→R
x−→g2(x) =−
√
9−x2, las gr´aficas de estas funciones est´an incluidas en el conjunto
{(x, y)∈R2 : x2+y2 = 9}, de hecho
Decimos que la igualdad x2+y2 = 9 define a g
1 en forma impl´ıcita,
en el sentido de que existe un intervalo [−3,3] y una funci´on g1
definida en este intervalo, g1(x) =√9−x2, tal que la gr´afica de esta
funci´on est´a en el conjunto
{(x, y)∈R2 : x2+y2 = 9}.
Esto es equivalente a decir que
x2+g12(x) = 9, para todo x∈[−3,3].
f1, f2 y f3 son funciones definidas en forma expl´ıcita, mientras que g1 y g2 et´an definidas en forma impl´ıcita por la igualdad x2 +y2 = 9. Conviene observar que para definir g1, (g2) lo puedo hacer
• de manera expl´ıcita por g1(x) =
√
9−x2, x∈[−3,3], o
• de manera impl´ıcita por la igualdad x2+y2 = 9.
Cuando se define de forma impl´ıcita, solamente se da la igualdad que la define. Una igualdad puede definir una funci´on en forma impl´ıcita, y no conocer la forma expl´ıcita de la funci´on.
Definici´on 3 La igualdad
F(x, y) = c,
(en el ejemplo F(x, y) = x2+y2, y c = 9), define una funci´on impl´ıcita de
la variable x en un entorno del punto (x0, y0) si
• F(x0, y0) = 0,
• Existe un intervalo (x0 −δ, x0 +δ), δ > 0, y una funci´on g : (x0 − δ, x0 +δ)−→R tal que
F(x, g(x)) =x, para todo x∈(x0−δ, x0+δ).
Observese que se garantiza la existencia de una funci´on, pero no que se conozca una forma expl´ıcita de ella.
Ya que la igualdadx2+y2 = 9 define de forma impl´ıcita a la funci´on g1, se tiene que
si derivamos
2x+ 2g1(x)g10(x) = 0, y g1(x) ser´a soluci´on de la ecuaci´on diferencial
x+yy0 = 0.
Definici´on 4 Decimos que la igualdadx2+y2 = 9 es soluci´on de la ecuaci´on
diferencial
x+yy0 = 0,
si x2+y2 = 9 define una funci´on implicita g1 en un cierto intervalo de R tal que g1 en este intervalo es soluci´on de x+yy0 = 0.
Ejemplo 5 Consideramos la ecuaci´on diferencial
2xy3+ 3x2y2y0 = 0, x∈R.
• La funci´ony(x) = x2/32 = 2x
−2/3, x∈ (0,∞) es una soluci´on explicita de la ecuaci´on.
y0(x) = −4 3x
−5/3,
2xy3(x) + 3x2y2(x)y0(x) = 2x 8 x2+ 3x
2 4 x4/3
−4
3x
−5/3
= 16 x −
16 x = 0.
• La igualdad x2y3 = 1 es una soluci´on de la ecuaci´on.
La igualdad x2y3 = 1 define una funci´on g en in cierto intervalo I tal que
x2g3(x) = 1, x∈I, derivamos
2xg3(x) + 3x2g2(x)g0(x) = 0, x∈I, y g es entonces soluci´on de la ecuaci´on en I
Ejercicio 6 En cada uno de los siguientes apartados, determ´ınese si la funci´on indicada es soluci´on de la ecuaci´on diferencial dada.
2. (y0)3+xy=y ; y(x) =x2 x∈R
3. y= 2xy0+y(y0)2 ; y(x) =qx+ 1
4 x∈(− 1 4,+∞)
4. x2u00−xu0+ 2u= 0 ; u(x) = xcos(logx) x∈(0,+∞)
5. y000−3y00+ 3y0−y= 0 ; y(x) =x2ex+ 2x x∈R
Soluci´on 1. Si; 2. No; 3. Si; 4. Si; 5. No.
Ejercicio 7 En cada uno de los siguientes apartados, determ´ınese si la ecuaci´on indicada define una soluci´on impl´cita de la ecuaci´on diferencial dada.
1. 2xy+ (x2+ 2y)y0 = 0 ; x2y+y2 = 5
2. x+yy0 = 1 ; x2+y2 = 9 Soluci´on. 1. Si; 2. No.
1.4
Clasificaci´
on de las ecuaciones diferenciales
ordi-narias
.
1.4.1 Seg´un el orden
.
Dada una ecuaci´on diferencial ordinaria, el orden de la derivada m´as alta que interviene en la ecuaci´on diferencial, se denomina orden de la ecuaci´on diferencial ordinaria.
y00+y = 5xex, orden 2, x+y0y= 0, orden 1, d3y
dx3 + 5
dy dx
4
1.4.2 Lineales y no lineales
Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de orden 1
Si G es una funci´on de tres variables, la forma general de la ecuaci´on diferencial ordinaria de primer orden es
G(x, y, y0) = 0, x∈I. (2) 1. Consideramos la ecuaci´on diferencial ordinaria
2x+ 3y0−2xy= 1, x∈R. (3) En este caso
G(x, y, y0) = 2x+ 3y0−2xy−1, x∈R.
La igualdadG(x, y, y0) = 0 nos permite despejary0 en t´erminos de una funci´onf(x, y) solo de las variablesx e y.
2x+ 3y0−2xy= 1 ⇐⇒y0 = 2x 3 y−
2x 3 +
1 3, y la ecuaci´on diferencial (3) la expresamos en la forma
y0 =f(x, y), x∈R, donde
f(x, y) = 2x 3 y−
2x 3 +
1 3. 2. La ecuaci´on
√
xexy0 +ylog(1 +x2+y02) =−2x+ 1, x∈[0,∞), (4) la expresamos en la forma (2) donde
G(x, y) =√xexy0 +ylog(1 +x2+y02) + 2x−1,
pero de (4) no podemos depejar y0 en t´eminos de una funci´on f(x, y) dependiendo solo de las variables x e y, y por la tanto no puede ser expresada en la forma
Observaci´on 8 Las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer or-den, con las que nosotros trabajaremos, usalmente tendr´an la forma
y0 =f(x, y), x∈I ⊂R, 3. La ecuaci´on
2x+ 3y0−2xy= 1, x∈R, (5) la podemos expresar en la forma
L(y) =g(x), x∈R, (6)
donde L(y) es una funci´on que implica solo a los t´erminos de (5) que dependen de y, (variable dependiente y(x)), yg(x) es una funci´on que implica a los t´eminos en (5) que no dependen de y.
En este caso
L(y) =−2xy+ 3y0, g(x) = 1−2x. Para la ecuaci´on diferencial
x2+yy0−xy=−2 +xsinx, x∈R, (7) L(y) = −xy+yy0, g(x) =−2−x2+xsinx.
Para
yexy −2xy0+ 4 logx= 3ex+ x
1 +y2, x∈(0,∞), (8) L(y) = yexy − x
1 +y2 −2xy
0
, g(x) = 3ex−4 logx.
Definici´on 9 Dada la ecuaci´on diferencial ordinaria de primer orden
G(x, y, y0) = 0, x∈I,
la expresamos en la forma
L(y) =g(x), x∈I.
Diremos que la ecuaci´on diferencial (9) es lineal si L, (visto ahora como un operador definido en C1(I)), es lineal en el espacio vectorial C1(I), o lo que
• L(y1(x) +y2(x)) = L(y1(x)) +L(y2(x)), y1(x), y2(x)∈ C1(I),
• L(αy(x)) = αL(y(x)), α∈R, y(x)∈ C1(I).
Ejemplo 10
La ecuaci´on diferencial
2x+ 3y0 −2xy= 1, x∈R, es lineal.
L(y(x)) =−2xy(x) + 3y0(x).
• Sean y1(x), y2(x)∈ C1(R),
L(y1(x) +y2(x)) =−2x(y1(x) +y2(x)) + 2 (y1(x) +y2(x))
0
=
−2xy1(x)−2xy2(x)+3y10(x)+3y
0
2(x) =−2xy1(x)+3y10(x)−2y2(x)+3y20(x) =L(y1(x)) +L(y2(x)).
• Sea α ∈Ry y(x)∈ C1(
R),
L(αy(x)) =−2x(αy(x)) + 3 (αy(x))0 =−2xαy(x) + 3αy0(x) =α(−2xy(x) + 3y0(x)) =αL(y(x)).
Ejemplo 11
La ecuaci´on diferencial de primer orden
x2 +yy0−xy=−2 +xsinx, x∈R, no es lineal.
En este caso
L(y(x)) = −xy(x) +y(x)y0(x). Vamos a ver si se verifica la primera propiedad
L(y1(x) +y2(x)) =−x(y1(x) +y2(x)) + (y1(x) +y2(x)) (y1(x) +y2(x))
0
=−xy1(x)−xy2(x) + (y1(x) +y2(x)) (y10(x) +y
0
2(x))
=−xy1(x)−xy2(x) +y1(x)y10(x) +y2(x)y10(x)y1(x)y20(x) +y2(x)y20(x) =−xy1(x) +y1(x)y10(x)−xy2(x) +y2(x)y20(x) +y2(x)y01(x)y1(x)y20(x)
=L(y1(x)) +L(+y2(x)) +y2(x)y01(x)y1(x)y20(x)
6
=L(y1(x)) +L(+y2(x)).
Teorema 12 La ecuaci´on diferencial de primer orden
G(x, y, y0) = 0, x∈I, (9)
es lineal si y solamente si, el operador L tiene la forma
L(y(x)) =a0(x)y(x) +a1(x)y0(x), x∈I, y(x)∈ C1(I),
para ciertas funciones a0(x) y a1(x).
Otra forma de expresarlo es, (9) es lineal si y solamente si la ecuaci´on tiene la forma
a0(x)y+a1(x)y0 =p(x), x∈I,
para ciertas funciones a0(x), a1(x) yp(x) definidas en I.
Ejemplo 13
La ecuaci´on diferencial
2x+ 3y0 −2xy= 1, x∈R, tiene la forma
a0(x)y+a1(x)y0 =p(x), x∈R, siendo
a0(x) =−2x, a1(x) = 3, p(x) = 1−2x, x∈R, y por lo tanto es lineal.
La ecuaci´on diferencial de primer orden
x2 +yy0−xy=−2 +xsinx, x∈R, no tiene la forma
a0(x)y+a1(x)y0 =p(x), x∈R,
ya que la funci´on que multiplica a y0 es y, y esto no puede ocurrir para que sea lineal, la funci´on que multiplica a y0 debe de depender solo de x, nunca de y.
Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de orden 2.
Si G es una funci´on de 4 variables, la forma general de una ecuaci´on diferencial ordinaria de segundo orden es
G(x, y, y0, y00), x∈I ⊂R. (10) Para la ecuaci´on
x2+xy+ 2y2−3 sinxy0+y00=− y
1 +x2 −cosx, x∈R, (11) tenemos
G(x, y, y0, y00) = x2+xy+ 2y2−3 sinxy0+y00+ y
1 +x2 + cosx, x∈R. (1.4.2) puede expresarse en la forma
y00 =f(x, y, y0), x∈R, donde
f(x, y, y0) = −x2 −xy−2y2+ 3 sinxy0− y
1 +x2 −cosx, x∈R. Tambi´en la podemos expresar en la forma
L(y) =g(x), x∈R, donde
L(y) =
x+ 1 1 +x2
Trabajamos ahora con la ecuaci´on
2xcos√x+xy= 3x2y00−2xy0+x2−2, x∈[0,∞). (12) Para (1.4.2)
G(x, y, y0, y00) = 2xcos√x+xy−3x2y00+ 2xy0−x2−2, x∈[0,∞), la expresamos en la forma
y00 =f(x, y, y0), x∈(0,∞), donde
f(x, y, y0) = 2 3xcos
√
x− 1
3 + 2 3x2 +
1 3xy+
2 3xy
0
, x∈(0,∞), y en la forma
L(y) = g(x), x∈[0,∞), donde
L(y) =xy+ 3xy0−3x2y00, g(x) = x2−2−2xcos√x, x∈[0,∞).
Definici´on 15 Diremos que la ecuaci´on diferencial de segundo orden
G(x, y, y0, y00), x∈I ⊂R,
es lineal, si al expresarla en la forma
L(y) = g(x), x∈I ⊂R,
el operador L es lineal en el espacio vectorial C2(I). Esto es equivalente a
que L satisfaga
• L(y1(x) +y2(x)) = L(y1(x)) +L(y2(x)), y1(x), y2(x)∈ C2(I),
• L(αy(x)) = αL(y(x)), α∈R, y(x), y ∈ C2(I).
Observaci´on 16 La ecuaci´on diferencial de segundo orden
es lineal si y solamente si L tiene la forma
L(y) =a0(x)y+a1(x)y0+a2(x)y00, x∈I,
para ciertas funciones a0(x), a1(x) y a2(x) definidas en I, o lo que es lo
mismo G(x, y, y0, y00) puede escribirse en la forma
a2(x)y00+a1(x)y0+a0(x)y =p(x), x∈I,
para ciertas funciones a0(x), a1(x), a2(x) y p(x) definidas en I. La ecuaci´on
x2+xy+ 2y2−3 sinxy0+y00=− y
1 +x2 −cosx, x∈R, no es lineal, pues los t´erminos donde aparece y son
xy+ 2y2 = (x+ 2y)y,
la funci´on que multiplica a y esx+ 2y que depende de y, y esto hace que la ecuaci´on no sea lineal.
La ecuaci´on
2xcos√x+xy= 3x2y00−2xy0+x2−2, x∈[0,∞). si es lineal, pues la podemos expresar en la forma
a2(x)y00+a1(x)y0+a0(x)y=p(x), x∈[0,∞), donde
a2(x) = −3x2, a1(x) = 2x, a0(x) = x, p(x) =−x2−2−2xcos√x, x∈[0,∞).
Ejercicio 17 Determ´ınese si las siguientes ecuaciones diferenciales son lin-eales o no linlin-eales. Ind´ıquese el orden de cada ecuaci´on.
1. (1−x)y00−4xy0+ 5y= cosx
2. xddx3y3 −2(
dy dx)
4+y= 0
3. yy0+ 2y= 1 +x2
4. x3d4y
dx4 −x 4d2y
dx2 + 4x
dy
dx −3y= 0
5. (sinx)y000−(cosx)y0 = 2
2
Problema de valor inicial o de Cauchy para
ecuaciones diferenciales ordinarias de primer
orden.
Problema de valor inicial o Cauchy: Sea f(t, y) una funci´on definida en un cierto subconjunto D de R2 y (t
0, y0) ∈ D. El problema de valor inicial es designado por
(P)
y0 =f(t, y), (t, y)∈D⊂R2 y(t0) =y0;
(13) y consiste en encontrar un intervalo I, cont0 ∈I, y una funci´onϕ:I 7−→R de clase C1(I), derivable en I, tal que
• (t, ϕ(t))∈D, para todo t∈I,
• ϕ0(t) =f(t, ϕ(t)), para todo t∈I y
• ϕ(t0) =y0.
Si I y ϕ(t) existen verificando las condiciones de encima, decimos que ϕ es soluci´on de (13) en I.
Observaci´on 18 El problema de Cauchy (13) modeliza, usualmente, un problema de evoluci´on en el tiempo. Esta es la raz´on de que utilizemos como variable independiente la t y no la x.
Ejemplo 19 Consideramos el problema
(P)
y0 =y−t, (t, y)∈R2
y(0) = 1; (14)
Est´udiese si las siguientes funciones definidas en R son soluciones del prob-lema de Cauchy
1. ϕ1(t) =y−t,
3. ϕ3(t) = 1 +t.
En este caso D=R2, f(t, y) = y−t, t
0 = 0 ey0 = 1.
El alumno, del curso anterior, ya sabe calcular todas las soluciones de la ecuaci´on lineal y0 =y−t. Sea y(t) una soluci´on
y0(t)−y(t) =−t, la multiplicamos por eR−dt =e−t.
e−ty0(t)−e−ty(t) =−te−t, e−ty(t)0 =−te−t integrando
e−ty(t) =−
Z
te−t, e−ty(t) = (t+ 1)e−t+c, y(t) = 1 +t+cet, t∈R
La soluci´on de (P) la determinaremos con la condici´on de que pase por el punto (0,1),
1 = y(0) = 1 + 0 +ce0, =⇒c= 0, y obtenemos que la ´unica soluci´on de (P) es
y(x) = 1 +t, t∈R.
El estudiante ya puede hacer los ejercicios 92, 93, 94 y 95.
2.1
Existencia y unicidad
En condiciones bastante ”generales” en f(t, y) vamos a poder asegurar que el problema de Cauchy admite una ´unica soluci´on.
Definici´on 20 Sea (t0, y0) ∈ R2, y r > 0. Definimos la bola abierta de
centro (t0, y0) y radio r como el conjunto de puntos
B((t0, y0), r) = {(x, y)∈R2 : (t−t0)2+ (y−y0)2 < r2}.
Teorema 21 Existencia y unicidadSeaDun ”subconjunto” deR2,(t
0, y0)∈ D yf :D−→R. Consideramos el problema de Cauchy o valor inicial
(P)
y0 =f(t, y), (t, y)∈D∈R2 y(t0) =y0;
• Si existe r >0 tal que f es continua en D∩B((t0, y0), r), (15) admite
por lo menos una soluci´on, en el sentido de que existe un intervalo I
con t0 ∈I, y una funci´on ϕ derivable en este intervalo tal que
– (t, ϕ(t))∈D∩B((t0, y0), r) para todo t∈I,
– ϕ0(t) =f(t, ϕ(t)), para todo t∈I y
– ϕ(t0) =y0.
• Si existe s >0 tal que ∂f∂y es continua, entonces (15) admite una ´unica soluci´on, en el sentido de que existe un intervalo I con t0 ∈ I, y una ´
unica funci´on ϕ derivable en este intervalo tal que
– (t, ϕ(t))∈D∩B((t0, y0), s) para todo t∈I,
– ϕ0(t) =f(t, ϕ(t)), para todo t∈I y
– ϕ(t0) =y0.
Ejemplo 22 Est´udiese si en los siguiesen problemas de Cauchy podemos asegurar existencia y unicidad de soluci´on. En caso de existencia, determine si las funciones indicadas son soluciones del problema de Cauchy.
1.
(P)
y0 = 2t(1 +y), (t, y)∈R2 y(0) = 0;
ϕ1(t) =t3, t∈R ϕ2(t) =et
2
−1, t∈R
ϕ3(t) = 4et−1, t∈R
(16)
En este ejemplo, D=R2, f(t, y) = 2t(1 +y), t
0 = 0 e y0 = 0.
Las funciones f(t, y) = 2t(1 +y) y ∂f∂y(t, y) = 2t, son continuas en todo
R2, en particular en cualquier bola abierta centrada en (0,0) y de radio
r >0. El problema (P) admite una ´unica soluci´on.
ϕ1(t) =t3no es soluci´on de (16) pues no satisface la ecuaci´on diferencial ϕ01(t) = 3t2 6= 2t(1 +ϕ1(t)) = 2t(1 +t3).
ϕ2(t) =et 2
−1, satisface la condicio´on inical, ya queϕ2(0) =e0−1 = 0. Por otra parte
ϕ02(t) = 2tet2 = 2t(ϕ2(t)−1) = 2tet 2
Entonces, cualquiera que sea el intervalo que contenga a 0, la funci´on ϕ2(t) est´a definida en ´el y es soluci´on de (P), como este problema admite una ´unica soluci´on, ϕ2(t) es la ´unica soluci´on de (P) en R. Ya que existe una ´unica soluci´on de (P), ϕ3(t) no puede ser soluci´on, y en efecto, no satisface la condice´on inicial, ya que ϕ3(0) = 4e0−1 = 36= 0.
2.
(P)
y0 =y2, (t, y)∈
R2
y(0) = 1;
ϕ1(t) = 1−t1 , t ∈(−∞,1) ϕ2(t) = 0, t∈R
(17) En este caso, D=R2,f(t, y) = y2, t
0 = 0 e y0 = 1.
Las funciones f(t, y) = y2 y ∂f∂y(t, y) = 2y son funciones continuas en todoR2, en particular en cualquier bola abierta centrada en (0,1) y con radio r >0. El problema de Cauchy (P) admite una ´unica soluci´on. ϕ2(t) = 0, satisaface la ecuaci´on diferencial, ya que
ϕ02(t) = 0 =ϕ22(t) = 02 = 0,
sin embargo no satisface la condici´on inicial, puesϕ2(0) = 06= 1. ϕ2(t) no es soluci´on de (P).
ϕ1(t) = 1−t1 satisface la condici´on inicial, ya que ϕ1(0) = 1−10 = 0; y tambi´en la ecuaci´on diferencial
ϕ01(t) = 1
(1−t)2 =ϕ 2 1(t), luego ϕ1(t) es una soluci´on de (P) en (−∞,1).
Si δ > 0 es suficientemente pequeno, ϕ1(t) est´a definida en (−δ, δ) y es soluci´on en este intervalo de (P). Como este problema admite una ´
unica soluci´on, esta tiene que serϕ1(t).
ϕ1 est´a definida en (−∞,1), ¿es la ´unica soluci´on de (P) en este inetr-valo?. Empecemos viendo que si es la ´unica en [0,1).
Supongamos que no es as´ı. Debe entonces de existir otra soluci´on de (P) en [0,1), φ(t), diferente de ϕ(t). Podremos asegurar la existencia de un c, tal que 0< c <1 y satisfaciendo que
ϕ1(t) =φ(t), 0≤t ≤c ϕ1(t)6=φ(t), c < t <1
(Cualquier soluci´on de (P) es creciente). Sea d = ϕ1(c) = φ(c) >0 y consideramos el problema de valor inicial
y0 =y2
y(c) =d . (19)
Si aplicamos el teorema de existencia y unicidad a este problema, de-ducimos que debe de existir un intervalo (c−α, c+α) ⊂ [0,1) donde (19) admite una ´unica soluci´on. Pero esto es una contradicci´on, pues al ser soluciones de (P) ϕ1 y φ en [0,1) lo ser´an tambi´en de (19), lo cual nos dice que no puede ocurrir que haya dos soluciones diferentes de (P) en [0,1). Analogamente veriamos que tampoco las puede haber en (−∞,0].
3. (P)
y0 =t√y, (t, y)∈D={(t, y)∈R2 : y ≥0} y(1) = 1;
ϕ1(t) = (t2−161)2, t ∈[1,∞) ϕ2(t) = (t2+3)16 2, t ∈[1,∞) En este caso, f(t, y) =t√y,t0 = 1 e y0 = 1.
La funci´onf(t, y) = t√y es continua enD∩B((1,1), r) cualquiera que sea r >0. (P) por lo menos admite una soluci´on
La funci´on ∂f∂y(t, y) = 2√t
y es continua en D − {(t,0) ∈ R
2 : t ∈
R}. Si tomamos 0 < s < 1, la bola abierta B((1,1), s) no contiene
puntos de {(t,0) ∈ R2 : t ∈
R} y por lo tanto ∂f∂y(t, y) es continua
en D∩B((1,1), s) para 0 < s < 1. (P) admite entonces una ´unica soluci´on.
ϕ2(t) = (t 2+3)2
16 , t∈[1,∞) es soluci´on de la ecuaci´on diferencial ϕ02(t) = 4t(t
2+ 3)
16 =
t(t2+ 3)
4 =t
p ϕ2(t), y satisface la condici´on inicial ϕ2(1) = (1
2+3)2
16 = 1. Como (P) admite unicidad de soluci´on, esta debe ser la ´unica soluci´on.
ϕ1(t) =
(t2−1)2
16 no puede ser soluci´on de (P) pues no satisface la condici´on inicial , ϕ1(1) = (1
2−1)2
4. (P)
y0 =t√y, (t, y)∈D={(t, y)∈R2 : y ≥0} y(1) = 0;
ϕ1(t) = (t 2−1)2
16 , t ∈[1,∞) ϕ2(t) = 0, t ∈[1,∞) En este caso, f(t, y) =t√y,t0 = 1 e y0 = 0.
f(t, y) = t√y es continua en D, en particular en D ∩ B((1,0), r) cualquiera que sea r > 0. Podemos asegurar que (P) admite por lo menos una soluci´on.
La funci´on ∂f∂y(t, y) = 2√t
y no est´a definida en D− {(t,0) ∈ R
2 : t ∈
R}. Cualquiera que sea s > 0, ∂f∂y(t, y) no puede ser continua en D∩
B((1,0), s), y por lo tanto no se puede garantizar la unicidad de (P). En efecto,
• ϕ2(t) = 0, t∈[1,∞), es soluci´on ya que ϕ2(1) = 0 y ϕ02(t) = 0 =t√0 =tpϕ2(t);
• ϕ1(t) = (t 2−1)2
16 , t ∈ [1,∞), tambi´en es soluci´on de (P), pues ϕ1(0) = (1
2−0)2
16 = 0 y ϕ01(t) = 4t(t
2−1)
16 =
t(t2−1)
4 =t
p ϕ1(t).
Hemos encontrado dos soluciones diferentes de (P),ϕ1(t) y ϕ2(t), y esto nos demuestra que (P) no admite una ´unica soluci´on. 5. Ecuaci´on log´ıstica
(P)
y0 =y(1−y), (t, y)∈R2 y(1) = 0
En este caso, f(t, y) =y(1−y), t0 = 1 e y0 = 0.
f(x, y) = y(1 − y) es continua en R2, en particular en B((1,0), r) cualquiera que sea r > 0. Podemos asegurar que (P) admite por lo menos una soluci´on.
El siguiente ejercicio muestra como un problema de valor inicial puede admitir unicidad de soluci´on local pero no global.
Ejercicio 23 Dado el problema de valor inicial
y0 = 32y1/3, (t, y)∈R2
y(1) = 1 . , (20)
1. ¿Existeδ >0 tal que (20) admite una ´unica soluci´on en (1−δ,1 +δ)?. 2. ¿Existe una ´unica soluci´on de (20) en (−1,3)?
Proof.
1. En este caso, f(t, y) = 32y1/3, t
0 = 1 e y0 = 1.
La funci´onf(t, y) = 32y1/3 es continua enB((1,1), r) cualquiera que sea r >0. (P) por lo menos admite una soluci´on.
La funci´on ∂f∂y(t, y) = 2y12/3 es continua en B((1,1), s) siempre que 0< s <1, por el teorema de existencia y unicidad existir´a un δ >0 donde (20) admitir´a una ´unica soluci´on en (1−δ,1 +δ).
2. Para ver si hay unicidad de soluci´on en (−1,3) vamos a integral y0 = 3
2y 1/3.
Observamos que esta ecuaci´on, no el problema de valor inicial, admite como soluci´on a la funci´on nula y(x) = 0. En los calculos que sigue, vamos a suponer que y6= 0, es decir que no contemplamos, al integrar la ecuaci´on diferencial, la soluci´on nula.
y0 =f rac32y1/3, dy dt =
3 2y
1/3 , 2
3y
−1/3
dy=dt, y2/3 =t+c. Para calcular la cosntante c, siimponemos que la soluci´on pase por el punto (1,1) deducimos que c= 1, y por tanto y=t3/2.
La funci´on ϕ1(t) = t3/3 es soluci´on de (20) en (−1,3), pero esta no es la ´unica, pues
ϕ2(t) =
Ejercicio 24 Est´udiese la existencia y unicidad de soluci´on en un intervalo que contenga al punto 2, de los siguientes problemas de Cauchy. En caso de existencia, obtenga la(s) soluci´on(nes).
Si no hay unicidad, obtenga por lo menos dos soluciones del problema.
1.
y0 = yt +y2 t >0, y ∈
R
y(2) = 2
2.
y0 = 2y√t−2 t ≥2 y∈R
y(2) =e
3.
y0 = 3√y−1 t∈R y≥1 y(2) = 1
4.
y0 = t
1+y2 (t, y)∈R 2
y(2) =−1
Indicaci´on y soluci´on 1. El problema admite una ´unica soluci´on. La ecuaci´on diferencial de Bernoulli tiene la forma y0 +a0(t)y = q(t)yn, y podemos re-ducirla a una lineal con el cambio u=y1−n. La soluci´on es y(t) = 2t
6−t2, t∈ (−√6,√6).
2. El problema admite una ´unica soluci´on que es logy = 43(t −2)3/2+ 1, t≥2.
3. El problema no admite unicidad de soluci´on local. Cualquiera que sea δ > 0, las funciones y1(t) = 1 y y2(t) = 94(t−2)2+ 1, son soluciones en [2,2 +δ).
4. El problema admite una u´nica soluci´on localmente, que est´a dada por y+ y33 = t22 −10
3, y(2) =−1.
El estudiante ya puede hacer los ejercicios 98 y 99.
2.2
Estabilidad
Estabilidad de un problema de Cauchy con respecto al dato inicial
Supongamos que el problema de Cauchy (P2)
y0 =f(t, y), (t, y)∈D∈R2 y(t0) =z0;
admite soluci´on ´unica en un intervalo I que contiene a t0, cuando z0 es pr´oximo o igual ay0.
Diremos que (P1)
y0 =f(t, y), (t, y)∈D∈R2 y(t0) =y0;
(22) es estable con respecto al dato inicial y0 enI, si se verifica que si y0 y z0 son pr´oximos, |y0−z0| es peque˜no, entonces las soluciones de los problemas (P1)
y0 =f(t, y), (t, y)∈D∈R2 y(t0) =y0;
, (P2)
y0 =f(t, y), (t, y)∈D∈R2 y(t0) = z0;
,
ϕ1(y) yϕ2(t) respectivamente, definidas en el intervalo I, son ”pr´oximas” en alg´un sentido, que por ejemplo puede ser
sup
t∈I
|ϕ1(t)−ϕ2(t)| ≤C|y0−z0|, siendo C una constante absoluta.
Ejemplo 25
Consideramos el problema (P1)
y0 =y+t, (t, y)∈R2 y(0) = 2,
Vamos a ver que es estable en I = [−2,3] con respecto al dato inicial 2. Es f´acil ver que la soluci´on de (P1) es ϕ1(t) = −(1 +t) + 3et.
Consideramos el problema (P2)
y0 =y+t, (t, y)∈R2 y(0) =z0,
La soluci´on de este problema de Cauchy esϕ2(t) = −(1 +t) + (1 +z0)et. Se verifica que
sup
t∈[−2,3]
|ϕ1(t)−ϕ2(t)|= sup
t∈[−2,3]
(2−z0)et≤e3|2−z0|, entonces si z0 est´a pr´oximo a 2, por ejemplo
z0 ∈
2− 1
10000,2 + 1 10000
ϕ1(t) y ϕ2(t) son muy pr´oximas en I = [−2,3] ya que
|ϕ1(t)−ϕ2(t)|< e3 1000 <
27
10000 = 0.0027, ∀t∈[−2,3].
3
Ecuaciones diferenciales lineales de orden
n
Solo tratamos el caso n = 2. Forma general
y00+a1(t)y0 +a0(t)y =p(t), x∈I, (23) donde a1, a0 y p son funciones definidas en I.
Ejemplo 26
• t2y00+ty0+ t2− 1 2
y= 0, t∈(0,∞). Esta ecuaci´on puede reescribirse en la forma
y00+ 1 ty
0
+
1− 1
2t2
y= 0, t ∈(0,∞). (24)
En este caso a1(t) = 1t, a0(t) = 1− 21t2 y p(t) = 0.
•
y00−2y0−3y= 0, t∈R. (25)
•
y00−4y= 12t, t∈R. (26)
•
(1 +x2)y00 +ty00−3exy= 6, t∈R. (27)
La ecuaci´on homog´enea asociada a (23) las definimos por
y00+a1(x)y0 +a0(x)y= 0, x∈I, (28) (23) es decoeficientes constantes si a1 y a0 son funciones constantes. (25) y (26) son coeficientes constantes, (24) y (27) no son de coeficientes constantes.
Una soluci´on de (23) es una funci´onϕ∈C2(J), conJ un intervalo inclu-ido en I tal que
ϕ00(t) +a1(t)ϕ0(t) +a0(x)ϕ(t) = p(t), t ∈J.
Ejemplo 27
ϕ(x) =e3t es una soluci´on en
Rde la ecuaci´on
y00−2y0−3y= 0, t∈R. ϕ0(t) = 3e3t, ϕ00(y) = 9e3t,
ϕ00(t)−2ϕ0(t)−3ϕ(t) = 9e3t−6e3t−3e3t = 0.
Ejercicio 28 Determ´ınese si las funciones ϕ1(t) = et, ϕ2(t) = 3 +t2 y ϕ3(t) = 3−t son soluciones de la ecuaci´on diferencial
t2y00−2ty0+ 2y= 6, t >0.
3.1
Problema de valor inicial o de Cauchy
Seana0(t),a1(t) yg(t) tres funciones definidas en un intervaloI deR, (puede
ser R), y t0 ∈ I, y0 e y1 dos n´umeros reales. El problema de valor inicial o Cauchy asociado a las funciones a0,a1 y g y a los n´umeros reales x0,y0 e y1, es designado por
(P)
y00+a1(t)y0+a0(t)y=g(t), t ∈I y(t0) = y0, y0(t0) =y1.
• ϕ00(t) +a1(t)ϕ0(t) +a0(t)ϕ(t) =g(t), t ∈J,
• ϕ(t0) =y0, ϕ0(t0) = y1.
Si existe un intervalo J y una funci´on ϕ(t) satisfaciendo las condiciones de encima, decimos que ϕ(t) es soluci´on del problema de valor inicial o Cauchy (29) en J.
A y(t0) = y0, y0(t0) =y1 se le llaman condiciones iniciales.
Ejemplo 29 Consideramos el problema de valor inicial
(P)
y00+ 1ty0+ 1− 1 4t2
y=t1/2, t ∈(0,∞) y(π) = π−√1
π, y
0(π) = π+1 2π√π.
(30)
En este caso, I = (0,∞), a1(t) = 1t, a0(t) = 1− 41t2, g(t) = t1/2, t0 = π, y0 = π−√π1 e y1 = 2ππ+1√π.
1. ϕ1(t) = 2ππ+1√πt+π−2√π3 no es soluci´on de (30). (a) Si satisface las condiciones iniciales.
ϕ1(π) = π2√+1π +π−2√π3 = 2(
π−1) 2√π =
π−√1
π.
ϕ01(t) = 2ππ+1√
π, =⇒ ϕ 0
1(π) =
π+1 2π√π.
(b) No satisface la ecuaci´on ϕ001(t) + 1
tϕ
0
1(t) +
1− 1
4t2
ϕ1(t)
= 0 + 1 t
π+ 1 2π√π +
1− 1
4t2
π+ 1 2π√πt+
π−3 2√π
6
=t1/2. 2. ϕ2(t) =x1/2 no es soluci´on de (30).
(a) No satisface las condiciones iniciales. ϕ2(π) =
√
π 6= π−√1 π y ϕ
0
2(π) = 1 2√π 6=
π+1 2π√π.
(b) Si satisface la ecuaci´on. ϕ002(t) + 1
tϕ
0
2(t) +
1− 1
4t2
ϕ2(t)
=−1
4t
−3/2 +1
2t
−3/2
+t1/2− 1
4t
−3/2
3. ϕ3(t) =t1/2 +cos√tt si es soluci´on de (30). (a) Si satisface las condiciones iniciales.
ϕ3(π) =
√
π+cos√π
π =
√
π− √1
π = π−√1
π.
ϕ03(π) = 12π−1/2−1
2π−3/2 cosπ−π
−1/2sinπ = 1 2√π+
1 2π√π =
π+1 2π√π.
(b) Si satisface la ecuaci´on. ϕ003(t) + 1
tϕ
0
3(t) +
1− 1
4t2
ϕ3(t)
=
−1
4t
−3/2 +3
4t
−5/2
cost+t−3/2sint−t−1/2sint
+
1 2t
−3/2− 1 2t
−5/2cost−t−3/2sint
+
t1/2+t−1/2cost−1
4t
−3/2− 1 4t
−5/2cost
=t1/2.
Teorema 30 Existencia y unicidad. El problema
(P)
y00+a1(t)y0+a0(t)y=g(t), t ∈I y(t0) = y0, y0(t0) =y1.
(31)
para a0, a1 y g funciones continuas en I, x0 ∈I, y0 e y1 en R, admite una ´
unica soluci´on ϕ∈ C2(I).
3.2
Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden
homog´
eneas
Teorema 31 Consideramos la ecuaci´on diferencial lineal y homog´enea de segundo orden
y00+a1(t)y0+a0(t)y = 0, t ∈I, (32)
donde a1 y a0 son funciones continuas definidas en I.
Proof. Vamos a demostrar el teorema con un ejemplo concreto. Consideramos la ecuaci´on
t2y00−ty0−3y= 0, t >0, (33) Para demostrar que el conjunto de las soluciones tiene una estructura de espacio vectorial, ser´a sufiente con demostrar que siϕ1 yϕ2son dos soluciones de (33), entonces
1. ϕ1+ϕ2 es soluci´on de (33), y
2. αϕ1 es soluci´on cualquiera que seaα ∈R.
1. Definimos
(ϕ1+ϕ2)(t) = ϕ1(t) +ϕ2(t). Si ϕ1y ϕ2 son soluciones de (33), se verifica
t2ϕ001(t)−tϕ01(t)−3ϕ1(t) = 0, t >0, t2ϕ002(t)−tϕ02(t)−3ϕ2(t) = 0, t >0, sumando las dos igualdades anteriores
t2(ϕ001(t) +ϕ002(t))−t(ϕ01(t) +ϕ02(t))−3(ϕ1(t) +ϕ2(t)) = 0, t >0, t2(ϕ1+ϕ2)00(y)−t(ϕ1+ϕ2)0(t)−3(ϕ1+ϕ2)(t) = 0, t >0, lo que demuestra que ϕ1+ϕ2 es soluci´on de (33).
2. Definimos
(αϕ1)(t) = αϕ1(t). Si ϕ1 es soluci´on de (33) se verivica
t2ϕ001(t)−tϕ01(t)−3ϕ1(t) = 0, t >0, multiplicando por α
Ahora vamos a demostrar que tiene dimensi´on 2. Tendremos que encon-trar dos soluciones ϕ1 y ϕ2 de (33) tal que
1. ϕ1 y ϕ2 son linealmente independientes, lo que quiere decir que si αϕ1(t) +βϕ2(t) = 0 para todo t >0,
entonces α=β = 0.
2. ϕ1 yϕ2 forma un sistema generador, lo que quiere decir que siφes otra soluci´on de (33) entonces existen dos n´umueros reales c1 y c2 tal que
φ(t) =c1ϕ1(t) +c2ϕ2(t) para todo t >0.
Por la forma que tiene la ecuaci´on (33), podemos pensar que admite solu-ciones de la forma ϕ(t) =tα, para alg´unα real. Ve´amos si esto es cierto.
ϕ(t) = tα, ϕ0(t) =αtα−1, ϕ00(t) =α(α−1)tα−2, imponemos que satisfaga la ecuaci´on (33)
t2ϕ00(t)−tϕ0(t)−3ϕ(t) = 0, α(α−1)tα−αtα−3tα = 0, t >0, dividiendo por tα
α(α−1)−α−3 = 0, α2−2α−3 = 0,
es decir que ϕ(t) = tα es soluci´on de (33) si y solamente si α es soluci´on de la ecuaci´onα2−2α−3 = 0.
Esta ecuaci´on tiene dos soluciones
α= 3 nos d´a la soluci´on ϕ1(t) =t3 α=−1 nos d´a la soluci´on ϕ2(t) =t−1. 1. ϕ1(t) =t3 y ϕ2(t) =t−1 son linealmente independientes.
Sean α y β n´umeros reales tales que
αϕ1(t) +βϕ2(t) = αt3+βt−1 = 0 para todot >0. Si particularizamos en t= 1 y t= 2 tenemos
α+β= 0 8α+1
2β = 0
2. ϕ1(t) =t3 y ϕ2(t) =t−1 forman un sistema generador.
Sea φ una soluci´on de (33). Tomemos un n´umuero real cualquiera mayor que 0, por ejemplo el 1. Consideramos el problema de Cauchy
t2y00−ty0−3y= 0, t >0
y(1) =φ(1), y0(1) = φ0(1) (34) φ(t) es soluci´on de este problema. Por otra parte la funci´on
ψ(t) = φ(1) +φ
0(1)
4 ϕ1(t) +
3φ(1)−φ0(1) 4 ϕ2(t) = φ(1) +φ
0(1)
4 t
3+ 3φ(1)−φ
0(1)
4
1
t, t > 0,
tambi´en es soluci´on de (36) ya que trivialmente satisface la ecuaci´on diferencial y
ψ(1) = φ(1)+4φ0(1)13+3φ(1)−φ0(1)
4 1
1 =φ(1) ψ0(1) = 3φ(1)+4φ0(1)12−3φ(1)−φ0(1)
4 1 12,=φ
0(1) .
Como (36) admite una ´unica soluci´on en (0,∞), se tiene que φ(t) = φ(1) +φ
0(1)
4 ϕ1(t) +
3φ(1)−φ0(1) 4 ϕ2(t) = φ(1) +φ
0
(1)
4 t
3
+ 3φ(1)−φ
0
(1) 4
1
t, t > 0,
y esto demuestra que ϕ1(t) = t3 y ϕ2(t) = t−1 forman un sistema generador.
Esto nos dice que siy(t) es una soluci´on de (33), esta soluci´on debe ser una combinaci´on lineal de las soluciones ϕ1(t) =t3 y ϕ2(t) = t−1. A la expresi´on
Definici´on 32 Sean a0 y a1 dos n ´meros reales. La ecuaci´on diferencial
or-dinario de segundo orden
t2y00+a1ty0 +a0y = 0, t >0,
es conocida como la ecuaci´on diferencial de Euler homog´enea de orden 2.
Ejercicio 33 Calcule la soluci´on
t2y00−2ty0+ 2y= 0, t >0 (35) Proof. (35) es una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de segundo orden. Como el conjunto de sus soluciones tiene una estructura de espacio vectorial de dimensi´on 2, para conocer todas las soluciones, tendremos que encontrar una base, es decir dos soluciones linealmente independientes.
La ecuaci´on (35) es de Euler. Intentamos encontrar soluciones de la forma y(t) = tα para alg´un α ∈ R. Para determinar α, imponemos que
y(t) =tα satisfaga (35).
y0(t) =αtα−1, y00(t) = α(α−1)tα−2,
t2y(t)00−2ty(t)0+ 2y(t) = 0 ⇐⇒ α(α−1)tα−2αtα+ 2tα = 0,
ya que t >0, podemos dividir en la igualdad de encima por tα y deducimoa
que
y(t)=tα es soluci´on de t2y00−2ty0+ 2y= 0, t >0⇐⇒α(α−1)−2α+ 2 = 0
α(α−1)−2α+2 = 0⇐⇒
α= 1 α= 2 =⇒
ϕ1(t) =t ϕ2(t) =t2
son soluciones de
t2y00−2ty0+ 2y= 0, t > 0.
Puesto que ϕ1(t) =t yϕ2(t) = t2 son linealmente independientes
γ1t+γ2t2 = 0, ∀t >0,en particular
t= 1 =⇒γ1+γ2 = 0 t= 2 =⇒γ1+ 4γ2 = 0
=⇒γ1 =γ2 = 0
{ϕ1, ϕ2} es una base el conjunto de la soluciones e (35). Si φ(t) es otra soluci´on de (35)
φ debe ser una combinaci´on lineal de ϕ1 yϕ2, existiran entonces dos n´umeros
reales c1 y c2 tal que
φ(t) =c1ϕ1(t) +c2ϕ2(t) t >0.
La soluci´on general de (35) es
y(t) =c1ϕ1(t) +c2ϕ2(t) = c1t+c2t2, c1, c2 ∈R
Ejercicio 34 Sabiendo queetes soluci´on de la ecuaci´on diferencial ordinaria
ty00−(2t+ 1)y0+ (t+ 1)y= 0, t >0, (36)
calcule su soluci´on general.
Soluci´on
(36) es una ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de segundo orden. Como el conjunto de sus soluciones tiene una estructura de espacio vectorial de dimensi´on 2, para conocer todas las soluciones, tendremos que encontrar una base, es decir dos soluciones linealmente independientes. Ya conocemos una soluci´on ϕ1(t) =et. ¿C´omo podemos conocer otra?.
Si conocemos una soluci´on de una ecuaci´on diferencial lineal de segundo ordenϕ1(t), el cambioy(t) =ϕ1(t)u(t)nos reduce la ecuaci´on
lineal de segundo orden a una lineal de ”primer orden” para u(t).
Efectuemos el cambio y(t) =etu(t) en (36).
y0 =etu+etu0, y00=etu+ 2etu0 +etu00. Reflejamos este cambio en (36),
tet(y+ 2y0+y00)−et(2t+ 1)(y+y0) +et(t+ 1)y= 0, t >0, dividimos por ex
Dividimos por t y hacemos z(t) = u0(t) para obtener la ecuaci´on lineal de primer orden
z0− 1
xz = 0, t >0.
Para resolverla, la multiplicamos por eR(−1t)dt =e−logt = 1
t,
1 tz
0− 1
t2z = 0⇐⇒
1 tz
0
= 0, =⇒ 1
tz =c c∈R, como nos interesa encontrar una soluci´on, hacemos c= 1, entonces
z =t, =⇒u= t 2
2 =⇒ϕ2(t) =e
t
u(t) = t 2et
2 ,
es una soluci´on de (36), que es linealmente independiente de ϕ1(t) =et. La soluci´on general de (36) es
y(t) =c1et+c2t2et, t >0, c1, c2 ∈R.
Ejercicio 35 Sabiendo que t es una soluci´on de la ecuaci´on
t2y00−t(t+ 2)y0+ (t+ 2)y = 0, t >0,
calcule la soluci´on del problema de valor inicial
t2y00−t(t+ 2)y0+ (t+ 2)y= 0, t >0
y(1) =e, y0(1) = 2e (37)
Proof. Ya quea1(t) = −t(t+2),a0(t) =t+2) yg(t) = 0 son continias en (0,∞), por Teorema 30 el problema (37) admite una ´unica soluci´on. ¿Cmo la vamos a calcular?
Si somos capaces de encontrar dos soluciones ϕ1(t) y ϕ2(t) linealmente independientes de
t2y00−t(t+ 2)y0 + (t+ 2)y= 0, t >0, (38) todas las soluciones de (38) ser´an de la forma
y la de (37) ser´a aquella para la cual c1 y c2 satisfagan c1ϕ1(1) +c2ϕ2(1) =e
c1ϕ01(1) +c2ϕ02(1) = 2e. (39) Conocemos una soluci´on ϕ1(t) = t de (38), para obtener otra linealmente independiente con esta, hacemos y = ϕ1(t)u = tu. Si imponemos que y satisfaga (38), teniendo en cuenta que
y0 =u+tu0
y00= 2u0+tu00 , obtenemos u00−u0 = 0 u0 =et, u(x) =et,
yϕ2(t) = ϕ1(t)u=tetsoluci´on de (38) linealmente independiente conϕ1(t) = t.
Calculamos ahorac1 y c2,
c1ϕ1(1) +c2ϕ2(1) =e c1ϕ01(1) +c2ϕ02(1) = 2e
⇐⇒
c1e+c2e=e c1e+ 2c1e= 2e
=⇒c1 = 0, c2 = 1, y la soluci´on de (37) esy(t) =tet.
El estudiante ya puede hacer el ejercicio 96.
Ejercicio 36 Calcule la soluci´on general de
t2y00−3ty0+ 4y= 0, t >0,
1. buscando soluciones de la forma y(t) =tα, con α ∈R ; 2. haciendo el cambio de variable t=es
Soluci´on
1. Necesitamos dos soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on. Como ya hicimos en Teorema 31, ensayamos con soluciones de la forma
y(t) = tα, y0(t) = αtα−1, y00(t) =α(α−1)tα−2, α(α−1)tα−3αtα+ 4tα = 0, t >0,
dividimos por xα,
es decir, que y(x) = xα es soluci´on de la ecuaci´on si y solamente si α
es soluci´on de la ecuaci´on algebr´aica α2−4α+ 4 = 0.
Esta ecuaci´on solo tiene una soluci´on real, α = 2. Solo hemos con-seguido una soluci´on de la ecuaci´on diferencial, ϕ1(t) = t2. Para con-seguir otra linealmente independiente con esta, vamos a hacer el cambio de variable y =t2u.
y0 = 2tu+t2u0, y00 = 2u+ 4tu0+t2u00,
t2(2u+4tu0+t2u00)−3t(2xu+t2u0)+4t2u= 0, =⇒t4u00+t3u0 = 0 t >0, dividimos por t3 y hacemosz =u0
tz0 +z = 0, =⇒z = 1
t =⇒u= logt =⇒ ϕ2(t) = t 2logt, es una soluci´on de la ecuaci´on linealmente independiente de ϕ1(t) = t2. La soluci´on general es
y(t) = c1t2+c2t2logt, t >0, c1, c2 ∈R. (40)
2. Hacemos el cambiot =es. Si t ∈(0,∞) entonces s∈R. Si y(t) es la soluci´on de la ecuaci´on, esta satisface
t2y00(t)−3ty0(t) + 4y(t) = 0, t >0. (41) Definimos z(s) =y(es). Vamos a ver qu´e ecuaci´on diferencial satisface z(s). Aplicando la regla de la cadena tenemos
z0(s) =esy0(es), z00(s) = esy(es) +e2sy00(es). (42) Hacemos t=es en (41)
e2sy00(es)−3esy0(es) + 4y(es) = 0, s ∈R, teniendo en cuenta (42)
(z00(s)−z0(s))−3z0(s) + 4z(s) = 0, s∈R, luego z(s) satisface la ecuaci´on diferencia
La soluci´on general de esta ecuaci´on es
z(s) = c1e2s+c2se2s, s∈R, c1, c2 ∈R.
V´ease el apendice, donde se estudian las ecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes constantes.
Si deshacemos el cambio, es = t, s = logt, obtenemos que la soluci´on
general de t2y00−3ty0+ 4y= 0 est´a dada por (40).
Observaci´on 37 Ecuaci´on homog´enea de Euler de orden 2.
Sean a1 y a0 dos n´umeros reales y consideramos la ecuaci´on diferencial homeg´enea de Euler de segundo orden
t2y00+a1ty0 +a0y = 0, t >0. (43) y(t) =tα es soluci´on de (43) si y solo si α es un cero del polinomio
p(λ) = λ2+ (a1−1)λ+a0.
Se pueden dar los casos:
• La ecuaci´on
p(λ) = 0,
tiene dos raices reales distintas, α1 y α2. La soluci´on general de (43)
es
y(t) =c1tα1 +c2tα2, t >0, c1, c2 ∈R.
• La ecuaci´on
p(λ) = 0,
tiene una raiz real doble, α. La soluci´on general de (43) es
y(t) = c1tα+c2tαlogt, t >0, c1, c2 ∈R.
• La ecuaci´on
p(λ) = 0,
tiene dos raices complejas conjugadas , α1 =β1+iβ2 y α2 =β1−iβ2, β1 y β2 n´umeros reales con β2 6= 0. La soluci´on general de (43) es
En la ecuci´on de Euler, la variabletpuede ser sustituida por un polinomio de grado 1 en t, como indica el siguiente ejercicio.
Ejercicio 38 Calcule la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial ordinaria
(2t+ 1)2y00−2(2t+ 1)y0+ 20y= 0, t >−1
2,
1. haciendo el cambio de variable 2t+ 1 =es,
2. ensayando con soluciones de la forma y(t) = (2t+ 1)α, α∈C.
Soluci´on: y(t) =c1(2t+1) cos (2 log(2t+ 1))+c2(2t+1) sin (2 log(2t+ 1)), c1, c2 ∈
R.
3.3
Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden
no homog´
eneas
Teorema 39 Sea
y00+a1(t)y0+a0(t)y=p(t), t ∈I, (44)
con a1, a0 y p(t) 6= 0 funciones continuas en I. El conjunto de las
solu-ciones de (44) tiene una estructura de espacio afin de dimensi´on 2, lo que significa que si ϕ1(t) y ϕ2(t) son dos soluciones linealmente independientes
de la ecuaci´on homeg´ene a asociada a (44)
y00+a1(t)y0+a0(t)y= 0, t ∈I,
y ϕp(t) una soluci´on de (44)
ϕ00p(t) +a1(t)ϕ0p(t) +a0(t)ϕp(t) =p(t), t∈I,
entonces cualquier soluci´on y(t) de (44) se escribe en la forma
y(t) =ϕp(t) +c1ϕ1(t) +ϕ2(t), t∈I,
para ciertas constantes c1, c2 ∈R. La expresi´on
y(t) = ϕp(t) +c1ϕ1(t) +ϕ2(t), t ∈I, c1, c2 ∈R,
Proof. Como en el caso de Teorema 31, vamos a utilizar un ejemplo para ilustrar la demostraci´on. Consideramos la ecuaci´on
t2y00−ty0 −3y = 3t2+ 4t−6, x >0. (45) Vamos a calcular una soluci´on particular. Por la forma de la ecuaci´on, pode-mos pensar que admite como soluci´on un polinomio de grados 2
ϕp(t) =at2+bt+c, ϕ0p(t) = 2at+b, ϕp(t) = 2a,
imponemos que satisfaga la ecuaci´on
2at2−t(2at+b)−3(at2+bt+c) = 3t2+ 4t−6
=⇒ −3at2−4bt−3c= 3t2+ 4t−6 =⇒
a=−1 b =−1 c= 2 y la funci´on
ϕp(t) =−t2 −t+ 2, t >0,
satisface
t2ϕ00p(t)−tϕ0p(t)−3ϕp(t) = 3t2+ 4t−6, t >0. (46)
Sea ψ una soluci´on cualquiera de (45),
t2ψ00(t)−tψ0(t)−3ψ(t) = 3t2+ 4t−6, t >0. (47) Si calculamos la diferencia entre (47) y (46) obtenemos
t2(ψ−ϕp)00(t)−t(ψ−ϕp)0(t)−3(ψ−ϕp)(t) = 0, t >0,
lo cual nos dice queψ−ϕpes una soluci´on de la ecuaci´on homog´enea asociada
t2y00−ty0−3y= 0, t >0.
Esta ecuaci´on ha sido ya resuelta en la demostraci´on del Teorema 31. En-contramos dos soluciones linealmente independientes ϕ1(t) =t3 y ϕ2(t) = 1t. ψ −ϕp tendr´a que ser una combinaci´on lineal de estas dos funciones, luego
existir´an dos n´umeros reales c1 y c2 tal que
ψ(t)−ϕp(t) = c1ϕ1(t) +c2ϕ2(t) = c1t3+c2
1
t, t >0, ψ(t) = ϕp(t) +c1ϕ1(t) +c2ϕ2(t) = −t2−t+ 2 +c1t3+c2
1
Observaci´on 40 Cuando queramos calcular la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial lineal de segundo orden
y00+a1(t)y0+a0(t)y=p(t), t ∈I,
los pasos a seguir ser´an:
1. Encontrar dos soluciones linealmente independientes ϕ1(x) y ϕ2(x) de
la ecuaci´on homog´enea asociada
y00+a1(t)y0+a0(t)y= 0, t∈I.
2. Encontrar una soluci´on particulas ϕp(t) de la ecuaci´on. Esta tendr´a
que satisfacer
ϕ00p(t) +a1(t)ϕ0p(t) +a0(t)ϕp(t) =p(t), t∈I.
La soluci´on general de la ecuaci´on ser´a
y(t) =ϕp(t) +c1ϕ1(t) +c2ϕ2(t), t∈I, con c1, c2 ∈R
Ejercicio 41 Calcule la souci´on del problema de Cauchy
(P)
y00−2y0−3y=−3t−5,
y(0) = 3, y0(0) = 3 (48)
Proof. Por el Teorema 30 el problema (48) admite un ´unica soluci´on. Em-pezamos calculando la soluci´on general de
y00−2y0−3y=−3t−5, t ∈R. (49) 1. Calculo de la soluci´ı´on general de y00−2y0 −3y = 0.
2. Calculo de una soluci´on particular de y00−2y0−3y=−3t−5.
Al ser una ecuaci´on lineal con coeficiente contante y poder expresar
−3t−5 en la forma
−3t−5 =p(t)eµt, con
p(t) = −3t−5
µ= 0 ,
podemos aplicar el m´etodo de los coeficientes indeterminados.
Como µ = 0 no es una raiz de λ2 −2λ −3λ = 0, (49) admite una soluci´on particular de la forma
ϕp(t) = (at+b)e0t=at+b.
ϕ0p(t) =a ϕ00p(t) = 0 , ϕ
00
p(t)−2ϕ 0
p(t)+3ϕp(t) = −3t−5⇐⇒
−3a=−3
−2a−3b =−5 , los que nos dice que
ϕp(t) = 1 +t,
es una soluci´on particular de (49). La soluci´on general de (49) es
y(t) = 1 +t+c1e3t+c2e−t, , c1, c2 ∈R. Imponemos las condiciones iniciales
y(0) = 1 + 0 +c1+c2 = 3 y0(0) = 1 + 3c1−c−2 = 3
=⇒
c1 = 1 c2 = 1
,
y la soluci´on de (48) es
y(t) = 1 +t+e3t+e−t.
3.4
M´
etodo de variacion de las constantes
Este m´etodo persigue encontrar una soluci´on particular dePara que se pueda aplicar este m´etodo, necesitamos conocer dos soluciones linealmente independientes ϕ1(t) y ϕ2(t) de la ecuaci´on homog´enea
y00+a1(t)y0+a0(t)y= 0, t ∈I. Vamos a motivarlo con las ecuaciones lineales de orden 1
y0+a(t)y=p(t), t∈I. (50) Supongamos que conozco una soluci´onϕ(x) de
y0+a(t)y= 0, t∈I. (51) Esta funci´on satisface entonces
ϕ0p(t) +a(t)ϕp(t) = 0, t ∈I. (52)
Como (52) es lineal, homog´enea y de orden 1 su soluci´on general ser´a y(t) = cϕ(t), c∈R, t∈I. (53) Para obtener una soluci´on de (50) vamos a ensayar con funciones de la forma
ϕp(t) = c(t)ϕ(t), t∈I. (54)
Imponemos que satisfaga (50) para obtener la funci´on c(t).
ϕ0p(t) +a(t)ϕp(t) = p(t)⇐⇒c0(t)ϕ(t) +c(t)ϕ0(t) +a(t)c(t)ϕ(t) = p(t)
Si utilizamos (52)
c0(t)ϕ(t) +c(t) (ϕ0(t) +a(t)ϕ(t)) =p(t)⇐⇒c0(t)ϕ(x) =p(t), luego c(t) la tendremos que buscar de tal manera que satisfaga
c0(t)ϕ(t) =p(t), t ∈I
Ejemplo 42 Calcule la soluci´on general de
1. Empezamos resolviendo la ecuaci´on homog´enea asociada. La soluci´on general de la homog´enea es
y(t) = ce−4t, t ∈R.
2. Ahora vamos a calcular una soluci´on particularϕp(t). Vamos a emplear
el m´etodo de variaci´on de las constantes. Ensayamos entonces con soluciones de la forma ϕp(t) = c(t)e−4t. Para calcular c(t), vamos a
imponer que satisfaga la ecuaci´on no homog´enea.
ϕ0p(t) + 4ϕp(t) = tet⇐⇒c0(t)e−4t−4c(t)e−4t+ 4c(t)e4t=tet
c0(t)e−4t =tet⇐⇒c0(t) =te5t ⇐⇒c(t) = Z
te5tdt. Para calcular esta integral, vamso a usar integraci´on por partes
u=t, du=dt; e5tdt=dv, v= e 5t
5 c(t) =
Z
te5tdt= te 5t
5 − 1 5
Z
e5tdt= te 5t
5 − e5t 25, y una soluci´on particular es
ϕp(t) = c(t)e−4t=
te5t
5 − e5t
25
e−4t = te
t
5 − et
25. La soluci´on general es
y(t) =ϕp(t) +ce−4t =
tet
5 − et
25 +ce
−4t, c∈
R, t∈R.
Ejemplo 43 Calcule la soluci´on general de
1. Empezamos resolviendo la ecuaci´on homog´enea asociada. y0+t1/2y= 0⇐⇒ dy
dt =−t 1/2
y⇐⇒ dy
y =−t 1/2
dt
logy=−2
3t 3/2
+c⇐⇒ y(t) = ce−23t 3/2
, c ∈R, t >0
2. Ahora vamos a calcular una soluci´on particularϕp(t). Vamos a emplear
el m´etodo de variaci´on de las constantes. Ensayamos entonces con soluciones de la forma ϕp(t) = c(t)e−
2 3t
3/2
. Para calcular c(t), vamos a imponer que satisfaga la ecuaci´on no homog´enea.
ϕ0p(t)+t1/2ϕp(t) = t2 ⇐⇒c0(t)e−
2 3t
3/2
−c(t)t1/2e−23t 3/2
+t1/2c(t)e−23t 3/2
=t2 c0(t)e−23t
3/2
=t2 ⇐⇒c0(t) =t2e23t 3/2
⇐⇒c(t) = Z
t2e23t 3/2
dt. Para calcular esta integral, vamos a usar integraci´on por partes
u=t3/2, du= 3 2t
1/2
dt; t1/2e23t 3/2
dt=dv, v=e23t 3/2
c(t) = Z
te5tdt=t3/2e23t 3/2
− 3
2 Z
t1/2e23t 3/2
dt =t3/2e23t 3/2 −3 2e 2 3t 3/2 , y una soluci´on particular es
ϕp(t) =c(t)e−
2 3t
3/2 =
t3/2e23t
3/2 − 3 2e 2 3t 3/2 e−23t
3/2
=t3/2− 3
2. La soluci´on general es
y(t) =ϕp(t) +ce−
2 3t
3/2
=t3/2−3
2 +ce
−2 3t
3/2
, c∈R, t >0.
Tratamos ahora el m´etodo para ecuaciones lineales de orden 2.
y00+a1(t)y0+a0(t)y=p(t), t∈I. (55) Supongamos que conozco dos soluci´on ϕ1(t) y ϕ2(t) linealmente independi-entes de
Esta funciones satisfacen entonces
ϕ00i(t) +a1(t)ϕ0i(t) +a0(t)ϕi(t) = 0, t∈I, i= 1,2. (57)
Como (57) es lineal, homog´enea y de orden 2 su soluci´on general ser´a y(t) =c1ϕ1(t) +c2ϕ2(t), c1, c2 ∈R, t∈I. (58) Para obtener una soluci´on de (55) vamos a ensayar con funciones de la forma ϕp(t) =c1(t)ϕ1(t) +c2(t)ϕ2(t), t ∈I. (59) Vamos a imponer que satisfaga (55) para obtener las funciones c1(t) y c2(t), y para que los c´alculos sean m´as sencillos, vamos a imponer tambi´en la condici´on
c01(t)ϕ1(t) +c02(t)ϕ2(t) = 0, t ∈I. (60) Tenemos, si utilizamos la condici´on de encima
ϕ0p(t) =c1(t)ϕ01(t) +c2(t)ϕ02(t), ϕ00p(t) =c01(t)ϕ10(t) +c1(t)ϕ001(t) +ϕ
00
p(t) =c 0
1(t)ϕ
0
1(t) +c2(t)ϕ02(t), entonces
ϕ00p(t) +a1(t)ϕ0p(t) +a0(t)ϕp(t) =p(t)
m
c01(t)ϕ01(t) +c1(t)ϕ001(t) +ϕp00(t) =c01(t)ϕ01(t) +c2(t)ϕ02(t)
+a1(t)(c1(t)ϕ01(t) +c2(t)ϕ02(t)) +a0(t)(c1(t)ϕ1(t) +c2(t)ϕ2(t) =p(t). Usando (57)
c1(t)(ϕ001(t) +a1(t)ϕ01(t) +a0(t)ϕ1(t)) +c2(t)(ϕ002(t) +a1(t)ϕ02(t) +a0(t)ϕ2(t)) +c01(t)ϕ01(t) +c02(t)ϕ02(t) =p(t)
m
c01(t)ϕ01(t) +c02(t)ϕ02(t) = p(t).
De esta condici´on y de (60),c1(t) yc2(t) quedar´an determinadas por sistema
c01(t)ϕ1(t) +c02(t)ϕ2(t) = 0
Ejemplo 44 Calcule al soluci´on general de
y00+y= 1
sint, t∈(0, π). Soluci´on
1. Empezamos calculando la soluci´on general de la homog´enea asociada. Es f´acil ver que esta es
y(t) =c1sint+c2cost, t∈(0, π).
2. Ahora vamos a calcular una soluci´on particular de la no homog´enea. Vamos a utilizar el m´etodo de variaci´on de las constantes.
Ensayamos con soluciones de la forma
ϕp(t) = c1(t) sint+c2(t) cost, t∈(0, π).
Para calcularc1(t) yc2(t), impondremos queϕp(t) satisfagay00+y = sin1t
en (0, π). Para facilitar los c´alculos suponemos adem´as
c01(t) sint+c02(t) cost= 0, t∈(0, π). (61) Tenemos, si utilizamos la identidad de encima,
ϕ0p(t) = c1(t) cost−c2(t) sint,
ϕ00p(t) = c01(t) cost−c1(t) sint−c02(t) sint−c2(t) cost, entonces
$00p(t) +ϕp(t) =
1 sint
m
(c01(t) cost−c1(t) sint−c02(t) sint−c2(t) cost) +c1sint+c2cost= 1 sint
m
c01(t) cost−c02(t) sint = 1 sint,
y c1(t) y c2(t) vendr´an determinados por esta ecuaci´on y (61)
c01(t) sint+c02(t) cost = 0
c01(t) =
0 cost 1
sint −sint
sint cost cost −sint
= − cost sint
−sin2t−cos2t = cost sint,
c02(t) =
sint 0 cost sin1t
sint cost cost −sint
= 1
−1 =−1,
c1(t) = Z
cost
sintdt = log(sint), c2(t) =− Z
dt =−t, y la soluci´on particular es
ϕp(t) = c1(t) sint+c2(t) cost= sintlog(sint) +tcost, t∈(0, π). La soluci´on general es
y(t) = sintlog(sint) +tcost+c1sint+c2cost, c1, c2 ∈R, t∈(0, π).
El estudiante ya puede hacer los ejercicios 97, 100, 101, 103, 105 y 106.
4
Sistemas de ecuaciones diferenciales
ordi-narias lineales de primer orden
Vamos a tratar solamente el caso de un sistema de dos ecuaciones. Este tiene la forma
y10 =a1(t)y1+b1(t)y2+p1(t) y20 =a2(t)y1+b2(t)y2+p2(t)
t ∈I, (62)
donde a1(t), a2(t), b1(t), b2(t), p1(t) y p2(t) son funciones definidas en el intervalo I.
Vamos a trabajar con el ejemplo
y10 =ty1−y2+t y20 = 2y1+ 1ty2 −2.
Por comodidad en la notaci´on, es usual escribir los sistemas en forma matricial. Introducimos la notaci´on
~ y= y1 y2
, y~0 =
y10 y20
, ~p(t) =
p1(t) p2(t)
, A(t) =
a1(t) b1(t) a2(t) b2(t)
,
y (62) lo expresmos en la forma ~
y0 =A(t)~y+~p(t) t ∈I. (64)
(63) en forma matricial, lo escribimos en la forma ~
y0 =
t −1 2 1t
~ y+ t −2
, x∈(0,∞). (65) Una soluci´on de (63) ser´a un par de funciones ϕ1(t) y ϕ2(t) definidas en (0,∞) tal que satisfacen
ϕ01(t) =tϕ1(t)−ϕ2(t) +t ϕ02(t) = 2ϕ1(t) + 1tϕ2(t)−2.
t∈(0,∞) (66) En forma matricial, entendemos por soluci´on de (65) una funci´on vectorial
~ ϕ(t) =
ϕ1(t) ϕ2(t)
definida en (0,∞) y que satisface
~ ϕ0(t) =
t −1 2 1t
~ ϕ(x) + t −2
, t∈(0,∞). (67) ϕ1(t) =t yϕ2(t) no es una soluci´on de (63) en (0,∞). Si satisface la primera ecuaci´on
ϕ01(t) = tϕ1(t)−ϕ2(t) +t, 1 =t2−(t2+t−1) +t = 1, pero no satisface la segunda ecuaci´on
ϕ02(t) = 2ϕ1(t) + 1
tϕ2(t)−2; 2t+ 16= 2t+ 1 t(t
2+t−1)−2 = 3t−1 + 1 t.
Es m´as c´omodo trabajar en forma matricial. ϕ(t) =~
t2+ 1 t3
si es soluci´on de (63) en (0,∞)
~ ϕ0(t) =
2t 3t2 =
t −1 2 1t
~ ϕ(t)+ t −2 =
t −1 2 1t
=
t 3t2 + 2
+
t
−2
=
2t 3t2
.
Decimos que (62) eshomog´eneo sip1(t) = p2(t) = 0, y que es de
coefi-cientes constantes sia1(t), a2(t), b1(t) y b2(t) son funciones constantes.
4.1
Reducci´
on de una sistema a una ecuaci´
on
diferen-cial lineal de orden 2
Vamos a trabajar con el sistema de coeficientes constantes
y01 =y1+ 8y2+ 5t+ 3 y02 =y1−y2−4t−1
t ∈(−∞,∞) (68) Supongamos que ϕ1(t) y ϕ2(t) es una soluci´on de (68)
ϕ01(t) =ϕ1(t) + 8ϕ2(t) + 5t+ 3
ϕ02(t) =ϕ1(t)−ϕ2(t)−4t−1 x∈(−∞,∞) (69) Vamos a intentar eliminar en este sistema ϕ1(t). Sustituimos la primera ecuaci´on de (69), por la diferencia entre la primera y segunda equaci´on de (69)
ϕ01(t)−ϕ02(t) = 9ϕ2(t) + 9t+ 4 ϕ02(t) = ϕ1(t)−ϕ2(t)−4t−1
t∈(−∞,∞) (70) Derivamos la segunda ecuaci´on y sustituimosϕ01(t) por la expresi´on que viene dada por la primera ecuaci´on
ϕ002(t) =ϕ01(t)−ϕ02(t)−4 =ϕ02(t) + 9ϕ2(t) + 9t+ 4−ϕ02(t)−4 = 9ϕ2(t) + 9t. Entonces si ϕ1(t) y ϕ2(t) es una soluci´on de (68), ϕ2(t) es soluci´on de la ecuaci´on diferencial lineal de segundo orden
y002 −9y2 = 9t, x∈(−∞,∞) (71) Sabemos calcular todas las soluciones de (71), y estas son de la forma
y2(t) = −t+c1e3t+c2e−3t, t∈(−∞,∞), c1, c2 ∈R. (72)
Si ϕ1(t) yϕ2(t) es una soluci´on de (68),ϕ2(t) tiene que tener la forma ϕ2(t) = −t+c1e3t+c2e−3t, t∈(−∞,∞),
Ejercicio 45 Calc´ule la soluci´on general del sistema
y10 =−ty1+ (3 +t2)y2−2t−t3 y20 =−y1 + 2t +t
y2−t2
t∈(0,∞) (73) Soluci´on Vamos a intentar eliminar la y1 del sistema anterior. Multiplicamos la segunda ecuaci´on de (73) por t, la ecuaci´on resultante se la restamos a la primera ecuaci´on de (73), y nos quedamos con el sistema equivalente, cuya primera ecuaci´on es la que acabamos de obtener y la segunda es la misma que en (73),
y10 −ty20 =y2−2t y20 =−y1+ 2t +t
y2−t2
t ∈(0,∞) (74) Derivamos la segunda ecuaci´on de (74) y sustituimosy10 por la primer ecuaci´on de (74)
y002 =−y10 +
1− 2
t2
y2+
2 t +t
y20 −2t,
y200 =−ty20 −y2+ 2t+
1− 2
t2
y2+
2 t +t
y20 −2x,
y200= 2 ty
0
2− 2
t2y2, t ∈(0,∞),
t2y200−2ty20 + 2y2 = 0, t∈(0,∞). (75) Siy1(t) yy2(t) es una soluci´on (73), y2(t) tiene que ser una soluci´on de (75). Esta eciaci´on es tipo Euler y sabemos calcular todas sus soluciones, que son de la forma
y2(t) =c1t+c2t2, t∈(0,∞), c1, c2 ∈R. Para calcular y1(t) vamos a utilizar la segunda ecuaci´on de (73)
y1(t) = −y20(t) +
2 t +t
y2−t2 =−c1−2c2t+
2 t +t
(c1t+c2t2)−t2
=c1(t2+ 1) +c2t3 −t2, t∈(0,∞), c1, c2 ∈R. y la soluci´on general de (73)
y1(x) =c1(t2+ 1) +c2t3−t2 y2(t) =c1t+c2t2
y en forma vectorial ~t=
y1(t) y2(t)
=
c1(t2+ 1) +c2t3−t2 c1t+c2t2
=
−t2 0
+c1
t2+ 1 t +c2 t3 t2
, t∈(0,∞), c1, c2 ∈R.
Es f´acil comprobar que ϕ~p(t) =
−t2 0
es una soluci´on de (73) y ϕ~1(t) =
t2+ 1 t
y ϕ~2(t) =
t3 t3
dos soluciones linealmente independientes del sistema homog´eneo asociado a (73)
y10 =−ty1+ (3 +t2)y2 y20 =−y1+ 2t +t
y2
t ∈(0,∞).
4.2
Problema de cauchy o valor inicial
Sean a1(t), a2(t), b1(t), b2(t), p1(t) y p2(t) son funciones definidas en un intervalo I, t0 ∈I, ξ1 yξ2 dos n´umeros reales. El problema de valor inicial o Cauchy asociado a las funcionesa1(t),a2(t),b1(t),b2(t),p1(t) yp2(t) definidas en I, y a los n´umeros realest0, ξ1 y ξ2, con x0 ∈I, es designado por
y10 =a1(t)y1+b1(t)y2+p1(t) y20 =a2(t)y1+b2(t)y2+p2(t) y1(t0) =ξ1, y2(t0) = ξ2
t∈I, (76)
y consiste en encontrar un intervalo J ⊂I, y dos funciones ϕ1(t) y ϕ2(t) de clase C1(
R) tal que
ϕ11(t)0 =a1(t)ϕ1(t) +b1(t)ϕ2(t) +p1(t) ϕ02(t) =a2(t)ϕ1(t) +b2(t)ϕ2(t) +p2(t) ϕ1(t0) =ξ1, ϕ2(t0) =ξ2
t ∈J,
La versi´on vectorial: dada la ”matriz” A:I ⊂R7−→ M2×2(R)
t −→ A(t) =
a1(t) b1(t) a2(t) b2(t)
