Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Ejercicios Y Problemas Resueltos 275a5i

El libro está destinado a los estudiantes de enseñanzas técnicas que se enfrentan por primera vez con las ecuaciones diferenciales ordinarias.

Cada capítulo contiene: • una breve introducción teórica, en la que se exponen las definiciones fundamentales, así como los métodos de resolución que se utilizarán posteriormente. • una amplia colección de ejercicios y problemas en orden creciente de dificultad, totalmente resueltos.

Ana Isabel Alonso de Mena es profesora titular del departamento de Matemática Aplicada de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid. Jorge Álvarez López y Juan Antonio Calzada Delgado son profesores ayudante doctor del departamento de Matemática Aplicada de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid. Todos ellos trabajan en el campo de las ecuaciones diferenciales contando con numerosas publicaciones científicas en revistas internacionales de reconocido prestigio. La profesora Ana I. Alonso está especializada en el estudio cualitativo de sistemas dinámicos; el profesor Jorge álvarez investiga en la obtención e implementación de métodos numéricos para su resolución y el profesor Juan A. Calzada tiene amplia experiencia en la modelización de fenómenos biofísicos mediante ecuaciones diferenciales.

Ana Isabel Alonso de Mena • Jorge Álvarez López • Juan Antonio Calzada Delgado

Este texto está dedicado al planteamiento y resolución detallada de problemas. El proceso de modelado, la resolución y la interpretación de las soluciones se realizan de modo ordenado y sistemático.

Ecuaciones diferenciales ordinarias ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. Ejercicios y Problemas resueltos

Si algo caracteriza esta materia es la gran diversidad e importancia de sus aplicaciones, y es en el planteamiento y resolución de problemas concretos, inspirados en gran medida en modelos físicos, donde se puede encontrar la motivación necesaria para su estudio y percibir su utilidad.

Ejercicios y Problemas resueltos Ana Isabel Alonso de Mena Jorge Álvarez López • Juan Antonio Calzada Delgado

ISBN 978-84-96477-59-9

c/ Luarca, 11 28230 Las Rozas de Madrid Madrid Tel. 91 637 16 88 www.deltapublicaciones.com

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ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS EJERCICIOS Y PROBLEMAS RESUELTOS


ANA ISABEL ALONSO DE MENA JORGE ÁLVAREZ LÓPEZ JUAN ANTONIO CALZADA DELGADO Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales UNIVERSIDAD DE VALLADOLID


ANA ISABEL ALONSO DE MENA JORGE ÁLVAREZ LÓPEZ JUAN ANTONIO CALZADA DELGADO

Editor gerente Diseño de cubierta Preimpresión Impresión

Fernando M. García Tomé IPStudio Delta Publicaciones Jacaryan Avda. Pedro Díez, 3. Madrid (España)

Copyright © 2008 Delta, Publicaciones Universitarias. Primera edición C/Luarca, 11 28230 Las Rozas (Madrid) Dirección Web: www.deltapublicaciones.com © 2008 Los autores

Reservados todos los derechos. De acuerdo con la legislación vigente podrán ser castigados con penas de multa y privación de libertad quienes reprodujeren o plagiaren, en todo o en parte, una obra literaria, artística o científica fijada en cualquier tipo de soporte sin la preceptiva autorización. Ninguna de las partes de esta publicación, incluido el diseño de cubierta, puede ser reproducida, almacenada o transmitida de ninguna forma, ni por ningún medio, sea electrónico, químico, mecánico, magneto-óptico, grabación, fotocopia o cualquier otro, sin la previa autorización escrita por parte de la editorial.

ISBN 978-84-96477-59-9 Depósito Legal (1207-50)

Prólogo

Este libro está dirigido a los estudiantes de enseñanzas técnicas que se enfrentan por primera vez al estudio de las ecuaciones diferenciales. Si hay algo que caracteriza esta materia es la gran diversidad e importancia de sus aplicaciones, siendo en el planteamiento y resolución de problemas concretos, inspirados en gran medida en modelos físicos, donde se puede encontrar la motivación necesaria para su estudio y percibir su utilidad. Así pues, en un curso introductorio de ecuaciones diferenciales, los ejercicios y las series de problemas resultan cruciales para el aprendizaje del estudiante. La bibliografía relativa a los aspectos teóricos de las ecuaciones diferenciales es extensa. Sin embargo, resultan escasos los textos dedicados al planteamiento y resolución detallada de problemas; textos donde el proceso de modelado, el análisis y la interpretación de las soluciones se realicen de modo ordenado y sistemático. El deseo de proporcionar a nuestros alumnos un texto de esas características fue la principal motivación para la realización de este libro. En su elaboración nos hemos guiado por el programa de la asignatura troncal “Ecuaciones Diferenciales I", que el Nuevo Plan de estudios de la E.T.S. de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid sitúa en el segundo curso de la titulación. Una situación similar reflejan los planes de estudio de las enseñanzas técnicas que se imparten en otras universidades. Cada capítulo comienza con una breve introducción teórica, en la que se exponen las definiciones fundamentales, así como los métodos de resolución que se utilizarán posteriormente. En ningún caso se pretende que ese breve resumen sustituya a un libro de teoría. Tan sólo se ha incluído la información relevante para el lector a la hora de enfocar los problemas propuestos, en un intento de que el libro sea autocontenido. A continuación se presenta una amplia colección de ejercicios y problemas en orden creciente de dificultad, totalmente resueltos. Los profesores S. Novo, R. Obaya y J. Rojo, son los autores del libro “Ecuaciones y sistemas diferenciales", McGraw Hill 1995. Este excelente texto recoge el enunciado de numerosos problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias y ha sido nuestra inspiración a la hora de elaborar los resúmenes de teoría así como una de nuestras

VI ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

principales fuentes de ejercicios. Nuestro más sincero agradecimiento a todos ellos por su apoyo. Notación: A lo largo del texto la variable independiente se designará con las letras x ó t. La primera responde a la terminología clásica del cálculo infinitesimal y resulta particularmente adecuada cuando el problema tiene un marcado tinte geométrico o cuando la variable independiente puede interpretarse físicamente como una variable de tipo espacial. Por otro lado, la segunda está motivada por el hecho de que en un buen número de aplicaciones las ecuaciones diferenciales describen la evolución temporal de una (o varias) funciones que determinan el estado de un sistema. El uso de las letras en negrita (y, f, etc.) está asociado a la idea de vector y se utilizará frecuentemente para representar los sistemas de ecuaciones. Las palabras en cursiva evidencian que el concepto se define, en ese momento, por primera vez. Los autores

Contenido

C APÍTULO 1 Introducción. 1.1. Ecuaciones diferenciales. Clasificación. . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Soluciones de una ecuación diferencial. Clasificación. . . . . . . . . . 1.3. Problemas de Cauchy. Problemas de contorno. . . . . . . . . . . . . .

1 1 3 4

C APÍTULO 2 Integración elemental de ecuaciones de primer orden 2.1. Ecuaciones de variables separables. . . . . . . . . . . . . . 2.2. Ecuaciones exactas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Definición. Criterio de exactitud. . . . . . . . . . . . 2.2.2. Factores integrantes. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3. Factores integrantes para ecuaciones sencillas. . . . 2.3. Cambio de variables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Ecuaciones homogéneas. . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2. Ecuaciones con coeficientes lineales. . . . . . . . . 2.3.3. Ecuaciones reducibles a lineales: Bernoulli y Riccati. 2.4. Selección de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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5 5 6 6 7 8 10 10 11 11 13

C APÍTULO 3 Ecuaciones y sistemas lineales. Teoría general 3.1. Definición y clasificación. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Sistema equivalente a una ecuación. . . . . . . . . . 3.1.2. Sistemas reales y complejos. . . . . . . . . . . . . . 3.2. Teoremas de existencia y unicidad. Iteradas de Picard. . . . 3.3. Sistemas lineales de primer orden con coeficientes continuos. 3.3.1. Sistema homogéneo. Matriz fundamental. . . . . . . 3.3.2. Sistema no homogéneo. Variación de las constantes. 3.4. Ecuaciones escalares lineales de orden superior. . . . . . . .

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83 83 84 84 85 85 85 88 89

VIII ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

3.4.1. Ecuación homogénea. Sistema fundamental de soluciones. . . 3.4.2. Ecuación no homogénea. Variación de las constantes. Fórmula de Green. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Selección de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92 94

C APÍTULO 4 Sistemas diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes 4.1. Sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. . . . . . . 4.1.1. Solución general. La exponencial de una matriz. . . . . . . . 4.1.2. Polinomio interpolador. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.3. Soluciones asociadas a valores propios. . . . . . . . . . . . . 4.2. Sistemas lineales no homogéneos con coeficientes constantes. . . . . 4.2.1. Variación de las constantes. Resonancia. . . . . . . . . . . . . 4.3. Selección de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

131 131 131 133 134 136 136 137

C APÍTULO 5 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 5.1. Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes. . . 5.1.1. Solución general. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2. La ecuación de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Ecuaciones lineales no homogéneas con coeficientes constantes. 5.2.1. Variación de las constantes. . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2. El método operacional. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Selección de problemas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

197 197 197 198 199 200 200 202

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89

CAPÍTULO

1

Introducción.

Al abordar por primera vez una materia, debemos empezar aprendiendo las definiciones y terminología básica de ese tema. Ese es el objetivo de este breve capítulo: presentar los primeros conceptos de las ecuaciones diferenciales. Se clasifican las ecuaciones de acuerdo con su tipo, orden y linealidad; se especifican los distintos tipos de soluciones que pueden encontrarse y se introducen las nociones de problema de valor inicial y problema de contorno.

1.1. Ecuaciones diferenciales. Clasificación. D EFINICIÓN. Definición Se llama ecuación diferencial a una ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientes respecto a una o más variables independientes. Las ecuaciones diferenciales se pueden clasificar atendiendo al número de variables independientes que intervienen: 1) ecuación diferencial ordinaria, cuando la función incógnita es una función de una variable. 2) ecuación en derivadas parciales cuando la función incógnita es una función de varias variables e intervienen en la ecuación las derivadas parciales respecto de las distintas variables independientes. En este libro trataremos únicamente las ecuaciones diferenciales ordinarias. El estudio de las ecuaciones en derivadas parciales requiere técnicas bastante diferentes de las utilizadas en ecuaciones diferenciales ordinarias aunque, como es natural, abundan las ideas y métodos comunes a ambas teorías. El paso de una a varias variables independientes implica, en particular, el salto de dimensión finita a dimensión infinita en el

2 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

análisis de determinadas cuestiones, lo que presenta en ocasiones problemas técnicos importantes. Por ecuación diferencial ordinaria entendemos una expresión de la forma: F(t, y, y , y , . . . , yn) ) = 0 , donde F es una función vectorial de variable también vectorial. • t = variable independiente. Toma valores reales t ∈ I ⊂ IR. • y = variable dependiente o función incógnita. Toma valores en IRd (o Cd ). • F = función de (n + 1) d + 1 variables. Toma valores d-dimensionales reales o complejos. F = (F1 , F2 , . . . , Fd ). – Si d = 1 ⇒ F (t, y, y , . . . , y n) ) = 0 ecuación escalar. – Si d > 1 ⇒ F(t, y, y , . . . , yn) ) = 0 ecuación vectorial. La ecuación vectorial F(t, y, y , . . . , yn) ) = 0 puede escribirse como una colección de d ecuaciones escalares de la forma: Fi (t, y, y , . . . , yn) ) = 0

(i = 1, 2, . . . , d) ,

donde las Fi son las componentes de F, funciones escalares de (n + 1) d + 1 variables. Cuando se escribe así, la ecuación vectorial se denomina generalmente sistema de ecuaciones diferenciales. D EFINICIÓN. El orden de la derivada superior que interviene en la ecuación, se denomina orden de la ecuación diferencial. D EFINICIÓN. Cuando la derivada de orden superior aparece despejada se dice que la ecuación está escrita en forma normal. yn) = f (t, y, y , . . . , yn−1) ) . D EFINICIÓN. La ecuación F(t, y, y , . . . , yn) ) = 0 se dice que es autónoma cuando no depende explícitamente de la variable independiente t; esto es, cuando toma la forma: F(y, y , . . . , yn) ) = 0 . D EFINICIÓN. Una ecuación diferencial de orden n se dice que es lineal cuando tiene la forma A0 (t) yn) + A1 (t) yn−1) + · · · + An−1 (t) y + An (t) y = b(t) , donde A0 (t), A1 (t), . . . , An (t) son matrices formadas por funciones de t. Nota. La ecuación escalar lineal de orden n será de la forma: a0 (t) y n) + a1 (t) y n−1) + · · · + an−1 (t) y + an (t) y = b(t) , y un sistema lineal de n ecuaciones de primer orden: y = A(t)y + b(t).

INTRODUCCIÓN.

3

1.2. Soluciones de una ecuación diferencial. Clasificación. D EFINICIÓN. Toda función y(t) tal que al introducirla en la ecuación diferencial, la transforma en una identidad, se denomina solución o integral de la ecuación diferencial. En el caso de las ecuaciones de primer orden: 1) Se llama solución general de una ecuación diferencial de primer orden a toda función y(t) = f (t, C) que depende de una constante arbitraria C de modo que satisface la ecuación diferencial para cualquier valor de la constante. 2) Toda función y(t) = f (t, C0 ) deducida de la solución general dando a la constante C un valor concreto C = C0 se llama solución particular. Nota. Desde el punto de vista geométrico, la solución general de una ecuación de primer orden representa una familia de curvas en el plano de coordenadas dependiente de un parámetro C. Estas curvas se denominan curvas integrales de la ecuación diferencial dada. Cada integral particular está representada por una curva de esta familia que pasa por un punto dado del plano. Tipos de soluciones (ecuación de primer orden):

soluciones en forma explícita

particular

general

y = f (t)

y = f (t, C)

f (t, y) = 0 t = t(u) soluciones en forma paramétrica y = y(u)

f (t, y, C) = 0 t = t(u, C) y = y(u, C)

soluciones en forma inversa

t = f (y, C)

soluciones en forma implícita

t = f (y)

Nota. Al buscar soluciones de una ecuación es frecuente multiplicar o dividir por determinadas funciones con objeto de llevar la ecuación a alguna forma de la que se conozcan las soluciones. Hay que tener en cuenta que: 1) al multiplicar una ecuación escalar por una función del tipo μ(t, y), se introduce como solución cualquier función y(t) que verifique μ(t, y(t)) = 0. 2) al dividir por μ(t, y) se pueden suprimir posibles soluciones que verifiquen μ(t, y(t)) = 0.


1.3. Problemas de Cauchy. Problemas de contorno. Problema de Cauchy. Pocos fenómenos quedan totalmente descritos mediante una ecuación diferencial. La descripción se debe completar con la ayuda de ciertas condiciones sobre la solución. Cuando el fenómeno descrito es de carácter temporal (o sea la variable independiente representa al tiempo), las condiciones complementarias suelen tomar la forma de valores de la solución y sus derivadas sucesivas en algún instante inicial t0 . Se suele hablar entonces de problema de condiciones iniciales o problema de Cauchy. Nota. Un problema de Cauchy para la ecuación escalar de primer orden es de la forma, y = f (t, y) y(t0 ) = y0 . Un problema de Cauchy para un sistema de primer orden es de la forma, y = f (t, y) y(t0 ) = y0 , y un problema de Cauchy para la ecuación escalar de orden n es de la forma, ⎧ n) y = f (t, y, y , . . . , y n−1) ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ y(t0 ) = y0 y (t0 ) = y1 ⎪ ⎪ ...... ⎪ ⎪ ⎩ n−1) y (t0 ) = yn−1 . Interpretación geométrica: La interpretación geométrica de la condición inicial es evidente: la gráfica de la solución deseada debe pasar por el punto (t0 , y0 ). Problema de contorno. Cuando el fenómeno descrito es de carácter espacial (o sea, la variable independiente representa una coordenada), las condiciones complementarias suelen tomar la forma de valores de la solución en los extremos de algún intervalo en el que varía la coordenada. Se suele hablar entonces de un problema de contorno. Las condiciones de contorno influyen de forma decisiva tanto en la existencia como en el número de soluciones del problema de contorno.

CAPÍTULO

2

Integración elemental de ecuaciones de primer orden

En este tema se expone una selección de métodos de integración elemental para la ecuación de primer orden. Conviene observar que, para este tipo de ecuaciones, no existe un procedimiento general de resolución. En este capítulo desarrollamos métodos sistemáticos para resolver algunos tipos especiales de ecuaciones que han tenido una gran importancia en el desarrollo histórico de la teoría de ecuaciones diferenciales.

2.1. Ecuaciones de variables separables. Una clase sencilla de ecuaciones diferenciales que se pueden resolver por integración es la de variables separables. D EFINICIÓN. La ecuación diferencial de primer orden y = F (t, y) se llama de variables separables o separable si F (t, y) se puede escribir como producto de una función de t por una función de y; es decir, y = f (t) g(y). Método de separación de variables. Dada una ecuación separable de primer orden y = f (t) g(y) 1) Si g(y) = 0, dividiendo por g(y) se escribe la ecuación en la forma 1 y = f (t) , g(y) e integrando ambos con respecto a t, se obtiene 1 dy = f (t) dt . g(y)


Si pueden calcularse las primitivas G(y) = entonces G(y(t)) = F (t) + C ,

1/g(y) dy y F (t) =

f (t) dt

C ∈ IR.

define la solución implícitamente. 2) Si y0 es una raíz de la ecuación g(y) = 0, entonces la función constante y(t) = y0 es claramente una solución de la ecuación. En resumen: se separan las variables y se integran.

2.2. Ecuaciones exactas. 2.2.1. Definición. Criterio de exactitud. D EFINICIÓN. La ecuación diferencial P (t, y) + Q(t, y) y = 0 se dice que es exacta cuando existe una función diferenciable F (t, y) de modo que ∂F (t, y) = P (t, y) y ∂t

∂F (t, y) = Q(t, y) . ∂y

En ese caso, la ecuación F (t, y) = c define implícitamente una solución general. Se requiere un criterio para determinar si una ecuación es exacta y, si lo es, establecer un procedimiento para encontrar la función F (t, y). Estas necesidades se satisfacen con el siguiente teorema. Teorema. (Criterio de exactitud). Supóngase que las derivadas parciales primeras de P (t, y) y Q(t, y) son continuas en un rectángulo R. Entonces, son equivalentes: 1) La ecuación P (t, y) + Q(t, y) y = 0 es exacta en R, 2)

∂Q(t, y) ∂P (t, y) = para todo (t, y) ∈ R. ∂y ∂t

Método para resolver ecuaciones exactas. 1) Si P (t, y) + Q(t, y) y = 0 es exacta, entonces existe una función F (t, y) tal que ∂F/∂t = P . Integrando esta última ecuación obtenemos F (t, y) = P (t, y) dt + φ(y) . (2.1) 2) Para determinar φ(y) se deriva (2.1) con respecto a y y se sustituye ∂F/∂y por Q. Ahora se puede despejar φ (y). 3) Se integra φ (y) para obtener φ(y) sin tener en cuenta la constante numérica.

INTEGRACIÓN ELEMENTAL DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

7

4) Sustituyendo φ(y) en (2.1) obtenemos F (t, y). 5) La solución de P (t, y) + Q(t, y) y = 0 , que a veces se escribe en la forma P dt + Q dy = 0 , viene dada implícitamente por F (t, y) = c , con c ∈ IR. Mediante el procedimiento anterior se obtiene la fórmula

∂ P (t, y) dt dy , F (t, y) = P (t, y) dt + Q(t, y) − ∂y que determina F (t, y), salvo una constante numérica, a partir de las funciones P (t, y) y Q(t, y). Agrupación de términos. Si tenemos P1 (t, y) + Q1 (t, y) y = 0 exacta con solución F1 (t, y) = c1 , P2 (t, y) + Q2

(t, y) y

= 0 exacta con solución F2 (t, y) = c2 ,

c1 ∈ IR, c2 ∈ IR,

entonces la ecuación (P1 (t, y) + P2 (t, y)) + (Q1 (t, y) + Q2 (t, y)) y = 0 , es exacta con solución: F1 (t, y) + F2 (t, y) = c , con c ∈ IR.

2.2.2. Factores integrantes. D EFINICIÓN. Una función μ(t, y) es un factor integrante para la ecuación diferencial P (t, y) dt + Q(t, y) dy = 0 , si la ecuación obtenida multiplicando por μ(t, y) μ(t, y) P (t, y) dt + μ(t, y) Q(t, y) dy = 0 ,

(2.2)

es exacta. Desafortunadamente, no se conoce ningún método general que permita encontrar un factor explícito de integración para cualquier ecuación diferencial de la forma P (t, y) dt + Q(t, y) dy = 0. Algunas veces podemos distinguir un factor integrante reconociendo combinaciones propicias, como las mostradas en la siguiente tabla: Formas importantes para el método de agrupación. F (t, y)

dF

ty

y dt + t dy

t y

y dt − t dy y2

F (t, y)

dF

1 ln(t2 + y 2 ) 2 y arctan t

t dt + y dy t2 + y 2 −y dt + t dy t2 + y 2


Método sistemático de búsqueda de un factor integrante. Si μ(t, y) es un factor integrante con derivadas primeras continuas, al someter a prueba la exactitud de (2.2) se debe tener ∂ ∂ [μ(t, y) P (t, y)] = [μ(t, y) Q(t, y)] . ∂y ∂t Aplicando la regla del producto, esto se reduce a la ecuación

∂μ ∂μ ∂Q ∂P P −Q = − μ. (2.3) ∂y ∂t ∂t ∂y Pero en la ecuación diferencial parcial (2.3) despejar μ es, normalmente, más difícil que resolver la ecuación original. Existen, sin embargo, dos excepciones importantes: • Supongamos que la ecuación tiene un factor integrante que depende solamente de t; esto es, μ = μ(t). En este caso, la ecuación (2.3) se reduce a la ecuación separable

1 ∂P ∂Q dμ = − μ, dt Q ∂y ∂t donde (∂P/∂y − ∂Q/∂t)/Q es una función que depende sólo de t. • Supongamos que la ecuación tiene un factor integrante que depende solamente de y; esto es, μ = μ(y). En este caso, la ecuación (2.3) se reduce a la ecuación separable

1 ∂Q ∂P dμ = − μ, dy P ∂t ∂y donde (∂Q/∂t − ∂P/∂y)/P es una función que depende sólo de y.

2.2.3. Factores integrantes para ecuaciones sencillas. Ecuaciones de variables separables. Un factor integrante para la ecuación de variables separables

a(t) b(y) + c(t) d(y) y = 0 ,

viene dado por la función μ(t, y) = 1/(b(y) c(t)). Ecuaciones lineales. Una clase de ecuaciones diferenciales de primer orden que aparece frecuentemente en las aplicaciones es la ecuación lineal. D EFINICIÓN. Una ecuación diferencial de primer orden se dice que es lineal cuando se puede expresar en la forma: a0 (t) y + a1 (t) y = c(t) , donde a0 (t), a1 (t) y c(t) dependen solamente de la variable t.

(2.4)


9

Supondremos que las funciones a0 (t), a1 (t) y c(t) son continuas en un intervalo, y que a0 (t) = 0 en dicho intervalo. Dividiendo por a0 (t) se puede reescribir la ecuación (2.4) en la forma canónica (o forma estándar) y + a(t) y = b(t) ,

(2.5)

donde a(t) y b(t) son funciones continuas en el intervalo. - La ecuación es exacta solamente cuando a(t) = 0. (Obsérvese que, en ese caso, la ecuación resulta y = b(t) cuya integración es inmediata). - Un factor integrante para la ecuación lineal viene dado por la función

μ(t) = exp a(t) dt . Una vez obtenido el factor integrante podemos resolver la ecuación: 1) Aplicando el método descrito para las ecuaciones exactas; 2) Multiplicamos la ecuación (2.5) por μ(t) para obtener μ(t) y + a(t) μ(t) y = μ(t) b(t) .

(2.6)

Como a(t) μ(t) = μ (t) entonces (2.6) se puede escribir en la forma μ(t) y + μ (t) y =

d (μ(t) y) = μ(t) b(t) , dt

(2.7)

donde se ha hecho uso de la regla de diferenciación de un producto. Integrando (2.7) con respecto a t resulta μ(t) y = μ(t) b(t) dt + c , c ∈ IR, y despejando y se obtiene

a(t) dt −1 − a(t) dt y = μ (t) μ(t) b(t) dt + c = e b(t) dt + c . e (2.8) La función y(t) dada por la ecuación (2.8) se conoce como solución general de la ecuación lineal (2.5). Ecuaciones lineales en la variable independiente. En ocasiones alguna ecuación puede tener un aspecto más favorable para la búsqueda de soluciones cuando la escribimos para t(y), o sea, cuando buscamos inversas de las soluciones de la ecuación original. Para realizar el cambio de ecuación basta tener en cuenta la relación entre la derivada de una función y la de su inversa, y (t) =

1 t (y(t))

.


Por ejemplo, la ecuación y = f (t, y) se transforma en la ecuación en t(y) t =

1 . f (t, y)

Su solución en forma implícita, F (t, y, c) = 0, sirve también como solución de la ecuación en y(t). Si la ecuación es lineal, t = a(y) t + b(y), entonces la fórmula μ(y) t = c + b(y) μ(y) dy , c ∈ IR, proporciona la solución general de la ecuación.

2.3. Cambio de variables. A continuación presentamos cuatro tipos de ecuaciones que pueden ser transformadas en una ecuación separable o lineal por medio de una transformación o sustitución apropiada.

2.3.1. Ecuaciones homogéneas. D EFINICIÓN. Si el segundo miembro de la ecuación y = f (t, y) se puede expresar como función del cociente y/t solamente, es decir y y = F , (2.9) t entonces se dice que la ecuación es homogénea. Nota. Una prueba de la homogeneidad de la ecuación y = f (t, y) consiste en reemplazar t por λt e y por λy; entonces la ecuación es homogénea si y sólo si f (λt, λy) = f (t, y) . Si hacemos las sustituciones dy dv y y = vt , = t+v, v= , t dt dt entonces la ecuación (2.9) se transforma en una ecuación de variables separables dv = F (v) − v , dt cuya solución implícita viene dada por 1 1 dv = dt = ln |t| + c , F (v) − v t t

c ∈ IR .

Tan sólo resta expresar la solución en términos de las variables originales.


11

2.3.2. Ecuaciones con coeficientes lineales. En algunos casos es necesario hacer un cambio tanto de variable dependiente como de variable independiente. Éste es el caso de las llamadas ecuaciones con coeficientes lineales, esto es, ecuaciones de la forma (a1 t + b1 y + c1 ) dt + (a2 t + b2 y + c2 ) dy = 0 , donde los ai , bi y ci , i = 1, 2 son constantes. En general, consideraremos ecuaciones de la forma

a1 t + b1 y + c1 y =h . a2 t + b2 y + c2

(2.10)

• Si a1 b2 = a2 b1 (rectas paralelas), el cambio v = a1 t + b1 y (= λ(a2 t + b2 y)) transforma la ecuación en una de variables separables,

v + c1 v = a1 + b1 y = a1 + b1 h . v/λ + c2 • Si a1 b2 = a2 b1 las dos rectas se intersecan en un único punto (t0 , y0 ). El cambio t = T + t0 , y = Y + y0 , transforman la ecuación (2.10) en la ecuación homogénea

a1 T + b1 Y Y =h . a2 T + b2 Y

2.3.3. Ecuaciones reducibles a lineales: Bernoulli y Riccati. D EFINICIÓN. Se llama ecuación de Bernoulli a una ecuación de primer orden que se pueda expresar de la forma y + a(t) y = b(t) y n donde a(t) y b(t) son continuas en un intervalo abierto y n es un número real. Nótese que cuando n = 0 o n = 1 la ecuación también es lineal y puede resolverse mediante un factor integrante. Para otros valores de n la sustitución v = y 1−n transforma la ecuación de Bernoulli en una lineal del siguiente modo. Como v = (1 − n) y −n y , si multiplicamos la ecuación por (1 − n) y −n , (1 − n) y −n y + (1 − n) y −n a(t)y = (1 − n) y −n b(t)y n , y sustituimos,

v + (1 − n)a(t)v = (1 − n)b(t)

obtenemos una ecuación diferencial lineal.


D EFINICIÓN. Se llama ecuación de Riccati a una ecuación de primer orden que se pueda expresar de la forma y + a(t) y 2 + b(t) y = c(t) ,

(2.11)

donde a(t), b(t) y c(t) son continuas en un intervalo abierto de IR. Nótese que • cuando a(t) ≡ 0, se trata de una ecuación lineal, • cuando c(t) ≡ 0, se trata de una ecuación de Bernoulli. Supongamos conocida una solución, y0 (t), de la ecuación (2.11) (en ocasiones la forma de una solución puede resultar evidente por la forma de la ecuación). Entonces el cambio de variable y = y0 (t) + z la transforma en la ecuación de Bernoulli (con n = 2) z + a(t)z 2 + (2a(t)y0 (t) + b(t)) z = 0 , de modo que el cambio v = z 1−2 = z −1 la transforma en una lineal. Obsérvese que si combinamos los dos cambios de variable y tomamos, y = y0 (t) +

1 v

entonces la ecuación se transforma directamente en una lineal. Ecuación especial de Riccati. Se llama ecuación especial de Riccati a una ecuación de la forma y + ay 2 = btn . Se tiene que 1) si n = 0 es claramente de variables separables, 2) si n = −2 entonces • el cambio y = 1/v la transforma en una ecuación homogénea, • el cambio y = v/t la transforma en una de variables separables, 3) si n = −2 o n = (−4k)/(2k ± 1), la ecuación es resoluble elementalmente, pero no lo es para los restantes valores.


13

2.4. Selección de problemas. PROBLEMA 2.1 Encuéntrense todas las soluciones de las ecuaciones diferenciales: a) y = t sen2 y . √ b) y = 2 (t + 1) y − 1 . c) t (y 2 − 1) dt − y (t2 − 1) dy = 0 ,

t = ±1 .

d) y = t y + 2 t − y − 2 .

SOLUCIÓN

a) Es una ecuación de variables separables, y tenemos que: 1) si sen2 y = 0, entonces, dividiendo por esa función e integrando, resulta 1 dy = t dt , sen2 y de donde obtenemos la solución implícita: − cot y = t2 /2 + c con c ∈ IR, o equivalentemente t2 + 2 cot y = −2 c. Consideramos además las soluciones constantes y = k π con k ∈ ZZ (que se habían suprimido al dividir la ecuación por sen2 y). 2) si sen2 y = 0, obtenemos las soluciones particulares y(t) = k π , k ∈ ZZ. b) Es una ecuación de variables separables, y se tiene que: √ 1) si y − 1 = 0, entonces, dividiendo por esa función e integrando, resulta 1 √ dy = 2 (t + 1) dt , y−1 √ de donde obtenemos la solución implícita 2 y − 1 = t2 + 2 t + c , con c ∈ IR. La solución explícita viene dada por y(t) = 1 + (t2 + 2 t + c)2 /4; √ 2) si y − 1 = 0, obtenemos la solución particular y(t) = 1. c) Es una ecuación de variables separables. Si la escribimos en forma normal y =

t (y 2 − 1) , (t2 − 1) y

t = ±1 ,

tenemos que: 1) si suponemos y 2 − 1 = 0, entonces y t dy = dt , 2 2 y −1 t −1 e integrando obtenemos la solución implícita: ln |y 2 − 1| = ln |t2 − 1| + c , con c ∈ IR y t = ±1;

14 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 2) si y 2 − 1 = 0 obtenemos las soluciones particulares y(t) = ±1. d) Algunas veces, la factorización no es obvia. En el caso que nos ocupa: t y + 2 t − y − 2 = t (y + 2) − (y + 2) = (t − 1) (y + 2) , de modo que se trata de una ecuación de variables separables para la cual: 1) si y + 2 = 0 , entonces, dividiendo por esa función e integrando resulta 1 dy = (t − 1) dt , y+2 de donde obtenemos la solución implícita: ln |y + 2| = t2 /2 − t + c , con c ∈ IR; 2) si y + 2 = 0 , obtenemos la solución particular y(t) = −2.

PROBLEMA 2.2 a) Compruébese que la ecuación 2 t y + (1 + t2 ) y = 0 es exacta, y calcúlese su solución general. b) Compruébese que la ecuación y 2 + 2 t y − t2 y = 0 no es exacta. Compruébese que al multiplicarla por 1/y 2 se convierte en una ecuación exacta equivalente, y calcúlese así su solución general.

SOLUCIÓN

a) Esta ecuación es exacta, dado que ∂ (1 + t2 ) ∂ (2ty) = 2t = . ∂y ∂t Integrando ∂F/∂t = 2ty con respecto a t, obtenemos F (t, y) = 2ty dt + φ(y) = t2 y + φ(y) . A continuación derivamos con respecto a y, e imponemos que ∂F/∂y = 1 + t2 , con lo que ∂F (t, y) = t2 + φ (y) , 1 + t2 = ∂y y se sigue que φ (y) = 1. Por lo tanto, φ(y) = y + c1 , con c1 ∈ IR . En consecuencia F (t, y) = t2 y + y + c1 Así pues, la solución de la ecuación diferencial es t2 y + y = c

⇒

y=

c , 1 + t2

c ∈ IR .


15

b) Esta ecuación no es exacta, dado que ∂ (y 2 + 2ty) = 2y + 2t , ∂y

∂ (−t2 ) = −2t , ∂t

y las parciales no coinciden. Si multiplicamos la ecuación por 1/y 2 , resulta 1+

2t t2 − 2 y = 0 , y y

y como ∂/∂y (1+2t/y) = ∂/∂t (−t2 /y 2 ) = −2t/y 2 , la ecuación es exacta. Integrando ∂F/∂t = 1 + 2t/y con respecto a t, obtenemos t2 2t F (t, y) = dt + φ(y) = t + + φ(y) . 1+ y y A continuación derivamos con respecto a y e imponemos que ∂F/∂y = −t2 /y 2 , obteniendo t2 t2 ∂F (t, y) = − 2 + φ (y) , − 2 = y ∂y y y se sigue que φ (y) = 0, por lo que φ(y) = c1 , con c1 ∈ IR . En consecuencia, F (t, y) = t +

t2 + c1 , y

y

t+

t2 = c, y

con c ∈ IR .

es su solución implícita. Obsérvese que, al multiplicar la ecuación por 1/y 2 , estamos suponiendo implícitamente que y = 0. A la familia de soluciones anterior, hay que añadir la solución y(t) = 0.

PROBLEMA 2.3 Consideremos la ecuación t y y − 2 =0 t2 + y 2 t + y2

(2.12)

en la corona circular A, que es el círculo de centro el origen y radio 2, del que se excluye el origen. a) Compruébese que, si R es un rectángulo abierto contenido en A, entonces la ecuación (2.12) está en forma exacta, y búsquese la función de exactitud. b) Supóngase ahora que F (t, y) es una función que proporciona la exactitud de la ecuación (2.12) en toda la corona A. Considérese asimismo la función g : [0, 2π] → A dada por g(u) = (cos u, sen u) y la función compuesta F ◦ g. Pruébese que F ◦ g(0) = F ◦ g(2π) y que, sin embargo, F ◦ g no puede verificar el teorema de Rolle. Pruébese así que F no puede ser diferenciable.


c) Dedúzcase del apartado precedente que la ecuación (2.12) no puede ser exacta en toda la corona A.

SOLUCIÓN

a) Para esta ecuación P (t, y) = − y por tanto

y , t2 + y 2

Q(t, y) =

t , t2 + y 2

y 2 − t2 ∂Q ∂P (t, y) = (t, y) , = 2 2 2 ∂y ∂t (t + y )

con lo que la ecuación es exacta en cualquier rectángulo R contenido en A. Para que un rectángulo abierto R esté contenido en A, no debe contener el punto (0, 0). Como consecuencia de ello, no puede cortar simultáneamente a ambos ejes. Para obtener la función de exactitud F , distinguimos dos casos: 1) Si el rectángulo abierto R, contenido en A, no corta al eje y = 0 tenemos y ∂F = P (t, y) = − 2 , ∂t t + y2 e integrando respecto de t 1 −y dt F (t, y) = 2 + ϕ(y) = − t + y2 y

t dt + ϕ(y). + ϕ(y) = − arctg

2 y t 1+ y

Por otra parte, derivando respecto de y la expresión anterior e igualando t t ∂F = 2 + ϕ (y) = Q(t, y) = 2 , 2 ∂y t +y t + y2 deducimos que ha de ser ϕ (y) = 0, esto es: ϕ(y) = c. Tomando el valor de la constante c = 0, obtenemos la función de exactitud

t . F (t, y) = − arctg y 2) Si el rectángulo abierto R, contenido en A, no corta al eje x = 0, a partir de t ∂F = Q(t, y) = 2 , ∂y t + y2 integrando respecto de y obtenemos 1 t dy + φ(t) = F (t, y) = 2 t + y2 t

y dy + φ(t). y 2 + φ(t) = arctg t 1+ t


17

Por tanto, se tendrá y y ∂F =− 2 + φ (t) = P (t, y) = − 2 , 2 ∂t t +y t + y2 que permite deducir que φ (t) = 0, por lo que φ(t) = k , con k ∈ IR. Tomando el valor de la constante k = 0, se obtiene la función de exactitud y . F (t, y) = arctg t b) Razonaremos por reducción al absurdo, suponiendo que existe una tal función de exactitud F (t, y) de la ecuación, que es válida y diferenciable en toda la corona A. Sea g : [0, 2π] → A dada por g(u) = (cos u, sen u). Definimos la función compuesta h = F ◦ g que es derivable en [0, 2π] por ser F diferenciable en A y g de clase C ∞ en dicho intervalo. Es inmediato comprobar que h(0) = F (1, 0) = h(2π). Bajo estas hipótesis, el teorema de Rolle nos asegura la existencia de un cierto valor θ ∈ (0, 2π) para el cual h (θ) = 0. Pero, por otra parte, ∀u ∈ (0, 2π) h (u) =

∂F dt ∂F dy dt dy dh = + =P +Q , du ∂t du ∂y du du du

esto es h (u) =

∂F ∂F (cos u, sen u)(− sen u) + (cos u, sen u)(cos u) ∂t ∂y

= P (cos u, sen u)(− sen u) + Q(cos u, sen u)(cos u) =

− sen u cos u (− sen u) + (cos u) 2 2 u + cos u sen u + cos2 u

sen2

= sen2 u + cos2 u = 1, lo que contradice la existencia del punto θ con h (θ) = 0, y prueba que una tal función de exactitud F , diferenciable en toda la corona A, no puede existir. c) Se sigue trivialmente del apartado anterior.

PROBLEMA 2.4 Búsquese el valor de a para el que las siguientes ecuaciones son exactas y resuélvanse. a) (ty 2 + a t2 y) dt + t2 (t + y) dy = 0. b) t + y e2ty + a t e2ty y = 0.


SOLUCIÓN

a) La ecuación es exacta si y sólo si las derivadas parciales ∂ 3 (t + t2 y) = 3t2 + 2ty , ∂t

∂ (ty 2 + at2 y) = 2ty + at2 , ∂y

coinciden. Por lo tanto, si tomamos a = 3, la ecuación que resulta es exacta. Integrando ∂F/∂t = (ty 2 + 3 t2 y) con respecto a t, obtenemos 1 F (t, y) = (ty 2 + 3 t2 y) dt + φ(y) = t2 y 2 + t3 y + φ(y) , 2 e integrando ∂F/∂y = t2 (t + y) con respecto a y, obtenemos 1 F (t, y) = t2 (t + y) dy + ϕ(t) = t3 y + t2 y 2 + ϕ(t) . 2 Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = ϕ(t) = c , con c ∈ IR. Así pues, una solución de la ecuación diferencial queda definida implícitamente mediante la ecuación 1 2 2 t y + t3 y = c , 2

c ∈ IR .

b) Al igual que en el apartado anterior, debemos imponer la igualdad de las derivadas parciales ∂ (t + ye2ty ) = e2ty + 2tye2ty , ∂y

∂ (ate2ty ) = a (e2ty + 2tye2ty ) . ∂t

Si tomamos a = 1 la ecuación que resulta es exacta. Integrando ∂F/∂t = t + ye2ty con respecto a t, se tiene que 1 t2 + e2ty + φ(y) , F (t, y) = (t + ye2ty ) dt + φ(y) = 2 2 e integrando ∂F/∂y = te2ty con respecto a y, obtenemos 1 F (t, y) = (te2ty ) dy + ϕ(t) = e2ty + ϕ(t) . 2 Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = c, ϕ(t) = t2 /2 + c, con c ∈ IR. Así pues, una solución de la ecuación diferencial queda definida implícitamente mediante la ecuación t2 + e2ty = c , con c ∈ IR .

PROBLEMA 2.5 Búsquese un factor integrante para las siguientes ecuaciones de variables separables, y resuélvanse.


a)

y + y = 0 , t

19

t = 0.

b) y = t sen2 y. c) cos t cos y dt + sen t sen y dy = 0.

SOLUCIÓN

Como hemos visto en la introducción teórica, un factor integrante para la ecuación de variables separables a(t) b(y) + c(t) d(y) y = 0 , viene dado por la función μ(t, y) = 1/(b(y) c(t)); de modo que d(y) a(t) dt + dy = k , k ∈ IR , F (t, y) = c(t) b(y) proporciona una familia de soluciones de la ecuación. Aplicando este resultado a las ecuaciones del enunciado, resulta: a) En este caso son a(t) = 1/t, b(y) = y, c(t) = 1 y d(y) = 1, por lo que la función μ(y) = 1/y es un factor integrante para la ecuación. Multiplicando la ecuación por μ(y) = 1/y obtenemos 1 1 + y = 0. t y Ecuación exacta, de modo que 1 1 dt + dy = k1 t y

⇒

ln |t| + ln |y| = k1 ,

k1 ∈ IR ,

t = 0 ,

es decir, t y = k con k ∈ IR+ , es una familia de soluciones. Al multiplicar la ecuación por 1/y, estamos suponiendo implícitamente que y = 0. Se comprueba sin dificultad que la función constante y(t) = 0 es solución de la ecuación, por lo que habrá que añadirla a al conjunto de soluciones obtenido anteriormente. b) En este caso son a(t) = t, b(y) = sen2 y, c(t) = 1 y d(y) = 1, por lo que la función μ(y) = 1/ sen2 y es un factor integrante para la ecuación. Multiplicando la ecuación por μ(y) = 1/ sen2 y, obtenemos t− La ecuación es exacta, de modo que 1 dy = c t dt − sen2 y

1 y = 0 . sen2 y

⇒

t2 + cot y = c , 2

con c ∈ IR ,

es decir, t2 + 2 cot y = 2 c, es una familia de soluciones. Consideramos además las soluciones constantes y = k π, con k ∈ ZZ (que se habían suprimido al dividir la ecuación por sen2 y).

20 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS c) En este caso son a(t) = cos t, b(y) = cos y, c(t) = sen t y d(y) = 1, por lo que se tendrá que la función μ(t, y) = 1/(cos y sen t) es un factor integrante para la ecuación. Multiplicando la ecuación por μ(t, y), obtenemos sen y cos t dt + dy = 0 . sen t cos y Ecuación exacta, de modo que cos t sen y dt + dy = k1 sen t cos y

⇒

ln | sen t| − ln | cos y| = k1

es decir, cos y = k sen t con k ∈ IR+ , es una familia de soluciones. Consideramos además las soluciones constantes y = (2m + 1) π/2 , con m ∈ ZZ (que se habían suprimido al dividir la ecuación por cos y sen t).

PROBLEMA 2.6 Búsquese un factor integrante para las siguientes ecuaciones lineales, y resuélvanse. a) 2ty − 4y = t2 , b) 2ty + 3t2 y = 0 ,

t = 0 . t = 0 .

c) (3 − 2y sen t) dt + cos t dy = 0 ,

SOLUCIÓN

t = k + 12 π ,

k ∈ ZZ .

Un factor integrante para la ecuación lineal y + a(t) y = b(t) , viene dado por la función μ(t) = exp a(t) dt . Aplicaremos este resultado a cada una de las ecuaciones del enunciado. a) Expresamos la ecuación en forma canónica, dividiendo por 2t para t = 0, con lo que queda t 2 y − y = , t = 0 . t 2 Por tanto, a(t) = −2/t y la función μ(t) = exp( −2/t dt) = 1/t2 es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por μ(t) resulta

d 1 2 1 1 1 ⇒ . y − y = y = t2 t3 2t dt t2 2t Integramos ambos con respecto a t 1 1 1 dt = ln |t| + c , y = t2 2t 2

con c ∈ IR ,


21

y despejamos y para obtener la solución general en forma explícita y=

t2 ln |t| + c t2 , 2

c ∈ IR ,

t = 0 .

b) Expresamos la ecuación en forma canónica, dividiendo por 3t2 para t = 0, tras lo cual y +

2 y = 0, 3t

t = 0 .

Se tiene así que a(t) = 2/(3t) y la función μ(t) = exp( 2/(3t) dt) = t2/3 es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por μ(t) resulta 2

t 3 y +

2 −1 t 3y=0 3

d 2 (t 3 y) = 0 . dt

⇒

Integramos ambos con respecto a t y despejando se obtiene la solución explícita 2 0. t 3 y = c ⇒ y = c t−2/3 , c ∈ IR , t = c) Expresamos la ecuación en forma canónica, dividiendo por cos t para t = (k + 1/2)π , con k ∈ ZZ, obteniendo así

1 −3 y − 2 tg t y = , t = k + π , k ∈ ZZ . cos t 2 Se tiene, por tanto, que a(t) = −2 tg t y la función μ(t) = exp(− 2 tg t dt) = cos2 t es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por μ(t) resulta cos2 t y − 2 sen t cos t y = −3 cos t

⇒

d (cos2 t y) = −3 cos t . dt

Integramos ambos con respecto a t cos2 t y = −3 cos t dt = −3 sen t + c ,

con c ∈ IR ,

y despejamos y para obtener la solución general en forma explícita

1 c − 3 sen t , c ∈ IR , t = k + π , k ∈ ZZ . y= cos2 t 2

PROBLEMA 2.7 Escríbase la fórmula de la solución general, y(t), de la ecuación lineal y + y = b(t) . Demuéstrese que, si existe l´ımt→+∞ b(t) (sea finito o infinito), entonces y(t) tiene el mismo límite.


SOLUCIÓN

Un factor integrante para la ecuación se obtiene tomando

dt = et . μ(t) = exp Tras multiplicar la ecuación por μ(t) = et , toma la forma d (yet ) = et b(t) , dt e integrando se obtiene la solución general de la ecuación yet = et b(t) dt ⇒ y(t) = e−t et b(t) dt , et (y + y) = et b(t)

⇒

Por otra parte, supongamos que existe el límite l´ımt→+∞ b(t) . Se tiene que t e b(t) dt l´ım y(t) = l´ım e−t et b(t) dt = l´ım . t→+∞ t→+∞ t→+∞ et Es fácil comprobar que se satisfacen las hipótesis del lema de L’Hopital (nótese que el denominador tiene límite +∞ cuando t → +∞) y como d t et b(t) dt e b(t) dt et b(t) dt l´ım = l´ım = l´ım = l´ım b(t) , t d t t→+∞ t→+∞ t→+∞ t→+∞ e et e dt existe por hipótesis, se sigue el resultado.

PROBLEMA 2.8 Sea ω un número real o complejo arbitrario. a) Compruébese que, si α = ω, la ecuación y − ωy = eαt posee una solución de la forma μeαt , y calcúlese el valor de μ. b) Compruébese que la ecuación y − ωy = eωt no posee soluciones de la forma citada, pero que teωt es solución de la ecuación.

SOLUCIÓN

a) Sustituyendo y(t) = μeαt en la ecuación lineal, se tiene αμeαt − ωμeαt = eαt

⇒

(α − ω)μeαt = eαt ,

y por tanto, como el factor exponencial no se anula y α = ω, se sigue que (α − ω)μ = 1

⇒

μ=

1 , α−ω

y para este valor de μ la función satisface la ecuación.


23

b) Sustituyendo y(t) = μeωt en la ecuación, tenemos que ωμeωt − ωμeωt = eωt

⇒

0 = eωt ,

y vemos que no es solución. En cambio, tras sustituir y(t) = teωt en la ecuación, se obtiene (1 + ωt)eωt − ωteωt = eωt

⇒

eωt = eωt ,

y la función resulta ser una solución de la misma.

PROBLEMA 2.9 Pruébese que, si y(t) es solución de la ecuación y + y = eit , entonces su parte real es solución de la ecuación y + y = cos t .

SOLUCIÓN

Sea y(t) = u(t)+i v(t) con u y v funciones reales. Si y es solución de la ecuación y +y = eit , ha de verificarse para todo valor de t que (u (t) + i v (t)) + (u(t) + i v(t)) = (u (t) + u(t)) + i (v (t) + v(t)) = eit = cos t + i sen t , y tomando partes reales en la identidad anterior, obtenemos u (t) + u(t) = cos t , que prueba que u satisface la ecuación y + y = cos t, tras lo cual basta observar que u = y para concluir el resultado. Obsérvese que, de la igualdad anterior también se deduce, tomando partes imaginarias, que v = y satisface la ecuación y + y = sen t .

PROBLEMA 2.10 Calcúlese la solución general de la ecuación lineal y +

SOLUCIÓN

y = 3t, t

t > 0.

Un factor integrante para la ecuación viene dado por

dt μ(t) = exp = t, t

24 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS con lo que, tras multiplicar dicha ecuación por μ(t) = t, obtenemos ty + y = 3t2

⇒

d (ty) = 3t2 , dt

y por tanto, la solución general viene dada por ty = t3 + c

y(t) = t2 +

⇒

c , t

t > 0,

c ∈ IR .

PROBLEMA 2.11 Calcúlese la solución general de las siguientes ecuaciones lineales a) (t + 1) y − 2 y = (t + 1)4 ; b) y + y cos t = sen t cos t ; c) y − t y = y y 2 ey ; d) y 2 + (3 t y − 1) y = 0 .

SOLUCIÓN

a) Es una ecuación lineal en y(t); dividiendo la ecuación por t + 1, obtenemos y −

2 y = (t + 1)3 , t+1

y la ecuación está en forma canónica. Entonces

1 −2 dt = e−2 ln |t+1| = . μ(t) = exp t+1 (t + 1)2 Multiplicando la ecuación por el factor integrante μ(t), resulta

1 1 2 d y − y =t+1 ⇒ y = t + 1. (t + 1)2 (t + 1)3 dt (t + 1)2 Integramos ambos con respecto a t (t + 1)2 1 + c, y = (t + 1)2 2

c ∈ IR ,

y despejamos para obtener la solución general (en forma explícita) y=

1 (t + 1)4 + c (t + 1)2 . 2


25

b) Es una ecuación lineal en y(t), expresada en forma canónica. Entonces

cos t dt = esen t μ(t) = exp es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por μ(t), resulta esen t y + esen t cos t y = esen t sen t cos t , d sen t (e y) = esen t sen t cos t . dt Integramos ambos con respecto a t esen t y = esen t (−1 + sen t) + c ,

c ∈ IR ,

y despejamos para obtener la solución general (en forma explícita) y = −1 + sen t + c e− sen t ,

c ∈ IR .

c) La ecuación no es lineal en y(t); pero teniendo en cuenta que t (y) = 1/y (t(y))) (abreviadamente t = 1/y ) y despejando (para los y = 0) se tiene que t =

1 y 2 ey + t = t + y ey y y

que resulta ser lineal en t(y). Entonces,

1 1 − dy = e− ln |y| = , μ(y) = exp y y es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por μ(y) resulta

1 d 1 1 y t − 2t=e t = ey . ⇒ y y dy y Integrando ambos de la ecuación con respecto a y, 1 t = ey + c y

⇒

t = y (ey + c) ,

c ∈ IR ,

y añadiendo la solución constante y = 0 que habíamos eliminado al dividir por y, obtenemos una expresión implícita para las soluciones de la ecuación original. d) La ecuación no es lineal en y(t) pero, procediendo como en el anterior apartado, para y = 0 podemos expresarla, a partir de la relación y = 1/t (o, más precisamente, y (t) = 1/t (y(t))) en la forma t =

1 3ty − 1 3 =− t+ 2 , −y 2 y y

comprobándose que es lineal en t(y). Entonces,

3 dy = e3 ln |y| = y 3 , μ(y) = exp y

26 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por μ(y) resulta y 3 t + 3 y 2 t = y

d 3 (y t) = y . dy

⇒

Integrando ambos de la ecuación con respecto a y, se tiene que y3 t =

y2 + c, 2

c ∈ IR ,

y, tras añadir la solución y = 0 que habíamos eliminado, obtenemos una fórmula implícita para las soluciones de la ecuación original.

PROBLEMA 2.12 Cuando P (t, y) y Q(t, y) son polinomios, sucede a veces que la ecuación P (t, y) + Q(t, y) y = 0 ite un factor integrante de la forma μ(t, y) = tα y β . Inténtese esa vía para encontrar un factor integrante de la ecuación y + t2 y 2 + (3t3 y − 2t) y = 0 .

SOLUCIÓN α β

(2.13)

Sea z = t y y μ (z) = dμ/dz. Si queremos que μ(z) sea un factor integrante, la ecuación μ(z) (y + t2 y 2 ) + μ(z) (3t3 y − 2t) y = 0 , que obtenemos al multiplicar (2.13) por él, ha de ser exacta, es decir, las derivadas parciales ∂ μ(z) (y + t2 y 2 ) = μ (z) βtα y β−1 (y + t2 y 2 ) + μ(z) (1 + 2t2 y) , ∂y ∂ μ(z) (3t3 y − 2t) = μ (z) αtα−1 y β (3t3 y − 2t) + μ(z) (9t2 y − 2) , ∂t deben coincidir. Igualando esas dos expresiones resulta μ (z) [βtα y β−1 (y + t2 y 2 ) − αtα−1 y β (3t3 y − 2t)] = μ(z) [9t2 y − 2 − 1 − 2t2 y] , de modo que μ (z) μ(z)

= =

Si ahora imponemos que

7t2 y − 3 tα−1 y β−1 (βty + βt3 y 2 − 3αt3 y 2 + 2αty) tα y β

7t2 y − 3 . [(β − 3α) t2 y + (2α + β)]

β − 3α = 7 β + 2α = −3


27

entonces α = −2, β = 1, y el segundo miembro de la igualdad anterior depende sólo de z = t−2 y. Tenemos entonces una ecuación de variables separables, μ (z)/μ(z) = 1/z, una de cuyas soluciones es el factor integrante y ln |μ(z)| = ln |z| ⇒ μ(z) = z = 2 . t

PROBLEMA 2.13 Pruébese que la ecuación de Bernoulli y + a(t) y = b(t) y m , tiene a y −m e(1−m)

SOLUCIÓN

a(t) dt

como factor integrante.

La función μ(t, y) = y −m e(1−m) a(t) dt será un factor integrante de la ecuación de Bernoulli, si la ecuación μ(t, y) y + μ(t, y) (a(t) y − b(t) y m ) = 0 es exacta. Es decir, si y sólo si coinciden las derivadas parciales ∂ [μ(t, y) (a(t) y − b(t) y m )] ∂y

y

∂ [μ(t, y)] . ∂t

Si calculamos esas derivadas ∂ −m (1−m) a(t) dt [y e (a(t) y − b(t) y m )] ∂y = −m y −m−1 e(1−m) a(t) dt (a(t) y − b(t) y m ) +y −m e(1−m) a(t) dt (a(t) − m b(t) y m−1 ) = (1 − m) a(t) y −m e(1−m) a(t) dt , ∂ −m (1−m) a(t) dt = (1 − m) a(t) y −m e(1−m) a(t) dt , y e ∂t comprobamos que, efectivamente, coinciden.

PROBLEMA 2.14 Compruébese que la ecuación y f (ty) + t g(ty) y = 0 ite 1 ty f (ty) − ty g(ty) como factor integrante, siempre que el denominador no se anule. Si, en cambio, t y f (ty) − t y g(ty) ≡ 0, entonces la ecuación es equivalente a la de variables separables y + t y = 0 , cuyas soluciones son t y = c .


Utilícese este tipo de factores integrantes para resolver las ecuaciones a) y (t2 y 2 + 2) + t (2 − 2 t2 y 2 ) y = 0, b) y (2 t y + 1) dt + t (1 + 2 t y − t3 y 3 ) dy = 0.

SOLUCIÓN

La función μ(ty) =

1 , ty f (ty) − ty g(ty)

con

ty f (ty) − ty g(ty) = 0 ,

será un factor integrante de y f (ty) + t g(ty) y = 0 , si la ecuación μ(ty) y f (ty) + μ(ty) t g(ty) y = 0 , es exacta, es decir, si y sólo si coinciden las derivadas parciales ∂ (μ(ty) y f (ty)) ∂y

y

∂ (μ(ty) t g(ty)) . ∂t

(2.14)

Sea z = ty. Aplicando la regla de la cadena obtenemos ∂f (z) = f (z) t , ∂y

∂f (z) = f (z) y . ∂t

Análogamente ∂g(z)/∂y = g (z) t y ∂g(z)/∂t = g (z) y. Si calculamos las derivadas de (2.14), se comprueba que

∂ y f (ty) z 2 (f (z) g (z) − f (z) g(z)) = ∂y ty f (ty) − ty g(ty) (z f (z) − z g(z))2 =

f (z) g (z) − f (z) g(z) = (f (z) − g(z))2

∂ ∂t

t g(ty) ty f (ty) − ty g(ty)

,

y efectivamente, coinciden. Si ty f (ty) − ty g(ty) = 0 entonces f (ty) = g(ty). Sustituyendo en la ecuación obtenemos y g(ty) + t g(ty) y = 0 ⇒ g(ty) (y + t y ) = 0 . Si g(ty) = 0 la ecuación de partida es equivalente a la ecuación de variables separables dada por y + t y = 0. Escrita en forma normal se tiene que 1 y 1 − dy = dt , y = − , luego t y t e integrando obtenemos la solución implícita − ln |y| = ln |t| + c1 , con c1 ∈ IR y t = 0. La solución explícita viene dada por ty = c, con c ∈ IR+ . Resolvemos a continuación las ecuaciones pedidas.


29

a) En este caso podemos identificar f (ty) = t2 y 2 + 2 , g(ty) = 2 (1 − t2 y 2 ) de modo que μ(ty) =

t y (t2

y2

1 1 = 3 3, 2 2 + 2) − ty 2 (1 − t y ) 3t y

t = 0 ,

y = 0 ,

es un factor integrante y la ecuación y (t2 y 2 + 2) 2 t (1 − t2 y 2 ) + y = 0, 3 t3 y 3 3 t3 y 3 es exacta. Integrando ∂F/∂t = y (t2 y 2 + 2)/(3 t3 y 3 ) con respecto a t, obtenemos 1 1 y (t2 y 2 + 2) dt = − 2 2 + ln |t| + φ(y) F (t, y) = 3 t3 y 3 3t y 3 e integrando ∂F/∂y = 2 t (1 − t2 y 2 )/(3 t3 y 3 ) con respecto a y 1 2 2 t (1 − t2 y 2 ) dy = − 2 2 − ln |y| + ϕ(t) . F (t, y) = 3 t3 y 3 3t y 3 Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = −(2/3) ln |y| , ϕ(t) = (1/3) ln |t|. Así pues, las soluciones de la ecuación diferencial quedan definidas implícitamente mediante la ecuación t −1 = k , k ∈ IR . + ln y2 2 2 t y Consideramos además la solución constante y = 0 (que se había suprimido al dividir la ecuación por 3 t3 y 3 ). b) En este caso podemos identificar f (ty) = 2 t y + 1 , g(ty) = 1 + 2 t y − t3 y 3 de modo que 1 1 = 4 4 μ(ty) = t y (2 t y + 1) − ty (1 + 2 t y − t3 y 3 ) t y es un factor integrante y la ecuación y (2 t y + 1) t (1 + 2 t y − t3 y 3 ) + y = 0, t4 y 4 t4 y 4 es exacta. Integrando ∂F/∂t = y (2 t y + 1)/(t4 y 4 ) con respecto a t obtenemos 1 1 y (2 t y + 1) dt = − 3 3 − 2 2 + φ(y) , F (t, y) = t4 y 4 3t y t y e integrando ∂F/∂y = t (1 + 2 t y − t3 y 3 )/(t4 y 4 ) con respecto a y 1 1 t (1 + 2 t y − t3 y 3 ) dy = − 3 3 − 2 2 − ln |y| + ϕ(t) . F (t, y) = (t4 y 4 ) 3t y t y Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = − ln |y| y ϕ(t) = 0. Así pues, las soluciones de la ecuación diferencial quedan definidas implícitamente mediante la ecuación 1 3 t3

y3

+

1 + ln |y| = c , y2

t2

c ∈ IR .

Consideramos además la solución constante y = 0 (que se había suprimido al dividir la ecuación por t4 y 4 ).


PROBLEMA 2.15 Consideremos la ecuación P (t, y) + Q(t, y) y = 0. a) Pruébese que si 1 y Q(t, y) − t P (t, y)

∂P (t, y) ∂Q(t, y) − ∂y ∂t

= a(ty) ,

donde a es una función de una variable, entonces, si ponemos α(z) = la función eα(z) es un factor integrante de la ecuación.

(2.15)

a(z) dz,

b) Resuélvase la ecuación (2 y + t2 y 3 ) dt + (2 t − 2 t3 y 2 ) dy = 0 , utilizando un factor integrante como el que acabamos de presentar.

SOLUCIÓN

a) Supongamos que, efectivamente, la expresión (2.15) depende sólo de z = ty. De acuerdo con la definición, la función eα(z) será un factor integrante de la ecuación P (t, y) + Q(t, y) y = 0 si y sólo si eα(z) P (t, y) + eα(z) Q(t, y) y = 0 ,

(2.16)

es exacta, es decir, si y sólo si las derivadas parciales ∂ α(z) e P = ∂y ∂ α(z) e Q = ∂t

∂ α(z) ∂z ∂P ∂P e P + eα(z) = a(z) eα(z) t P + eα(z) , ∂z ∂y ∂y ∂y ∂ α(z) ∂z ∂Q ∂Q e Q + eα(z) = a(z) eα(z) y Q + eα(z) , ∂z ∂t ∂t ∂t

coinciden. Por lo tanto, la ecuación (2.16) será exacta si y sólo si

∂P ∂Q α(z) α(z) e a(z) t P + a(z) y Q + = e ⇒ ∂y ∂t a(z) (t P − y Q) = esto es, cuando 1 a(z) = tP − yQ igualdad que claramente equivale a (2.15).

∂Q ∂P − , ∂t ∂y

∂Q ∂P − ∂t ∂y

,


31

b) Buscamos un factor integrante de la forma (2.15). En este caso a(ty)

= =

Por lo tanto

y (2 t − 2ty −

2 t3

2 t3

μ(z) = e

y2 )

1 (2 + 3 t2 y 2 ) − (2 − 6 t2 y 2 ) 2 3 − t (2 y + t y )

3 9 t2 y 2 −3 =− . = y 3 − 2 t y − t3 y 3 ty z − z3 dz

= e−3 ln |z| =

1 1 = 3 3 3 z t y

es un factor integrante, y la ecuación

1 2 2 2 + − dt + dy = 0 , t3 y 2 t t2 y 3 y es exacta. Integrando ∂F/∂t = (2 y + t2 y 3 )/(t3 y 3 ) con respecto a t obtenemos 1 −1 2 + F (t, y) = dt = 2 2 + ln |t| + φ(y) , 3 2 t y t t y e integrando ∂F/∂y = (2 t − 2 t3 y 2 )/(t3 y 3 ) con respecto a y −1 2 2 dy = 2 2 − 2 ln |y| + ϕ(t) . − F (t, y) = t2 y 3 y t y Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = −2 ln |y| , ϕ(t) = ln |t|. Así pues, t 1 1 − 2 2 + ln |t| − 2 ln |y| = c ⇒ − 2 2 + ln 2 = c , c ∈ IR , t = 0 , t y t y y proporciona una familia de soluciones de la ecuación. Consideramos, además, la solución constante y = 0 (que se había suprimido al dividir la ecuación por t3 y 3 ).

PROBLEMA 2.16 Existen grupos de términos que iten varios factores integrantes; el factor integrante se elige entonces para adecuarlo a los términos restantes. Citaremos algunos grupos de términos, junto con posibles factores integrantes y la función de exactitud F (t, y). a) Para los términos ty − y: y 1 el factor 2 los vuelve exactos con F (t, y) = ; t t 1 t el factor 2 los vuelve exactos con F (t, y) = − ; y y y 1 los vuelve exactos con F (t, y) = ln ; el factor ty t y 1 . los vuelve exactos con F (t, y) = arctg el factor 2 t + y2 t


b) Para los términos ty + y: el factor

1 los vuelve exactos con F (t, y) = ln |ty| ; ty

el factor

−1 1 los vuelve exactos con F (t, y) = . n (ty) (n − 1)(ty)n−1

c) Para los términos t + yy : 1 1 los vuelve exactos con F (t, y) = ln t2 + y 2 ; 2 +y 2

el factor

t2

el factor

(t2

−1 1 . n los vuelve exactos con F (t, y) = 2 +y ) 2(n − 1) (t2 + y 2 )n−1

Compruébense una por una estas afirmaciones.

SOLUCIÓN

a) A los términos −y + t y : 1 y y , y la exactitud se sigue de que los convierte en − + t2 t2 t y ⎫ P (t, y) = − 2 ⎪ ⎬ 1 ∂Q ∂P t =− 2 = , ⇒ 1 ⎪ ∂y t ∂t ⎭ Q(t, y) = t

1) el factor integrante

con la función de exactitud dada por F (t, y) = y ∂F = − 2 = P (t, y) , ∂t t 2) el factor integrante de

y , puesto que t

1 ∂F = = Q(t, y) ; ∂y t

1 t y 1 + 2 , y la exactitud es consecuencia los convierte en − y2 y y

1 ⎫ ⎪ ⎬ y t ⎪ Q(t, y) = 2 ⎭ y

P (t, y) = −

⇒

∂P 1 ∂Q = 2 = , ∂y y ∂t

t con la función de exactitud dada por F (t, y) = − , puesto que y ∂F 1 = − = P (t, y) , ∂t y

∂F t = 2 = Q(t, y) ; ∂y y


33

1 y 1 los convierte en − + , y la exactitud se sigue de que ty t y ⎫ 1 P (t, y) = − ⎪ ⎬ ∂P ∂Q t =0= , 1 ⎪ ⇒ ∂y ∂t ⎭ Q(t, y) = y y con la función de exactitud dada por F (t, y) = ln , puesto que t


1 ∂F = − = P (t, y) , ∂t t 4) el factor integrante

∂F 1 = = Q(t, y) ; ∂y y

1 y t y los convierte en − + , y la exactitud t2 + y 2 t2 + y 2 t2 + y 2

viene dada por ⎫ y ⎪ t2 + y 2 ⎬ t ⎪ ⎭ Q(t, y) = 2 t + y2

P (t, y) = −

∂P y 2 − t2 ∂Q = , = 2 ∂y ∂t (t2 + y 2 )

⇒

con la función de exactitud dada por F (t, y) = arctg y ∂F =− 2 = P (t, y) , ∂t t + y2

y , puesto que t

t ∂F = 2 = Q(t, y) ; ∂y t + y2

b) A los términos y + t y : 1) el factor integrante

1 y 1 los convierte en + , y la exactitud se sigue de que ty t y ⎫ 1 ⎪ P (t, y) = ⎬ ∂P ∂Q t =0= , 1 ⎪ ⇒ ∂y ∂t ⎭ Q(t, y) = y

con la función de exactitud dada por F (t, y) = ln |ty|, puesto que ∂F 1 = = P (t, y) , ∂t t 2) el factor integrante

∂F 1 = = Q(t, y) ; ∂y y

1 1 y los convierte en n n−1 + n−1 n , y la exactitud se n (ty) t y t y

sigue de que 1 n t y n−1 1 Q(t, y) = n−1 n t y

P (t, y) =

⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭

⇒

∂P 1−n ∂Q = n n = , ∂y t y ∂t

34 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS con la función de exactitud dada por F (t, y) =

−1 , (n − 1)(ty)n−1

puesto que 1 ∂F = n n−1 = P (t, y) , ∂t t y

1 ∂F = n−1 n = Q(t, y) ; ∂y t y

c) A los términos t + y y : 1) el factor integrante

t yy 1 los convierte en + , y la exactitud se t2 + y 2 t2 + y 2 t2 + y 2

sigue de que t t2 + y 2 y Q(t, y) = 2 t + y2

P (t, y) =

⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭

⇒

∂P −2ty ∂Q = 2 = ∂t , ∂y (t2 + y 2 )

con la función de exactitud dada por F (t, y) = t ∂F = 2 = P (t, y) , ∂t t + y2

1 2 ln t + y 2 , puesto que 2

y ∂F = 2 = Q(t, y) ; ∂y t + y2

1 t yy los convierte en + n n n , y la (t2 + y 2 ) (t2 + y 2 ) (t2 + y 2 ) exactitud es consecuencia de ⎫ t ⎪ P (t, y) = 2 ⎬ n ∂P −2nty ∂Q (t + y 2 ) ⇒ = , = n+1 y 2 2 ⎪ ∂y ∂t (t + y ) ⎭ Q(t, y) = 2 n (t + y 2 )


con la función de exactitud dada por F (t, y) = que t ∂F = 2 n = P (t, y) , ∂t (t + y 2 )

−1 2(n − 1) (t2 + y 2 )

y ∂F = 2 n = Q(t, y) . ∂y (t + y 2 )

PROBLEMA 2.17 Resuélvase la ecuación

n−1 ,

y + t (1 − 3 t2 y 2 ) y = 0 .

a) Mediante el procedimiento de agrupación de términos. b) Buscando un factor integrante de la forma μ(ty).

puesto


SOLUCIÓN

(Véase el problema 2.16 para agrupaciones óptimas de términos). a) La ecuación no es exacta, pero si multiplicamos por la función μ(t y) = 1/(t3 y 3 ) (para t = 0, y = 0) cada término, obtenemos y 1 − 3 t2 y 2 dt + dy = 0 . t3 y 3 t2 y 3 Agrupando los términos convenientemente, se tiene

1 1 1 1 dt + dy = d − , t3 y 2 t2 y 3 2 t2 y 2 3 − dy y

= d(−3 ln |y|) ,

luego se trata de una ecuación exacta con solución: −

1 1 − 3 ln |y| = c , 2 t2 y 2

c ∈ IR ,

t = 0 .

b) Sea z = ty y μ = dμ/dz. Tras multiplicar la ecuación por μ(z) μ(z) y + μ(z) t (1 − 3 t2 y 2 ) y = 0 , e imponer la condición de exactitud ∂ ∂ (μ(z) y) = μ(z) t (1 − 3 t2 y 2 ) , ∂y ∂t se obtiene

ty μ (z) − ty (1 − 3 t2 y 2 ) μ (z) = −9 t2 y 2 μ(z) ,

es decir z μ (z) − z (1 − 3 z 2 ) μ (z) = −9 z 2 μ(z)

⇒

3 z 3 μ (z) = −9 z 2 μ(z) ,

de modo que μ (z)/μ(z) = −3/z, y se sigue que ln |μ(z)| = −3 ln |z|

⇒

μ(z) =

1 1 = 3 3, z3 t y

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuación t − 3 t3 y 2 y + y = 0, t3 y 3 t3 y 3 es exacta. Integrando ∂F/∂t = y/(t3 y 3 ) con respecto a t obtenemos −1 1 dt = 2 2 + φ(y) , F (t, y) = t3 y 2 2t y

35

36 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e integrando ∂F/∂y = (t − 3 t3 y 2 )/(t3 y 3 ) con respecto a y 3 −1 1 − F (t, y) = dy = 2 2 − 3 ln |y| + ϕ(t) . t2 y 3 y 2t y Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = −3 ln |y| , ϕ(t) = 0. Así pues, −1 − 3 ln |y| = c , 2 t2 y 2

c ∈ IR ,

t = 0 ,

es una familia de soluciones de la ecuación. Consideramos además la solución constante y = 0 (que se había suprimido al dividir la ecuación por t3 y 3 ).

PROBLEMA 2.18 Resuélvase la ecuación (t + t4 + 2 t2 y 2 + y 4 ) dt + y dy = 0 . a) Mediante el procedimiento de agrupación de términos. b) Buscando un factor integrante de la forma μ(t2 + y 2 ).

SOLUCIÓN

(Véase el problema 2.16 para agrupaciones óptimas de términos). a) La ecuación no es exacta, pero si multiplicamos por la función μ(t, y) = (t2 + y 2 )−2 cada término, obtenemos y t + (t2 + y 2 )2 dt + 2 dy = 0 . 2 2 2 (t + y ) (t + y 2 )2 Agrupando los términos convenientemente, se tiene

−1 2 (t2 + y 2 )

y t dt + 2 dy (t2 + y 2 )2 (t + y 2 )2

=

d

dt

=

d(t) ,

,

luego se trata de una ecuación exacta con solución: −1 + t = c, 2 (t2 + y 2 )

c ∈ IR .

b) Buscamos un factor integrante de la forma μ(z) con z = t2 + y 2 . Tras multiplicar la ecuación por μ(z) μ(z) (t + (t2 + y 2 )2 ) dt + μ(z) y dy = 0 ,


37

e imponer la condición de exactitud ∂ ∂ μ(z) (t + (t2 + y 2 )2 ) = (μ(z) y) , ∂y ∂t se obtiene: [t + (t2 + y 2 )2 ] 2 y μ (z) − y 2 t μ (z) = −4 y (t2 + y 2 ) μ(z) , de donde

2 y z 2 μ (z) = −4 y z μ(z) ,

de modo que μ (z)/μ(z) = −2/z, y entonces ln |μ(z)| = −2 ln |z|

⇒

μ(z) = 1/z 2 = 1/(t2 + y 2 )2 ,

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuación

y t + 1 dt + 2 dy = 0 , (t2 + y 2 )2 (t + y 2 )2 es exacta. Integrando ∂F/∂t = t/(t2 + y 2 )2 + 1 con respecto a t, obtenemos −1 t + t + φ(y) , + 1 dt = F (t, y) = (t2 + y 2 )2 2 (t2 + y 2 ) e integrando ∂F/∂y = y/(t2 + y 2 )2 con respecto a y −1 y F (t, y) = + ϕ(t) . dy = (t2 + y 2 )2 2 (t2 + y 2 ) Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = 0 y ϕ(t) = t. Así pues, −1 + t = c, 2 (t2 + y 2 )

c ∈ IR ,

es una familia de soluciones de la ecuación.

PROBLEMA 2.19 Resuélvase la ecuación 2 3 t y + 2y dt + 2t − 2t3 y 2 dy = 0 buscando un factor integrante. Primero, utilizando alguno de los que corresponden a los términos ydt + tdy, y luego buscando un factor de la forma Φ(ty).

SOLUCIÓN

Denotemos por P (t, y) = t2 y 3 + 2y y por Q(t, y) = 2t − 2t3 y 2 . Un factor integrante para los términos del tipo ydt+tdy viene dado, como vimos en el segundo apartado del problema 2.16,

38 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS por μ(t, y) = (ty)−n . Tras multiplicar por dicho factor la ecuación, tratamos de ver si para algún valor de n, la ecuación resultante es exacta, esto es

∂μQ ∂ t2 y 3 + 2y ∂ 2t − 2t3 y 2 ∂μP = ⇒ = ∂y ∂t ∂y tn y n ∂t tn y n 2 − 6t2 y 2 3t2 y 2 + 2 −n 2 2 −n t y +2 + = n n 2 − 2t2 y 2 + n n n n t y t y t y tn y n 9 − 3n = 0 ⇒ n = 3. tn−2 y n−2 Por tanto, multiplicando nuestra ecuación por el factor integrante μ(t, y) = (ty)−3 , obtenemos la ecuación exacta

2 2 2 1 + 3 2 dt + 2 3 − dy = 0 . t t y t y y Busquemos su función de exactitud F . Integrando respecto de la variable t se tiene 1 2 ∂F = + 3 2 ∂t t t y Por otra parte, habrá de verificarse

⇒

F (t, y) =

−1 + ln |t| + ϕ(y) . t2 y 2

2 2 2 2 ∂F = 2 3 + ϕ (y) = 2 3 − ⇒ ϕ (y) = − ⇒ ϕ(y) = −2 ln |y| , ∂y t y t y y y (tomando la constante de integración nula) que nos lleva a la siguiente expresión para la función de exactitud −1 F (t, y) = 2 2 + ln |t| − 2 ln |y| , t, y = 0 , t y que proporciona las restantes soluciones de la ecuación, que serán de la forma F (t, y) = c. Otro modo de buscar un factor integrante de la ecuación, consiste en buscar uno de la forma Φ(ty) que la convierta en exacta. Sea z = t y, y denotemos por Φ (z) = dΦ/dz. Habrá de verificarse ∂P ∂Q ∂ΦP ∂ΦQ = ⇒ tΦ (ty)P (t, y) + Φ(ty) (t, y) = yΦ (ty)Q(t, y) + Φ(ty) (t, y), ∂y ∂t ∂y ∂t que nos lleva a que ∂Q ∂P − 2 − 6t2 y 2 − 3t2 y 2 + 2 −9t2 y 2 −3 Φ (ty) ∂t ∂y = = = . = Φ(ty) tP − yQ t (t2 y 3 + 2y) − y (2t − 2t3 y 2 ) 3t3 y 3 ty Por tanto, buscamos una función Φ con −3 Φ (z) = Φ(z) z

⇒

ln |Φ(z)| = −3 ln |z|

⇒

Φ(z) =

1 , z3

(hemos tomado la constante de integración nula) y obtenemos así el mismo factor integrante Φ(ty) = (ty)−3 que obtuvimos anteriormente por otro procedimiento. El resto del proceso que nos lleva a la solución general de la ecuación, ya lo hemos descrito. Conviene notar en este punto que, al multiplicar por dicho factor, estamos en realidad dividiendo nuestra ecuación por t3 y 3 . Con esto, eliminamos dos soluciones de nuestra ecuación. Concretamente, es fácil comprobar que las funciones constantes t = 0 e y = 0 satisfacen la ecuación original, y habrán de ser añadidas al conjunto de soluciones que obtengamos utilizando el factor integrante.


39

PROBLEMA 2.20 Resuélvase la ecuación (t − y) dt + (t + y) dy = 0 . a) Mediante el procedimiento de agrupación de términos. b) Buscando un factor integrante de la forma μ(t2 + y 2 ).

SOLUCIÓN

(Véase el problema 2.16 para agrupaciones óptimas de términos). a) La ecuación no es exacta, pero si multiplicamos por la función μ(t, y) = (t2 + y 2 )−1 cada término, obtenemos t+y t−y dt + 2 dy = 0 . t2 + y 2 t + y2 Agrupando los términos convenientemente, se tiene

t y 1 2 2 ln |t dt + dy = d + y | , t2 + y 2 t2 + y 2 2 y t −y , dt + dy = d arctg t2 + y 2 t2 + y 2 t luego se trata de una ecuación exacta con solución: y 1 ln |t2 + y 2 | + arctg = c , c ∈ IR , 2 t

t = 0 .

b) Buscamos un factor integrante de la forma μ(z) con z = t2 + y 2 ; tras multiplicar la ecuación por μ(z) e imponer la condición de exactitud, se obtiene: (t − y) 2 y μ (z) − (t + y) 2 t μ (z) = 2 μ(z) , (−2 y 2 − 2 t2 ) μ (z) = 2 μ(z) , de modo que μ (z)/μ(z) = −1/z, y entonces ln |μ(z)| = − ln |z|

⇒

μ(z) =

1 1 = 2 , z t + y2

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuación t−y t+y dt + 2 dy = 0 , 2 +y t + y2

t2

es exacta. Integrando ∂F/∂t = (t − y)/(t2 + y 2 ) con respecto a t, obtenemos y 1 t−y + φ(y) , dt = ln |t2 + y 2 | + arctg F (t, y) = 2 2 t +y 2 t

40 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e integrando ∂F/∂y = (t + y)/(t2 + y 2 ) con respecto a y y 1 t+y + ln |t2 + y 2 | + ϕ(t) . dy = arctg F (t, y) = t2 + y 2 t 2 Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = ϕ(t) = 0. Así pues, y 1 ln |t2 + y 2 | + arctg = c , c ∈ IR , t = 0 , 2 t es una familia de soluciones de la ecuación.

PROBLEMA 2.21 Algunas ecuaciones de la forma

tα y β γy + δty = 0 ,

iten factores integrantes de la forma tr y s que se buscan substituyendo e igualando. Por ejemplo, aplíquese esta técnica para encontrar un factor integrante de la ecuación t 4y + 2ty + y 3 3y + 5ty = 0 .

SOLUCIÓN

Sean P (t, y) = 4ty + 3y 4 y Q(t, y) = 2t2 + 5ty 3 . Buscaremos un factor integrante de la forma Φ(t, y) = tr y s para nuestra ecuación. Para ello, ha de verificarse ∂ΦP ∂ΦQ = ∂y ∂t

⇒

∂ r+1 s+1 ∂ r+2 s 4t y 2t y + 5tr+1 y s+3 + 3tr y s+4 = ∂y ∂t

4(s + 1) tr+1 y s + 3(s + 4) tr y s+3 = 2(r + 2) tr+1 y s + 5(r + 1) tr y s+3 (4s − 2r) tr+1 y s + (3s − 5r + 7) tr y s+3 = 0 , esto es

4s − 2r = 0 3s − 5r + 7 = 0

⇒

r=2 s = 1,

que nos proporciona el factor integrante buscado Φ(t, y) = t2 y.

PROBLEMA 2.22 Resuélvase la ecuación

t y − y − 1 − t2 = 0 .

a) Mediante el procedimiento de agrupación de términos. b) Buscando un factor integrante de la forma μ(t).


SOLUCIÓN

41

(Véase el problema 2.16 para agrupaciones óptimas de términos). a) La ecuación no es exacta, pero si multiplicamos cada término por la función μ(t) = t−2 obtenemos y + 1 + t2 t − dt + 2 dy = 0 . t2 t Agrupando los términos convenientemente, se tiene −

y t dt + 2 dy t2 t

=

d

y

1 + t2 − 2 dt t

= d

t

,

1 −t , t

luego se trata de una ecuación exacta con solución: (y + 1)/t − t = c, c ∈ IR. b) Buscamos un factor integrante que dependa sólo de t; tras multiplicar la ecuación por μ(t) e imponer la condición de exactitud, se obtiene la ecuación separable −μ(t) = μ (t) t + μ(t) , de modo que μ (t)/μ(t) = −2/t, y entonces ln |μ(t)| = −2 ln |t|

⇒

μ(t) =

1 , t2

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuación

−

1 y+1 − 1 + y = 0 , 2 t t

es exacta. Integrando ∂F/∂t = (−y − 1)/t2 − 1 con respecto a t obtenemos

F (t, y) =

−

y+1 −1 t2

dt =

y+1 − t + φ(y) , t

e integrando ∂F/∂y = 1/t con respecto a y F (t, y) =

y 1 dy = + ϕ(t) . t t

Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = 0 , ϕ(t) = −t + 1/t. Así pues, y+1 −t=c t

⇒

y = t2 + c t − 1 ,

es una familia de soluciones de la ecuación.

c ∈ IR ,


PROBLEMA 2.23 Resuélvase la ecuación y (1 + 2 ty) dt + t (1 − ty) dy = 0 . a) Buscando un factor integrante de la forma μ(ty). b) Utilizando el recurso específico a los factores integrantes de las ecuaciones y f (ty) dt + t g(ty) dy = 0 , desarrollado en el Problema 2.14. c) Mediante el cambio de variable z = ty.

SOLUCIÓN

a) Si μ(z), con z = ty, es un factor integrante de la ecuación, entonces debe verificar la siguiente ecuación diferencial y (1 + 2 t y) t μ (z) − t (1 − y t) y μ (z) = (1 − 2 t y − 1 − 4 t y) μ(z) , 3 z 2 μ (z) = −6 z μ(z) , de modo que μ (z)/μ(z) = −2/z, y entonces ln |μ(z)| = −2 ln |z|

⇒

μ(z) =

1 1 = 2 2, 2 z t y

t = 0 ,

y = 0 ,

es un factor integrante. Por lo tanto, la ecuación t (1 − t y) y (1 + 2 t y) dt + dy = 0 , 2 2 t y t2 y 2 es exacta. Integrando ∂F/∂t = (y (1 + 2 t y))/(t2 y 2 ) con respecto a t obtenemos 2 −1 1 + + 2 ln |t| + φ(y) , t = 0 , F (t, y) = dt = t2 y t ty e integrando ∂F/∂y = (t (1 − t y))/(t2 y 2 ) con respecto a y obtenemos 1 −1 1 − ln |y| + ϕ(t) . − F (t, y) = dy = 2 ty y ty Igualando ambas expresiones resulta φ(y) = − ln |y| y ϕ(t) = 2 ln |t|. Así pues, −1 + 2 ln |t| − ln |y| = c , ty

c ∈ IR ,

t = 0 ,

es una familia de soluciones de la ecuación. Consideramos, además, la solución constante y(t) = 0 (que se perdió al dividir por t2 y 2 ).


43

b) Según se demostró en el problema 2.14 de este capítulo, un factor integrante para la ecuación y f (ty) dt + t g(ty) dy = 0 viene dado por la función μ(ty) =

1 , ty f (ty) − ty g(ty)

siempre y cuando el denominador no sea nulo. En este caso, la función μ(ty) =

1 1 = 2 2, ty (1 + 2 ty) − ty (1 − ty) 3t y

permite integrar la ecuación tal y como se vió en el apartado a). c) Mediante el cambio de variable z = ty

⇒

y=

z t

obtenemos la ecuación z (1 + 2 z) + t (1 − z) t

⇒

y =

1 1 z − 2 z, t t

1 1 z − 2z t t

= 0,

y por tanto

−3 z 2 3 2 z + (1 − z) z = 0 ⇒ z = , t t 1−z ecuación separable, cuya solución implícita será (para z = 0 y t = 0) 1 1−z −3 dt ⇒ − − ln |z| = −3 ln |t| + c1 . dz = 2 z t z Deshaciendo el cambio de variable, obtenemos z y 1 1 + ln 3 = c ⇒ + ln 2 = c , z t ty t

t = 0 ,

c ∈ IR .

Consideramos además la solución constante y = 0 (que se perdió al dividir por z 2 ).

PROBLEMA 2.24 Compruébese que el cambio y = tz transforma la ecuación homogénea y , t > 0, y = h t en una ecuación de variables separables. Aplíquese a la resolución de la ecuación y =

t+y . t−y


SOLUCIÓN

Se tiene que

y = tz + z ,

⇒

y = tz

y en términos de la nueva variable dependiente, la ecuación se transforma en tz + z = h(z)

⇒

1 z = , h(z) − z t

que es una ecuación de variables separables. La ecuación t+y , y = t−y se obtiene tomando

y 1+ t+y t =h y , = y t−y t 1− t

esto es, tomando

1+z . 1−z Por tanto, el cambio de variable y = tz transforma la ecuación en una de variables separables de la forma 1 (1 − z)z 1 z = ⇒ = , 1+z t 1 + z2 t −z 1−z que una vez integrada, proporciona la solución general (en forma implícita) h(z) =

arctg z −

1 ln 1 + z 2 = ln t + c , 2

c ∈ IR .

Deshaciendo el cambio de variable realizado, se obtiene finalmente y 1 arctg − ln t2 + y 2 = c , c ∈ IR , t > 0 . t 2

PROBLEMA 2.25 Compruébese que las siguientes ecuaciones son homogéneas y calcúlense sus soluciones: a) y =

2ty ; 3 t2 − y 2

b) y =

t4 + y 4 ; t y3

c) t y − t2 y = 0 .


SOLUCIÓN

45

a) La ecuación puede identificarse claramente como homogénea si se escribe de la forma y 2 2 t y t = y = 2 y 2 . 3 t − y2 3− t Mediante el cambio de variable v = y/t ; y = v t ; y = v t+v obtenemos la ecuación

2v 1 1 v3 − v 2v v t + v = ⇒ v = − v = , 2 2 3−v t 3−v t 3 − v2 ecuación de variables separables cuya solución implícita se obtiene al integrar 1 3 − v2 dv = dt , v3 − v t es decir, −3 ln |v| + ln |v 2 − 1| = ln |t| + c, con c ∈ IR, luego ln |(v 2 − 1)/v 3 | = ln |t| + c. Aplicando la exponencial a cada lado de esta igualdad y deshaciendo el cambio, obtenemos y3 y2 −1 = kt 3 2 t t

y 2 − t2 = k y 3 ,

⇒

k ∈ IR+ .

Obsérvese que al dividir por v 3 − v se podían perder las soluciones y = 0 e y = ±t (correspondientes a v = 0 y v 2 = 1, respectivamente). Las soluciones y = ±t están incluidas en la familia que acabamos de obtener (basta tomar k = 0) pero no así la función y = 0, que hay que añadir a la familia de soluciones. b) La ecuación puede identificarse claramente como homogénea si se escribe de la forma y 4 1 + t +y = t3 . y = y t y3 t 4

4

Mediante el cambio de variable v = y/t ; y = v t ; y = v t+v obtenemos la ecuación

1 + v4 1 1 + v4 1 1 v t+v = ⇒ v = −v = , v3 t v3 t v3 ecuación de variables separables, cuya solución implícita se obtiene al integrar 1 3 v dv = dt , t es decir, v 4 /4 = ln |t| + c ⇒ v 4 = 4 ln |t| + k y, deshaciendo el cambio, obtenemos y4 = 4 ln |t| + k t4

⇒

y 4 = t4 (4 ln |t| + k) ,

k ∈ IR .

46 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS c) La ecuación puede identificarse claramente como homogénea si se escribe de la forma y =

y . t

Mediante el cambio de variable v = y/t ; y = v t ; y = v t+v obtenemos la ecuación v t + v = v

v = 0 ,

⇒

ecuación de variables separables, cuya solución implícita es v = c y, deshaciendo el cambio, obtenemos y = c t, con c ∈ IR.

PROBLEMA 2.26 Compruébese que, para una ecuación de la forma y f (ty) , t g(ty)

y =

t>0

el cambio z = ty permite transformar la ecuación en una de variables separables. Aplíquese a la resolución de la ecuación y =

SOLUCIÓN

y(2ty + 1) . t(ty − 1)

Tras el cambio de variable, el primer miembro de la ecuación toma la forma z = ty

⇒

y=

z t

⇒

y =

tz − z . t2

Por otra parte, el segundo miembro está dado por ty f (ty) z f (z) y f (ty) = 2 = 2 . t g(ty) t g(ty) t g(z) Por tanto, en la nueva variable, la ecuación pasa a ser tz − z z f (z) = 2 t2 t g(z) que es, claramente, de variables separables. La ecuación y =

⇒

g(z)z 1 = , z(f (z) + g(z)) t

y(2ty + 1) , t(ty − 1)

se obtiene como caso particular, sin más que tomar f (z) = 2z + 1 y g(z) = z − 1. Por tanto, tras el cambio de variable z = ty, adoptará la forma

1 1 1 3 (z − 1)z ⇒ − = z = , 3z 2 t z z2 t


47

que proporciona la solución general (si z = 0) 1 = 3 ln t + c , c ∈ IR . z Deshaciendo el cambio de variable, se obtiene la solución de la ecuación de partida (en forma implícita) 1 = 2 ln t + c , c ∈ IR , t > 0 . ln |y| + ty ln |z| +

Consideramos además la solución constante y = 0, que se perdió al dividir por z 2 .

PROBLEMA 2.27 Calcúlese la solución del problema de Cauchy (1 − t y) y = y 2 y(2) = 1 .

SOLUCIÓN

Existen varias posibilidades de resolución de la ecuación 1) considerarla como una ecuación lineal en la variable independiente, 2) emplear el cambio de variable dependiente y = v/t, 3) buscar un factor integrante. Consideramos cada uno de estos casos. 1) La ecuación no es lineal en y(t), pero teniendo en cuenta que y (t) = 1/t (y(t)), queda expresada en la forma 1 − ty 1 t = 2− , t = y2 y y comprobamos que es lineal en t(y). Entonces,

1 dy = eln |y| = y , μ(y) = exp y es un factor integrante. Multiplicando la ecuación por μ(y) resulta y t + t =

1 y

⇒

d 1 (y t) = . dy y

Integrando ambos de la ecuación con respecto a y, y t = ln |y| + c

⇒

t=

1 c ln |y| + , y y

c ∈ IR ,

obtenemos una fórmula implícita para las soluciones de la ecuación original (obsérvese que la función constante y(t) = 0 también es solución pero no verifica la condición inicial). Imponemos ahora la condición inicial, y(2) = 1, para obtener la solución del problema de Cauchy, 2 − 0 = c ⇒ y t − ln |y| = 2 , que es la solución buscada.

48 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 2) Veamos cómo el cambio de variable y = v/t transforma la ecuación en una de variables separables. En efecto, y = (t v − v)/t2 y sustituyendo en la ecuación obtenemos, v t v − v v2 1−t = t t2 t2

⇒

t v − v =

v2 1−v

⇒

v =

1 v . t 1−v

La función constante y = 0 satisface la ecuación diferencial pero no la condición inicial; así que no podemos perder la solución del problema de Cauchy al dividir por v. Al dividir obtenemos, 1 1−v dv = dt , v t e integrando obtenemos la solución implícita ln |v| − v = ln |t| + c , c ∈ IR. Deshaciendo el cambio resulta, ln |t y| − ln |t| = t y + c

⇒

ln |y| = t y + c .

La solución del problema de Cauchy se obtiene imponiendo la condición inicial, igual que en el apartado 1). 3) Sea P (t, y) = y 2 y Q(t, y) = t y − 1; a) La ecuación ite un factor integrante de la forma μ(y). En efecto: si multiplicamos la ecuación por μ(y) e imponemos la condición de exactitud se obtiene

1 ∂Q ∂P μ(y) 1 − . μ(y) = 2 (y − 2y) μ(y) = − μ (y) = P ∂t ∂y y y Resolviendo la ecuación de variables separables, obtenemos un factor integrante

1 1 − dy = e− ln |y| = . μ(y) = exp y y b) Buscamos un factor integrante de la forma μ(z) con z = t y. Sea μ = dμ/dz, si multiplicamos la ecuación por μ(z) e imponemos la condición de exactitud, se obtiene la ecuación

∂Q ∂P − μ (z) (t P − y Q) = μ(z) , ∂t ∂y esto es

y − 2y μ (z) = 2 = −1 , μ(z) t y − y (t y − 1)

obteniendo así una ecuación de variables separables, con lo que el factor integrante es μ(z) = e−z = e−t y . Multiplicando la ecuación por μ(y) en el primer caso, y por μ(ty) en el segundo, obtenemos una ecuación exacta cuya solución es t y − ln |y| = c . La solución del problema de Cauchy se obtiene imponiendo la condición inicial, igual que en el apartado 1).


49

PROBLEMA 2.28

at + by + c y =h . dt + ey + f

Considérese la ecuación

a) Pruébese que si

a b d e

= 0

y las rectas at + by + c = 0 y dt + ey + f = 0 se cortan en el punto (t0 , y0 ), entonces el doble cambio de variable s = t − t0 y z = y − y0 transforma la ecuación en una homogénea en las variables z y s. b) Pruébese que si

a b d e

= 0,

b = 0

entonces el cambio de variable dependiente z = at + by lleva la ecuación a una de variables separables.

SOLUCIÓN

a) La condición

a b d e

= 0 ,

garantiza que las rectas at + by + c = 0 y dt + ey + f = 0 se cortan en un único punto, que denotamos por (t0 , y0 ). Se tendrá pues que at0 + by0 + c = 0 c = −at0 − by0 ⇒ (2.17) f = −dt0 − ey0 . dt0 + ey0 + f = 0 El doble cambio de variable permite deducir

s = t − t0 z = y − y0

⇒

⎧ ds ⎪ ⎨ =1 dt ⎪ ⎩ dz = dy , ds ds

y por tanto dy ds dy dz dy = = = = z˙ . dt ds dt ds ds Por otra parte, tras el doble cambio de variable y utilizando (2.17), el segundo miembro de la ecuación original toma la forma ⎛ z⎞

a + b at + by + c a(t − t0 ) + b(y − y0 ) as + bz s⎠ h =h =h = h⎝ z , dt + ey + f d(t − t0 ) + e(y − y0 ) ds + ez d+e s y =

50 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS y la ecuación resultante z⎞ s⎠ z˙ = h⎝ z , d+e s ⎛

a+b

es claramente homogénea en las nuevas variables z y s. b) Tenemos que

a b d e

=0

⇒

ae − bd = 0 .

Si a = 0, como b = 0 se deduce de lo anterior que d = 0 y la ecuación es trivialmente de variables separables. Si a = 0, se tendrá a partir de la condición anterior que d e = = λ. a b (Nótese que si las rectas son paralelas, sus vectores normales (a, b) y (d, e) son proporcionales y λ es simplemente esa constante de proporcionalidad). A partir del cambio de variable z = at + by se deduce que z = a + by

⇒

y =

z − a , b

y el segundo miembro de la ecuación pasa a venir dado por

h

at + by + c dt + ey + f

=h

(at + by) + c λ(at + by) + f

=h

z+c λz + f

.

Por tanto, la ecuación, en la nueva variable dependiente z viene dada por

z+c z − a =h b λz + f

⇒

z+c z = a + bh λz + f

que es de variables separables (y autónoma).

PROBLEMA 2.29 Resuélvanse las siguientes ecuaciones con coeficientes lineales a) y =

3t − y + 2 ; 6t − 2y

b) y =

12 t + 5 y − 9 . −5 t − 2 y + 3

,


SOLUCIÓN

51

a) Observamos que el segundo miembro de la ecuación es el cociente de dos rectas paralelas, en efecto 3 −1 6 −2 = −6 + 6 = 0 . Por lo tanto, el cambio de variable v = 3 t − y transforma la ecuación en v = 3 − y = 3 −

5v − 2 v+2 = . 2v 2v

Ecuación de variables separables para la que, si 5 v − 2 = 0, su solución implícita viene dada por 2 4 2v dv = dt ⇒ v+ ln |5 v − 2| = t + c , c ∈ IR , 5v − 2 5 25 y, deshaciendo el cambio, obtenemos 5 t − 10 y + 4 ln |15 t − 5 y − 2| = k ,

k ∈ IR .

Si 5 v − 2 = 0, se obtiene la solución particular y = 3 t − 2/5. b) Observamos que el segundo miembro de la ecuación es el cociente de dos rectas que se cortan en un punto, en efecto 12 5 −5 −2 = −24 + 25 = 1 = 0 . Y el punto de corte es la solución del sistema 12 t + 5 y − 9 −5 t − 2 y + 3

= =

0 0

⇒

(−3, 9) .

El cambio de variable independiente t = T − 3 , y de variable dependiente y = Y + 9 , transforma la ecuación en una homogénea, como vimos en el problema anterior. En efecto

Y 12 + 5 12 (T − 3) + 5 (Y + 9) − 9 T

, = Y = y = Y −5 (T − 3) − 2 (Y + 9) + 3 −5 − 2 T y por tanto, el cambio de variable v = Y /T convierte la ecuación en v T + v =

12 + 5 v −5 − 2 v

⇒

v =

1 12 + 10 v + 2 v 2 , T −5 − 2 v

que es de variables separables, y si 2 v 2 + 10 v + 12 = 0, su solución implícita viene dada por −5 − 2 v 1 dT dv = 12 + 10 v + 2 v 2 T 1 − ln |2 v 2 + 10 v + 12| = ln |T | + c1 ⇒ (v 2 + 5 v + 6)−1/2 = T c , c ∈ IR+ . 2

52 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS De modo que T = Y =

c c

√ √

v2

1 + 5v + 6

=

v2

v + 5v + 6

=

1 c

(Y /T )2

c

(Y /T )2 + 5 (Y /T ) + 6

+ 5 (Y /T ) + 6 (Y /T )

, ,

y tan sólo resta deshacer el primer cambio para expresar la solución en las variables originales t e y. Si 2 v 2 +10 v +12 = 2 (v +2)(v +3) = 0, obtenemos las soluciones particulares y = −2 t+3 y y = −3 t correspondientes a v = −2 y v = −3 respectivamente.

PROBLEMA 2.30 a) Pruébese que si t no interviene en la ecuación F (y, y , y ) = 0, el cambio d y(t(y)) = v(y) , dt la lleva a una ecuación de primer orden en las variables y, v. b) Utilícese la reducción de orden anterior para resolver la ecuación

4 y = y 1 + 2 . y

SOLUCIÓN

a) El cambio de variable y

=

dy = v(y) , dt

y

=

dv(y) dy dv(y) d v(y) = = v(y) , dt dy dt dy

transforma la ecuación en F (y, v, dv/dy v) = 0. Una vez resuelta (si se puede) esta ecuación de primer orden, resolvemos dy = v(y) , dt para obtener la solución de la ecuación de segundo orden inicial. b) De acuerdo con el apartado anterior, el cambio de variable y = v(y) transforma la ecuación de partida en la ecuación de primer orden y de variables separables

4 4 dv dv v =v 1+ 2 = 1+ 2 , ⇒ dy y dy y


que tiene como soluciones 4 dv = 1 + 2 dy y

⇒

v(y) = y −

4 + c, y

53

c ∈ IR .

Debemos considerar también las soluciones v(y) = 0, que se traducen en y (t) = 0, esto es, y(t) = k, con k ∈ IR. Sustituyendo las soluciones en la expresión de y , obtenemos de nuevo una ecuación de variables separables y2 + c y − 4 4 , y = y − + c = y y cuyas soluciones se obtienen al integrar y dy = dt , y2 + c y − 4 es decir, √

c arctanh 16 + c2

2y + c 16 + c2

+

1 ln | − 4 + c y + y 2 | = t + d , 2

c, d ∈ IR .

PROBLEMA 2.31 a) Pruébese que, si t no interviene en la ecuación F (y, y , y , y ) = 0 , el cambio

dy(t(y)) = v(y) , dt la lleva a una ecuación en y, v de orden dos. b) Resuélvase la ecuación

SOLUCIÓN

y y − 3(y )2 = 0 .

a) El cambio de variable dado por y (t(y)) = v(y), o abreviadamente y = v, tras el cual y pasa a ser la nueva variable independiente y v la nueva variable dependiente, permite expresar las derivadas de y, en términos de las nuevas variables, como sigue y (t) = v

⇒

y (t) = v˙ y (t) = v˙ v

⇒

y (t) = v¨ v 2 + v˙ 2 v.

(Los puntos denotan derivadas respecto de la nueva variable independiente y.) Se observa que, cada derivada de y respecto de t, viene dada en las nuevas variables en términos de derivadas de un orden menor; de modo que la ecuación de partida de orden ˙ v¨) = 0. tres F (y, y , y , y ) = 0 se transforma en una ecuación de orden dos G(y, v, v,

54 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) A partir del apartado anterior sabemos que el cambio de variable y = v transforma nuestra ecuación en una de segundo orden. Concretamente tenemos 2 v v¨ v 2 + v˙ 2 v − 3 (v˙ v) = 0 ⇒ v¨ v 3 − 2 v˙ 2 v 2 = 0 , o equivalentemente v

2

v¨ v − 2 v˙

2

=0

⇒

o bien

v = 0,

o bien

v¨ v − 2 v˙ 2 = 0.

En el primer caso tenemos que v=0

⇒

y = 0

⇒

∀t ∈ IR ,

y(t) = c,

c ∈ IR .

esto es, todas las funciones constantes son soluciones de nuestra ecuación. En el segundo caso se tiene v¨ v − 2 v˙ 2 = 0

⇒

v˙ v¨ =2 v˙ v

⇒

d d ln |v| ˙ =2 ln |v| , dy dy

e integrando se obtiene ln |v| ˙ = 2 ln |v| + k

⇒

v˙ = c1 v 2

⇒

v˙ = c1 v2

⇒

−

1 = c1 y + c2 . v

Finalmente, deshaciendo el cambio de variable se llega al resto de soluciones de la ecuación v=

−1 c1 y + c2

⇒

(c1 y + c2 ) y = −1

⇒

c1 2 y + c2 y = −t + c3 . 2

con c1 , c2 , c3 ∈ IR.

PROBLEMA 2.32 a) Pruébese que si la ecuación F (t, y, y , y ) = 0 es homogénea de grado m respecto de y, y , y , es decir F (t, λ y, λ y , λ y ) = λm F (t, y, y , y ) , entonces el cambio de variable dependiente y(t) = exp( z(t) dt) reduce su orden en una unidad. b) Utilizando la reducción de orden del apartado anterior, resuélvase la ecuación y y = t (y )2 .


SOLUCIÓN

55

a) Las derivadas sucesivas de y, en términos de la nueva variable z, vienen dadas por y(t) = e z(t) dt ⇒ y (t) = e z(t) dt z(t) ⇒ y (t) = e z(t) dt z (t) + z 2 (t) , por lo que se tendrá, haciendo uso del carácter homogéneo de F F (t, y, y , y ) = F t, e z(t)dt , e z(t)dt z, e z(t)dt z + z 2 = em z(t)dt F t, 1, z, z + z 2 = 0, y como la exponencial no se anula, se tiene que F (t, 1, z, z + z 2 ) = 0, de modo que en términos de la nueva variable z, la ecuación es de orden uno. b) La ecuación es homogénea de grado dos en y, y , y , en efecto λ y λ y − t (λ y )2 = λ2 y y − λ2 t (y )2 = λ2 [y y − t (y )2 ] . El cambio de variable y = exp( z(t) dt) para y > 0 (si y < 0, haríamos el cambio y = − exp( z(t) dt) y todo sale igual) para el que se tiene que

y = z(t) e

z(t) dt

, y = z (t) e

z(t) dt

+ z(t)2 e

z(t) dt

= (z (t) + z 2 (t)) e

z(t) dt

,

transforma la ecuación en

e Dividiendo por e2

z(t) dt

(z (t) + z 2 (t)) e

z(t) dt

z(t) dt

= t z 2 (t) e2

z(t) dt

.

obtenemos z (t) = (t − 1) z 2 (t) ,

ecuación de variables separables con solución implícita

1 dz = z2

(t − 1) dt

⇒

−

t2 1 = − t + c, z 2

c ∈ IR .

Debemos considerar además las soluciones z = 0, que se traducen en y(t) = k, con k ∈ IR, que también satisfacen la ecuación. Deshaciendo los cambios anteriores, 2 z= −2 c + 2 t − t2

⇒

−2 arctg ln |y| = √ 2c − 1

ln |y| =

t−1 √ 2c − 1

2 dt ⇒ −2 c + 2 t − t2 + d,

c, d ∈ IR .

obtenemos la fórmula implícita de las soluciones de la ecuación original.


PROBLEMA 2.33 Calcúlese la solución general de las siguientes ecuaciones de Bernoulli a) 3 t y − 2 y = b) y +

t3 ; y2

1 y = − (t + 1)3 y 3 ; t+1 2

c) t y + y = t4 y 3 ; d) t y + 6 y = 3 t y 4/3 .

SOLUCIÓN

Como vimos en la introducción teórica al estudiar las ecuaciones de Bernoulli, el cambio de variable dependiente v = y 1−n transforma la ecuación y + a(t) y = b(t) y n en una lineal. a) Es una ecuación de Bernoulli con n = −2. El cambio de variable dependiente v = y 1+2 = y 3

v = 3y 2 y ,

⇒

la transforma en la ecuación lineal en forma normal 3y 2 y −

2 2 t2 3y y = 3y 2 y −2 3t 3

2 v − v = t2 . t

⇒

Multiplicando por el factor integrante μ(t) = exp( (−2/t) dt) = e−2 ln |t| = t−2 , obtenemos d (vt−2 ) = 1 , dt e integrando con respecto a t, resulta v = t3 + c t 2 , Deshaciendo el cambio,

c ∈ IR .

y 3 = t3 + c t2 ,

obtenemos la solución implícita de la ecuación original. b) Es una ecuación de Bernoulli con n = 3. El cambio de variable v = y 1−3 = y −2

⇒

v =

−2 y , y3

la transforma en la ecuación lineal en forma normal −

−2 −1 2 1 2 y= 3 (t + 1)3 y 3 y − 3 y3 y t+1 y 2

⇒

v −

2 v = (t + 1)3 . t+1


57

Multiplicando por el factor integrante μ(t) = exp( −2/(t + 1) dt) = e−2 ln |t+1| = 1/(t + 1)2 , obtenemos

d 1 v = t + 1, dt (t + 1)2 e integrando con respecto a t, resulta v = (t+1)2 ((t+1)2 /2+c) , c ∈ IR. Deshaciendo el cambio,

(t + 1)4 (t + 1)2 1 2 + c = + (t + 1)2 c , = (t + 1) y2 2 2 obtenemos la solución implícita de la ecuación original. Consideramos además la solución constante y = 0. c) Es una ecuación de Bernoulli con n = 3. El cambio de variable v = y 1−3 = y −2

⇒

v =

−2 y , y3

la transforma en la ecuación lineal en forma normal −

−2 2 2 1 y − 3 y = 3 t3 y 3 3 y y t y

⇒

v −

2 v = −2 t3 . t

Multiplicando por el factor integrante μ(t) = exp( −2/t dt) = e−2 ln |t| = 1/t2 , obtenemos d v = −2 t , dt t2 e integrando con respecto a t, resulta v = −t4 + c t2 , c ∈ IR. Deshaciendo el cambio, 1 = −t4 + c t2 , y2 obtenemos la solución implícita de la ecuación original. Consideramos además la solución constante y = 0. d) Es una ecuación de Bernoulli con n = 4/3. El cambio de variable 4

1

v = y 1− 3 = y − 3 , la transforma en

y = v −3 ,

dy dv dy dv = = −3v −4 , dt dv dt dt

−3 t v −4 v + 6 v −3 = 3 t v −4 .

Dividiendo por −3 t v −4 obtenemos la ecuación lineal en forma normal v −

2 v = −1 , t

con factor integrante μ(t) = exp( (−2/t) dt) = t−2 . De modo que, como en casos anteriores 1 2 1 d v 1 =− 2, v − v = − ⇒ 2 3 2 2 t t t dt t t

58 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e integrando en los dos resulta t−2 v =

1 +c t

v = t + c t2 ,

⇒

c ∈ IR .

Finalmente, deshaciendo el cambio de variable, y(t) =

1 , (t + ct2 )3

obtenemos la solución implícita de la ecuación original. Consideramos además la solución constante y = 0.

PROBLEMA 2.34 Compruébese que la ecuación (t y + t2 y 3 ) y = 1 es de Bernoulli cuando se buscan inversas, t(y), de las soluciones. Calcúlese la solución general de dicha ecuación.

SOLUCIÓN

La ecuación (t y + t2 y 3 ) y = 1 se transforma, teniendo en cuenta que y (t) = 1/t (y(t)), en la ecuación en t(y) dada por t = t y + t2 y 3

⇒

t − y t = y 3 t2

que claramente es una ecuación de Bernoulli, en t, con n = 2. El cambio de variable v = t1−2 =

1 t

⇒

v =

−1 t , t2

la transforma en la ecuación lineal −

1 1 1 t + 2 y t = − 2 y 3 t2 2 t t t

v + y v = −y 3 .

⇒

2 Multiplicando por el factor integrante μ(y) = exp( y dy) = ey /2 obtenemos 2 d y2 /2 (e v) = −ey /2 y 3 , dy

e, integrando con respecto a y, resulta v = 2 − y 2 + e−y

2

/2

2 1 = 2 − y 2 + e−y /2 c , t

obtenemos la solución implícita de la ecuación original.

c , c ∈ IR. Deshaciendo el cambio


59

PROBLEMA 2.35 Búsquense las soluciones del problema de Cauchy √ ty − 4y = t2 y , y(1) = 0 . Nótese que hay más de una (se debe a la pendiente infinita de la función y → y = 0).

SOLUCIÓN

√ y en

Observamos que si dividiésemos la ecuación por t, se obtendría una ecuación de Bernoulli, lo √ que nos mueve a realizar el cambio de variable z = y (esto es, z = y 1−1/2 ). Se tiene así que y z = √ 2 y

y = 2zz ,

⇒

y la ecuación, en la nueva variable, toma la forma

2

2

2tzz − 4z = t z

⇒

z 2tz − 4z − t

En el primer caso, se tiene z=0

⇒

√

y=0

2

⇒

o bien o bien

y(t) = 0

∀t ∈ IR ,

=0

⇒

z = 0, 2tz − 4z = t2 .

que satisface la condición inicial y es por tanto una solución de la ecuación. En el segundo caso se tiene que la ecuación es lineal en la nueva variable z, y un factor integrante para la misma vendrá dado por

−2 dt μ(t) = exp = t−2 . t Multiplicando la ecuación por el factor μ(t)/(2t) = 1/(2t3 ) e integrando se obtiene 1 d z z 2z 1 1 z = ⇒ ⇒ − = = ln |t| + c , c ∈ IR . 2 3 2 2 t t 2t dt t 2t t 2 Evaluando en t = 1 se tiene que z(1) = y(1) = 0 y por tanto, se deduce el valor de la constante c = 0. Deshaciendo el cambio de variable y despejando, se obtiene una nueva solución de nuestro problema de Cauchy, dada por 1 z = ln |t| 2 t 2 o de manera más precisa

⇒

z(t) =

t2 ln |t| 2

⎧ 4 ⎨ t (ln |t|)2 y(t) = 4 ⎩ 0

⇒

y(t) =

t4 (ln |t|)2 , 4

si t = 0 si t = 0 ,

pues tomando t = 0 en la ecuación, se obtiene que ha de ser y(0) = 0. (Nótese además que, si bien t4 (ln |t|)2 /4 no está definida en t = 0, sí que existe su límite en ese punto y vale 0).


PROBLEMA 2.36 Resuélvase la ecuación de Riccati y = (1 − t) y 2 + (2t − 1) y − t , sabiendo que y0 (t) = 1 es una solución particular de la ecuación.

SOLUCIÓN

Conocida una solución particular, y0 , el cambio y = y0 + z = 1 + z transforma la ecuación en una de Bernoulli. En efecto, y = z y sustituyendo en la ecuación, resulta z + (t − 1) (1 + z)2 + (1 − 2t) (1 + z) = −t z − z = (1 − t) z 2 , que es una ecuación de Bernoulli con n = 2. Introducimos ahora la variable v = z 1−2 = z −1 entonces z = v −1 , z = −v −2 v y sustituyendo en la ecuación, obtenemos −

1 1 1 v − = (1 − t) 2 2 v v v

⇒

v + v = t − 1 ,

que es una ecuación lineal con factor integrante μ(t) = et . Multiplicando la ecuación por μ(t), resulta d t (e v) = et (t − 1) , dt e integrando los dos con respecto a t, se tiene que et v = tet dt − et + c ⇒ et v = et (t − 2) + c ⇒ v = t − 2 + ce−t , c ∈ IR . Deshaciendo los cambios de variable, 1 = t − 2 + ce−t z

⇒

y − 1 = (t − 2 + ce−t )−1

1 + 1, t − 2 + ce−t obtenemos la solución general de la ecuación original. y(t) =

PROBLEMA 2.37 Calcúlese la solución general de las siguientes ecuaciones de Riccati sabiendo que iten una solución que es un polinomio. a) y − y 2 + 2 t y = t2 ; b) y = t3 +

1 2 y − y2 . t t


SOLUCIÓN

61

a) Buscamos una solución particular de la forma y = a t + b, con lo que y = a. Sustituyendo en la ecuación, y agrupando los coeficientes de las distintas potencias de t, obtenemos a − (a t + b)2 + 2 t (a t + b) = t2 , (a − b2 ) + 2 b (1 − a) t + a (2 − a) t2 = t2 , e igualando coeficientes, se tiene ⎫ ⎧ a (2 − a) = 1 ⎬ ⎨ a = b2 b = 0 ⇒ a = 0 (no vale) 2 b (1 − a) = 0 ⇒ 2 ⎭ ⎩ 2 b (1 − b ) = 0 ⇒ b = ±1 ⇒ a = 1 a − b2 = 0 por lo que los polinomios t + 1 , t − 1 son soluciones particulares de la ecuación. Consideramos y0 (t) = t + 1. El cambio y = y0 (t) + z = t + 1 + z, transforma la ecuación en una de Bernoulli. En efecto, y = 1 + z y, sustituyendo en la ecuación, resulta 1 + z − (t + 1 + z)2 + 2 t (t + 1 + z) = t2

⇒

z − 2 z = z2 ,

que es una ecuación de Bernoulli con n = 2. Hacemos el cambio de variable dependiente v = z 1−2 = z −1 , v = −z −2 z , con lo que obtenemos −

2 1 1 z + 2 z = − 2 z2 z2 z z

⇒

v + 2 v = −1 ,

que es una ecuación lineal con factor integrante μ(t) = e2 t . Multiplicando la ecuación por μ(t) resulta d 2t (e v) = −e2 t , dt e, integrando con respecto a t, se tiene que

1 1 1 e2 t v = − e2 t + c ⇒ v = e−2 t − e2 t + c = − + c e−2 t , c ∈ IR . 2 2 2 Tan sólo falta deshacer los cambios para obtener la solución general de la ecuación original 2 2 z= ⇒ y =t+1+ . −1 + 2 c e−2 t −1 + 2 c e−2 t b) Tras comprobar que no hay ninguna solución de grado uno en t, buscamos una solución particular de la forma y = a t2 , y = 2 a t, 2at −

2 2 1 2 4 a t + a t = t3 t t

⇒

a2 t3 = t3 ,

luego a = ±1 y los polinomios ±t2 son soluciones particulares de la ecuación. Consideramos y0 (t) = t2 . El cambio y = y0 (t) + z = t2 + z transforma la ecuación en una de Bernoulli. En efecto, y = 2 t + z y, sustituyendo en la ecuación, resulta

2 1 2 1 2 t + z = t3 + (t2 + z) − (t2 + z)2 ⇒ z + 2 t − z = − z2 , t t t t

62 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS que es una ecuación de Bernoulli con n = 2. Hacemos el cambio de variable dependiente v = z 1−2 = z −1 , v = −z −2 z , obteniendo así

1 2 −1 1 1 2 2 −2 − 2t v = , z= z ⇒ v + −z z + 2 t − 2 2 t z t z t t 2 ecuación lineal, con factor integrante μ(t) = exp( (−2 t + 2/t) dt) = e2 ln |t|−t 2 = t2 e−t . Multiplicando la ecuación por μ(t) resulta 2 d 2 −t2 (t e v) = t e−t dt

e, integrando con respecto a t, se tiene que 2 2 1 t2 e−t v = − e−t + c 2

⇒

v=

1 t2

2 1 − + c et 2

,

c ∈ IR .

Tan sólo falta deshacer los cambios para obtener la solución general de la ecuación original 2 t2 2 t2 z= ⇒ y = t2 + . 2 t −1 + 2 c e −1 + 2 c et2

PROBLEMA 2.38 Calcúlese la solución general de la ecuación de Riccati y = −8ty 2 + 4t(4t + 1)y − 8t3 − 4t2 + 1 , sabiendo que posee una solución que es un polinomio.

SOLUCIÓN

Observando las potencias de t que intervienen en la ecuación, parece suficiente con ensayar soluciones polinomiales de grado uno, esto es, soluciones de la forma y0 (t) = a + bt. Sustituyendo y0 en la ecuación y agrupando e igualando los coeficientes de las distintas potencias de t que intervienen, se obtienen dos soluciones de la misma: y0 (t) = t y y0 (t) = t + 1/2. Considerando la primera, hacemos el cambio de variable y =t+

1 z

⇒

y = 1 −

z , z2

que convierte nuestra ecuación en una lineal

2 z 1 1 1 − 2 = −8t t + + 4t(4t + 1) t + − 8t3 − 4t2 + 1 z z z que ite como factor integrante

μ(t) = exp

4t dt

2

= e2t .

⇒

z + 4tz = 8t ,


63

Multiplicando la ecuación por dicho factor e integrando se obtiene 2

2

(z + 4tz)e2t = 8te2t

⇒

d 2t2 d 2t2 e z = 2e dt dt

⇒

2

2

e2t z = 2e2t + c ,

donde c denota una constante real. Deshaciendo el cambio de variable, obtenemos la solución general de la ecuación de partida 2

z = 2 + ce−2t

2

⇒

y(t) = t +

1 (2t + 1)e2t + ct . 2 = −2t 2 + ce 2e2t2 + c

PROBLEMA 2.39 Calcúlese la solución general de la ecuación de Riccati y = 2 tg t sec t − y 2 sen t , sabiendo que y0 (t) = sec t es una de sus soluciones.

SOLUCIÓN

Consideramos y0 (t) = sec t. El cambio y = y0 (t) + z = sec t + z transforma la ecuación en una de Bernoulli. En efecto, y = sec t tg t + z y, sustituyendo en la ecuación, resulta sec t tg t + z = 2 tg t sec t − (sec t + z)2 sen t

z + 2 tg t z = − sen t z 2 ,

⇒

que es una ecuación de Bernoulli con n = 2. Hacemos el pertinente cambio de variable v = z 1−2 = z −1 , v = −z −2 z , y se tiene −z −2 z − 2 tg t z −2 z = sen t z −2 z 2 ⇒ v − 2 tg t v = sen t , ecuación lineal con factor integrante μ(t) = exp( −2 tg t dt) = e2 ln | cos t| = cos2 t. Multiplicando la ecuación por μ(t) resulta d (cos2 t v) = cos2 t sen t , dt e, integrando con respecto a t, se tiene que cos2 t v = −

1 cos3 t + c 3

⇒

v=−

c 1 cos t + , 3 cos2 t

c ∈ IR .

Tan sólo falta deshacer los cambios para obtener la solución general de la ecuación original z=

3 cos2 t 3 c − cos3 t

⇒

y = sec t +

3 cos2 t . 3 c − cos3 t

Nótese que la solución no está definida para algunos valores de t.


PROBLEMA 2.40 Calcúlese la solución general de la ecuación de Riccati y + y 2 = 1 + t2 , comenzando por buscar una solución particular de la misma.

SOLUCIÓN

Buscamos una solución particular de la forma y = a t + b , y = a, para lo cual sustituimos estas expresiones en la ecuación y agrupamos potencias de t a + (a t + b)2 (a + b ) + 2 a b t + a2 t2

= =

2

1 + t2 1 + t2 ,

e igualando coeficientes, obtenemos a2 2ab a + b2

⎫ = 1 ⎬ = 0 ⎭ = 1

a = ±1 b = 0 ⇒ a = 1,

⇒

por lo que la función t es una solución particular de la ecuación. Consideramos y0 (t) = t. El cambio y = y0 (t) + z = t + z transforma la ecuación en una de Bernoulli. En efecto, y = 1 + z y, sustituyendo en la ecuación, resulta 1 + z + (t + z)2 = 1 + t2

z + 2 t z = −z 2 ,

⇒

que es una ecuación de Bernoulli con n = 2. Introducimos ahora la variable v = z 1−2 = z −1 , v = −z −2 z , −z −2 z − 2 t z −2 z = z −2 z 2

v − 2 t v = 1 ,

⇒

2 ecuación lineal con factor integrante μ(t) = exp( −2 t dt) = e−t . Multiplicando la ecuación por μ(t) resulta 2 d −t2 (e v) = e−t dt e, integrando con respecto a t, se tiene que −t2

e

v=

−t2

e

dt

⇒

v=e

t2

−t2

e

dt + c

,

c ∈ IR .

Tan sólo falta deshacer los cambios para obtener la solución general de la ecuación original 2 1 = et y−t

−t2

e

dt + c

.


65

PROBLEMA 2.41 Resuélvase el problema de Cauchy y = 3yy ,

y(0) = 1 ,

y (0) = 1 ,

y (0) =

3 . 2

(Aquí son fundamentales las condiciones iniciales para simplificar el problema.)

SOLUCIÓN

Observamos que la variable independiente t no aparece explícitamente en la ecuación, por lo que hacemos el doble cambio de variable dependiente e independiente dado por y = v (esto es y (t(y)) = v(y)), que rebaja el orden de nuestra ecuación (véase el problema 2.31). Conviene notar en este punto que, tras este cambio, la nueva variable independiente es y y la nueva variable dependiente pasa a ser v. Tenemos así, que las derivadas de y, expresadas en las nuevas variables, vienen dadas por

2 dv dv d2 v 2 dv y (t) = v ⇒ y (t) = 2 v + v. y (t) = v ⇒ y (t) = dy dy dy dy Por otra parte, las condiciones iniciales en las nuevas variables se obtienen como sigue ⎧ ⎨ y (0) = 1 ⇒ y (0) = v(y(0)) = v(1) ⇒ v(1) = 1 dv dv 3 3 dv ⎩ y (0) = ⇒ y (0) = (y(0)) v(y(0)) = (1) v(1) ⇒ (1) = . 2 dy dy dy 2 La ecuación de segundo orden resultante, en términos de las nuevas variables, adopta la forma siguiente

2 dv d2 v 2 v + v = 3yv , 2 dy dy que se simplifica tras dividir por v (nótese que, como muestran las condiciones iniciales, v no es idénticamente nula, por lo que no estamos eliminando ninguna posible solución)

2

dv d dv d2 v v = 3y, v+ = 3y ⇒ dy 2 dy dy dy y que puede ser integrada fácilmente, por ser de variables separables, dando lugar a una ecuación de primer orden 3 dv v = y 2 + c1 . dy 2 La constante c1 se determina fácilmente a partir de las condiciones iniciales, sin más que evaluar en y = 1 3 dv (1) v(1) = + c1 dy 2

⇒

3 3 = + c1 2 2

⇒

c1 = 0 ,

tras lo cual, la ecuación de primer orden resultante es de variables separables y fácil de integrar 3 dv v = y2 dy 2

⇒

y3 v2 = + c2 . 2 2

66 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS De nuevo, la constante se determina sin dificultad a partir de las condiciones iniciales, evaluando en y = 1 1 1 = + c2 ⇒ c2 = 0 , 2 2 y, tras deshacer el cambio de variable y = v, se obtiene una ecuación de primer orden, que resulta ser de nuevo de variables separables v2 = y3

⇒

(y )2 = y 3

y = y 3/2

⇒

y −3/2 y = 1 ,

⇒

(hemos tomado la raíz positiva por ser y (0) = 1 > 0) e integrando tenemos −2y −1/2 = t + c3

⇒

y(t) =

4 . (t + c3 )2

Para determinar esta última constante, evaluamos en t = 0 obteniendo así 1=

4 c23

⇒

c3 = ±2 ,

y, a partir de las condiciones iniciales, vemos que sólo nos sirve el valor c3 = −2, con lo que se obtiene como única solución 4 y(t) = . (t − 2)2

PROBLEMA 2.42 (Aplicación a la óptica. Espejo parabólico). Determínese la meridiana C de un reflector de revolución de manera que los rayos luminosos que parten de una fuente puntual dada O se reflejen en forma de un haz paralelo a una dirección dada.

SOLUCIÓN

Sea O el origen de coordenadas y consideremos la dirección de los rayos reflejados paralela al eje OX. Sea M un punto de la curva C de coordenadas x e y. Tracemos la tangente en M a C. Consideramos un rayo luminoso OM partiendo de O y reflejado.

y

y

α C M α r TT i ϕ

α

O

T

T

TT

x

x


67

De la igualdad entre el ángulo de incidencia i y el ángulo de reflexión r (ley de Snell) se deduce que i + ϕ = 90o i = r ⇒ ϕ = α. r + α = 90o Por lo que tg xOM = tg(2α) = Observando que tg xOM = obtenemos

y x

2 tg α . 1 − tg2 α tg α = y ,

y

2 y y = , x 1 − (y )2

que resulta ser una ecuación diferencial “homogénea". Podemos resolverla utilizando una idea de Lagrange: introducimos un parámetro auxiliar m = y , con lo que y=x

dy = m dx =

2m , 1 − m2

2m 1 + m2 dx + 2x dm . 1 − m2 (1 − m2 )2

Separando las variables x y m, tenemos dm dx =2 x m(m2 − 1)

dx = x

2 dm = m(m2 − 1)

con lo que se deduce x=k

−

1 1 2 + + m m−1 m+1

dm ,

m2 − 1 , m2

y como y=x

2m 2k =− , 1 − m2 m

podemos eliminar m entre las dos relaciones anteriores, obteniendo así

1 − y2 2k x=k m=− , , y 4k 2 esto es y 2 = 4k (k − x) . Hemos obtenido de este modo la ecuación de una familia de parábolas de eje OX y de foco común O. Por lo tanto, el espejo presenta una superficie interna dada por un paraboloide de revolución.


PROBLEMA 2.43 Curva de persecución (la barca y la corriente). Un móvil A, situado al principio en el eje Ox se mueve hacia el punto (0, 0) con velocidad siempre constante. Simultáneamente, una corriente empuja el móvil A con velocidad también constante hacia la parte negativa del eje Oy . Descríbase la trayectoria del móvil A.

SOLUCIÓN

Denotemos por b la velocidad constante con que el móvil A se dirige al punto (0, 0), y por a la velocidad de la corriente. Para plantear el problema, nos fijamos en cómo viene dado el vector tangente en cada punto (x, y) = (x(t), y(t)) de la trayectoria del móvil A ! "

−bx −by − a x2 + y 2 dx dy (x, y) , − a(0, 1) = , , (x, ˙ y) ˙ = = −b dt dt x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 que nos lleva a la ecuación y =

by + a x2 + y 2 dy = . dx bx

Obsérvese en este punto que y (−x) = −y (x) (y es una función impar), por lo que se tendrá que la función y(−x) = y(x), esto es, la función es par. Bastará por tanto estudiar las trayectorias que se obtienen para x ≥ 0 y así lo haremos en adelante. Además, si x > 0, la ecuación anterior puede reescribirse en la forma siguiente # y 2 a y 1+ , y = + x b x que pone de manifiesto que es homogénea. Para resolverla, recurrimos al cambio de variable y = xz del que se deduce que y = xz + z y que transforma nuestra ecuación en xz + z = z +

a b

1 + z2

⇒

√

z a , = bx 1 + z2

que es de variables separables y que una vez integrada proporciona la solución a ln z + 1 + z 2 = ln |x| + k , k ∈ IR . b

√ Obsérvese que podemos prescindir del módulo en el primer miembro, por ser z+ 1 + z 2 > 0, y en el segundo por ser x > 0. Deshaciendo el cambio de variable, se obtiene la solución general " ! # y 2 a y + 1+ = ln x + k , k ∈ IR . ln x x b Por otra parte, también conviene observar que una vez que la trayectoria llega al eje Oy , no sale del mismo. Para ver esto, nótese que, para puntos sobre la parte negativa de dicho eje (que son los que pueden alcanzar nuestras trayectorias), el vector tangente es de la forma (0, b − a) y,


69

al tener primera componente nula, la trayectoria no sale de dicho eje. De hecho, se comprueba sin dificultad que x = 0 es una solución de nuestra ecuación. Si la trayectoria parte del punto (0, 0), el móvil se quedará quieto si a ≤ b, y se moverá hacia abajo por el eje Oy si a > b. Si el punto de partida de la trayectoria es el punto (c, 0) con c > 0, podemos determinar el valor de la constante k a partir de la condición inicial, y se tiene así que y(c) = 0

a k = − ln c , b

⇒

y las trayectorias del móvil vienen dadas implícitamente por ! " # # y 2 y 2 x a y y a x b. + 1+ ⇒ + 1+ = ln = ln x x b c x x c Vamos a describir estas trayectorias usando dos procedimientos distintos. 1) Para el primero, utilizaremos coordenadas polares x = ρ cos θ

e

y = ρ sen θ ,

en términos de las cuales se tiene que y/x = tg θ, y las trayectorias toman la forma $ tg θ +

b

a x a ρ cos θ (1 + sen θ) a 1 + sen θ b b ⇒ = ⇒ ρ=c 1 + tg θ = . 1+ b c cos θ c (cos θ) a

2

Veamos hacia qué puntos del eje Oy tienden las trayectorias a partir del punto (c, 0), en función de los distintos valores de las velocidades a y b. Observemos que θ varía de 0 (en el punto inicial (c, 0)) a −π/2 (al llegar al eje Oy ), y que por tanto nos interesa calcular el límite por la derecha de ρ cuando θ → −π/2. Se tiene

b

l´ım

+ θ→− π 2

ρ(θ) =

l´ım

+ θ→− π 2

c

(1 + sen θ) a (cos θ)

b 1+ a

= c l´ım

t→0+

b 1 + sen t − π2 a 1+ ab , cos t − π2

(hemos realizado el cambio θ = t − π/2) que haciendo uso de las identidades trigonométricas sen(t − π/2) = − cos t y cos(t − π/2) = sen t se transforma en

l´ımπ ρ(θ) = c l´ım +

θ→− 2

t→0+

(1 − cos t) (sen t)

b a

b 1+ a

= c l´ım

t→0+

t2 2

ab

b t1+ a

=

c 2

b a

b

l´ım t a −1 ,

t→0+

(hemos hecho uso de los infinitésimos equivalentes 1 − cos t ∼ t2 /2 y sen t ∼ t cuando t → 0) obteniéndose así ⎧ si b > a ⎨ 0 c/2 si b = a l´ımπ + ρ(θ) = ⎩ θ→− 2 ∞ si b < a , que pone de manifiesto que el móvil alcanza el punto (0, 0) si b > a, el (0, −c/2) (y se para) si b = a, o tiende hacia el (0, −∞) (sin cruzar el eje Oy ) si b < a.

70 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 2) Un segundo modo de describir las trayectorias, consiste en obtener la forma explícita de la solución como sigue y + x

# 1+

y 2 x

x a b = c

# ⇒

1+

y 2 x

x a b −y, = c x

y elevando al cuadrado ambos se obtiene

1+

y 2 x

⎞2 ⎛ a x a x 2a y 2 y x b y b b ⎠ ⎝ = = −2 − + , c x c x x c

esto es x a x 2a y b −2 b =1 c x c

⎛

⇒

a a⎞ x x b x −b⎠ y= ⎝ − , 2 c c

y finalmente se tiene que las trayectorias vienen dadas en forma explícita por y(x) =

a a 1 − a 1+ a c b x b − c b x1− b . 2

Para ver hacia que puntos del eje Oy tienden las trayectorias a partir del punto (c, 0), en función de los distintos valores de las velocidades a y b, estudiamos el límite de y(x) cuando x → 0+ . Se tiene así que ⎧ si b > a ⎨ 0 a a 1 − a 1+ a −c/2 si b = a c b x b − c b x1− b = l´ım+ y(x) = l´ım+ ⎩ x→0 x→0 2 −∞ si b < a , y llegamos a las mismas conclusiones que antes.

PROBLEMA 2.44 Curva de persecución (el conejo y el perro). Un móvil A recorre una trayectoria recta con velocidad vA . Otro móvil B, se mueve siempre en dirección a A con velocidad vB . Estúdiese la curva trazada por B.

SOLUCIÓN

No hay pérdida de generalidad en suponer que el móvil A se desplaza hacia arriba por el eje Oy , a partir de un punto inicial de coordenadas (0, a), y que el móvil B parte inicialmente de un punto situado en el eje Ox de coordenadas (b, 0) (si no es así, basta realizar un giro y una traslación para llegar a esta posición inicial). La trayectoria del móvil A vendrá descrita por A(t) = (0, a) + t (0, vA ) = (0, a + vA t) para t ≥ 0. Para plantear el problema, nos fijamos en cómo viene dado el vector tangente en cada punto (x, y) = (x(t), y(t)) de la trayectoria del móvil B. Para ello, observemos que en


71

el instante t, el móvil A se encontrará en el punto de coordenadas A(t) = (0, a + vA t). Por tanto, se tendrá

(x, y − a − vA t) dx dy (0, a + vA t) − (x, y) , vB = − vB , (x, ˙ y) ˙ = = 2 2 dt dt x + (−y + a + vA t) x2 + (y − a − vA t)2 que nos lleva a la ecuación, para x = 0 (el caso x = 0 lo comentamos más adelante) y =

y − a − vA t dy = dx x

xy = y − a − vA t.

⇒

Obsérvese que al ser y (−x) = −y (x), se tendrá que la función y(−x) = y(x), esto es, la función es par. Bastará por tanto estudiar las trayectorias que se obtienen para x ≥ 0 y así lo haremos en adelante. Para deshacernos de la variable t que aparece en el segundo miembro de la ecuación, comenzamos derivando la ecuación respecto de x xy + y = y − vA

dt dx

xy = −vA

⇒

dt , dx

y observando que como x˙ =

−xvB

dx = dt

x2

+ (y − a − vA t)2

,

se tendrá que % − x2 + (y − a − vA t)2 1 dt = = = dx x˙ xvB

− 1+

y − a − vA t x vB

2 =

$ 2 − 1 + (y ) vB

,

que nos lleva finalmente a la ecuación xy = −vA

dt dx

⇒

xy =

vA vB

$

2

1 + (y ) ,

que es independiente de t. Para resolverla, hacemos ahora el cambio de variable z = y , con lo que se tiene que z = y y la ecuación se transforma en xz =

vA vB

1 + z2

⇒

√

z vA 1 , = 2 vB x 1+z

que es de variables separables, y cuya integración proporciona la solución v A ln z + 1 + z 2 = ln x + k , k ∈ IR . vB Conviene observar en este punto que x = 0 es una solución de nuestra ecuación. De hecho, cualquier trayectoria que llega al eje Oy (o parte de él), no sale del mismo, por ser el vector tangente de la forma (0, vB ) (al tener primera componente nula, la trayectoria no puede "escapar" de dicho eje).

72 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Si la trayectoria parte del punto (0, 0) (esto es, en el caso b = 0), el móvil B alcanzará al móvil A si vB > vA , y no lo hará si vB ≤ vA . Esto es consecuencia de que las trayectorias de ambos están alineadas, y de que la velocidad (constante) de aproximación (o alejamiento dependiendo del caso) del móvil B al móvil A viene dada en términos del vector (0, vB − vA ). Si la trayectoria parte del punto (x, y) = (b, 0) con b > 0 (en el instante t = 0), podemos determinar la constante k observando que (x, z) = (x, y ) = (b, −a/b), y por tanto se tiene que !

a ln − + b

# 1+

a 2

"

b

vA ln b + k = vB

!

a k = ln − + b

⇒

# 1+

a 2

" −

b

vA ln b , vB

y la solución toma la forma ⎞ √ ⎜ z + 1 + z 2 ⎟ vA x ⎟ ln⎜ ⎝ a # a 2 ⎠ = vB ln b − + 1+ b b ⎛

v √ x A z + 1 + z2 vB , # a 2 = b a − + 1+ b b

⇒

que puede ser reescrita en forma más conveniente despejando ! z+

1+

z2

=

a − + b

# 1+

a 2

"

x

b

b

vA vB ,

(2.18)

y elevando al cuadrado z+

1+

z2

2

= 1 + 2z z +

1+

z2

!

=

a − + b

# 1+

a 2

"2

x

b

b

2vA vB ,

con lo que, teniendo en cuenta la expresión (2.18) obtenemos ⎛! ! " " v ⎞ v # # a 2 x A a 2 −1 x − A 1⎝ a a vB − − + 1 + vB ⎠ . z= − + 1+ 2 b b b b b b Deshaciendo el cambio z = y e integrando, llegamos a la forma explícita de las trayectorias y(x), que vienen dadas por ⎞ ⎧ ⎛! ! # " # " a 2 −1 ⎪ 2 x2 ⎪ 1 a a a ⎪ ⎝ − + 1+ ⎪ + − 1+ ln x⎠+k ⎪ ⎪ b b 2 b b ⎨2b ⎛! ⎞ ! # "−1 v v # " ⎪ 1+ vA 1− vA ⎪ 2 2 B B ⎪ a (x/b) b⎝ a (x/b) a a ⎪ ⎠+k ⎪ − + 1+ + − 1+ ⎪ A A ⎩2 b b 1 + vvB b b 1 − vvB

si vA = vB

si vA = vB ,

a falta de determinar la constante de integración k. Para determinarla, utilizamos que las curvas


73

han de pasar por el punto (b, 0), esto es, han de satisfacer y(b) = 0, lo que nos lleva a que ⎛! ⎧ ! # "−1 ⎞ # " 2 ⎪ 2 2 ⎪ 1 a a b a a ⎪ ⎪ − ⎝ − + 1+ + − 1+ ln b⎠ si vA = vB ⎪ ⎪ b b 2 b b ⎨ 2b ⎛! ⎞ k= ! # " # " ⎪ a 2 −1 ⎪ 2 ⎪ a b a 1 1 a ⎪ ⎠ si vA = vB , ⎪ + − 1+ ⎪ − 2⎝ − b + 1+ b A A ⎩ 1 + vvB b b 1 − vvB y por tanto, las trayectorias y(x) vienen dadas finalmente por ⎞ ⎧ ⎛! ! # " # " a 2 −1 x ⎪ 2 x2 −b2 ⎪ 1 a a a ⎪ ⎝ − + 1+ ⎠ ⎪ + − 1+ si vA = vB ln ⎪ ⎪ b b 2 b b b ⎨2b ⎛! ⎞ ! # " vA # " A ⎪ a 2 −1(x/b)1− vvB ⎪ 2 (x/b)1+ vB −1 ⎪ a a b −1 a ⎪ ⎝ − + 1+ ⎠ si vA = vB , ⎪ + − 1+ ⎪ A A ⎩2 b b 1 + vvB b b 1 − vvB en función de las velocidades y de los puntos de partida de cada móvil. Por último, nótese que a partir de estas expresiones, podríamos determinar que el móvil B alcanza al móvil A cuando vB > vA (estudiando el límite de y(x) cuando x → 0+ y viendo cuando es finito) e incluso obtener el punto del eje Oy en que esto ocurre.

PROBLEMA 2.45 Enfriamiento de líquidos. Si un cuerpo cambia de temperatura por la acción del medio, y en el supuesto de que la temperatura del medio no se altere, se cumple la siguiente "ley del enfriamiento de Newton": la velocidad de cambio de temperatura es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la del ambiente. En una habitación a 20◦ C se introduce una taza de café a 60◦ C. Al cabo de 2 minutos, su temperatura es de 50◦ C. Decir cuánto tiempo deberá pasar desde la introducción de la taza para que la temperatura del café sea de 35◦ C.

SOLUCIÓN

La ley de enfriamiento de Newton, que describe la rapidez con que se enfría un objeto, se traduce matemáticamente en la siguiente ecuación dT = k (T − Tm ) , dt en la que T (t) denota la temperatura del objeto en el instante de tiempo t, Tm es la temperatura (constante) del medio que lo rodea, dT /dt es la rapidez con que se enfría el objeto, y k es una constante. La ecuación es lineal, y un factor integrante para la misma viene dado por μ(t) = e−kt . Por tanto se tendrá d d −kt = Te Tm e−kt T −kT = −kTm ⇒ (T −kT )e−kt = −kTm e−kt ⇒ dt dt

74 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS que integrado lleva a la solución general de la ecuación T e−kt = Tm e−kt + c

⇒

T (t) = Tm + c ekt ,

c ∈ IR .

En nuestro caso concreto, se tiene que Tm = 20o C. Por otra parte, tomando como tiempo inicial t = 0 (medido en minutos) el de la introducción de la taza de café en la habitación, se tiene que T (0) = 20 + c = 60 ⇒ c = 40, con lo que la solución viene dada por T (t) = 20 + 40 ekt . Para determinar el valor de la constante k, hacemos uso de que

1 3 3 ⇒ k = ln T (2) = 20 + 40 e2k = 50 ⇒ e2k = ≈ −0.143841 . 4 2 4 Finalmente, obtenemos T (t) = 20 + 40 e

t 2

ln( 34 )

= 35 ⇒ e

t 2

ln( 34 )

2 ln 38 3 ≈ 6.81884 minutos, = ⇒ t= 8 ln 34

esto es, algo más de 6 minutos y 49 segundos.

PROBLEMA 2.46 Más enfriamientos. A las 23 horas fue descubierto un cadáver. El forense llegó a las 23 : 30 y tomó la temperatura del cuerpo, registrando 28◦ C. Dos horas más tarde tomó de nuevo la temperatura del cadáver, registrando ahora 22◦ C. La temperatura del local en que se encontraba el cadáver era de 16◦ C. Deducir la hora del fallecimiento.

SOLUCIÓN

Queremos determinar la hora del fallecimiento a partir de la velocidad de enfriamiento del cadáver. Como vimos en el ejercicio 2.45, la ley de enfriamiento de Newton viene descrita por la ecuación T = k (T − Tm ), cuya solución general viene dada, como ya vimos, por T (t) = Tm + c ekt , con c ∈ IR. En el caso concreto que nos ocupa, tenemos Tm = 16. Tomaremos como tiempo inicial t = 0 (medido en minutos) el del descubrimiento del cadáver, esto es, las 23 horas. Se tiene así que ⎫ ln 2 ≈ −0.00577623 ⎬ k=− T (30) = 16 + c e30k = 28 c e30k = 12 ⇒ ⇒ 120 T (150) = 16 + c e150k = 22 c e150k = 6 ⎭ c = 12 · 21/4 ≈ 14.2705 y por tanto, la solución toma la forma T (t) = 16 + 12 · 21/4 e−t ln 2/120 . Para determinar el instante de la muerte, tendremos en cuenta que la temperatura normal de una persona viva es de 37◦ C, y por tanto

−t ln 2 −t ln 2 1 7 7 120 ln 9 ≈ −66.8826 min , T (t) = 16+12·2 4 e 120 = 37 ⇒ e 120 = 9 ⇒ t = − ln 2 4 2 24 esto es, aproximadamente a las 21 horas y 53 minutos (unos 67 minutos antes de las 23 horas).


75

PROBLEMA 2.47 (El destructor y el submarino). Un destructor trata de cazar a un submarino en medio de una densa niebla. La niebla se levanta un instante y revela que el submarino se encuentra en superficie y a 6 kilómetros de distancia del destructor. La velocidad del destructor es doble que la del submarino, y también se sabe que este se sumergirá y avanzará a toda velocidad en línea recta y en dirección desconocida. Dígase qué trayectoria deberá seguir el destructor para estar seguro de pasar sobre el submarino.

SOLUCIÓN

Sean S el submarino, D el destructor y v la velocidad del submarino (por lo tanto 2v la velocidad de D). Supongamos que ambos están inicialmente sobre el eje OX. Para estar seguro de pasar sobre el submarino, el destructor tiene, primero, que dirigirse hacia donde lo avistó. AA

A A

A

A

A

A

A ba` (xS (t), yS (t))

AAK A

ba` * (xD (t), yD (t)) θ0 θ(t)

SA (0, 0)

(2, 0)

D

(6, 0)

El destructor avanza hacia donde vió a S. Si S hubiera avanzado hacia D, entonces D estaría sobre S en un tiempo t0 con v t0 + 2 v t0 = 6

⇒

t0 =

2 . v

Pasamos a coordenadas polares (xS (t), yS (t)) ≡ (RS (t), θ0 ) ,

(xD (t), yD (t)) ≡ (RD (t), θ(t)) ,

siendo θ0 el ángulo, fijo, que forma la dirección de escape de S con el eje OX, y RS (t) = v t la distancia recorrida. Para que exista la seguridad de que D pase sobre S, ha de ser RD (t) = RS (t) = v t para todo t ≥ 2/v, (si t = 2/v, RD (t) = RS (t) = 2). Buscamos θ(t). Nótese que estamos parametrizando la trayectoria con el tiempo t. xD (t) = v t cos θ(t) yD (t) = v t sen θ(t) , (t))2 = (vD )2 = 4 v 2 , (xD (t))2 + (yD

v 2 (cos2 θ(t) + t2 sen2 θ(t) (θ (t))2 + sen2 θ(t) + t2 cos2 θ(t) (θ (t))2 ) = 4 v 2 , 1 + t2 (θ (t))2 = 4 ,

76 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS de dónde se deduce que √ √ ± 3 ⇒ θ(t) = ± 3 ln t + c . t √ Como θ(2/v) = 0, entonces c = ∓ 3 ln(2/v) y por tanto √ vt ( θ(t) = ± 3 ln( ) ± √θ ± √θ ⇒ v t = 2 e 3 ⇒ R(θ) = 2 e 3 . 2 R(t) = v t θ (t) =

El destructor avanza 4 kilómetros hacia el submarino y luego sigue a lo largo de una de las √ espirales R = 2 exp(θ/ 3), θ > 0 (consideramos el signo positivo en el exponente, porque el submarino se aleja del origen cuando θ crece).

PROBLEMA 2.48 (Problema del quitanieves). El problema se encuentra en Differential equations, por Ralph Palmer Agnew (McGraw-Hill Book Co.). Nieva regularmente. Una máquina quitanieves sale a las 12 de la mañana y recoge un volumen constante de nieve en la unidad de tiempo. En la primera hora la máquina avanza 2 kilómetros, y en la segunda solamente 1 kilómetro. ¿A qué hora empezó a nevar?.

SOLUCIÓN

Interpretamos el enunciado del problema: – recoge un volumen constante de nieve en unidad de tiempo ⇒ la velocidad v de la máquina es inversamente proporcional a la altura, h(t), de la nieve. – nieva regularmente ⇒ la cantidad (altura) de nieve es proporcional al tiempo. Sea t0 el tiempo que lleva nevando hasta que sale la máquina, entonces v(t) =

dx k k = = , dt h(t) ct

luego

x(t) =

k dt . ct

Sabemos que x(t0 + 1) = 2 y x(t0 + 2) = 3, por lo que t0 +1 t0 +1 t0 + 1 k λ , con λ = k , 2 = dt = dt = λ ln ct t t c 0 t0 t0 t0 +2 t0 + 2 λ , dt = λ ln 1 = t0 + 1 t0 +1 t de donde obtenemos 2

eλ =

t0 + 1 , t0

1

eλ =

t0 + 2 , t0 + 1


77

y se sigue que t0 + 1 = t0

t0 + 2 t0 + 1

2 ⇔

(t0 + 1)3 = (t0 + 2)2 t0

t30 + 1 + 3t20 + 3t0 = (t20 + 4 + 4t0 ) t0 = t30 + 4t0 + 4t20 t20 + t0 − 1 = 0 √ √ −1 + 5 −1 ± 1 + 4 = ≈ 0 618034 . t0 = 2 2

PROBLEMA 2.49 Trayectorias ortogonales. Si denotamos por x la variable independiente a) Pruébese que las circunferencias x2 + y 2 = c2 son soluciones de la ecuación diferencial x + yy = 0. b) Pruébese que las curvas solución de la ecuación y = f (x, y) se cortan perpendicularmente con las curvas solución de y = −1/f (x, y). c) Utilizando lo visto en los dos apartados precedentes, obténgase la familia de las curvas que cortan ortogonalmente a la familia de las circunferencias con centro en el origen.

SOLUCIÓN

a) Derivando la expresión x2 + y 2 = c2 respecto de x, obtenemos 2x + 2yy = 0, y dividiendo por 2 la ecuación, se sigue el resultado. b) Las curvas solución de la ecuación y = f (x, y) tienen en cada punto (x, y) por vector tangente al dado por (1, y ) = (1, f (x, y)). Por otra parte, las curvas solución de la ecuación y = −1/f (x, y) tienen en dicho punto (x, y) por vector tangente al dado por (1, y ) = (1, −1/f (x, y)). En cada punto (x, y), el ángulo formado por las curvas solución de ambas ecuaciones, coincide con el formado por sus tangentes. Pero el producto escalar de dichas tangentes es (1, f (x, y)) · (1, −1/f (x, y)) = 1 − 1 = 0, lo que prueba que son perpendiculares. c) Hemos visto en el primer apartado, que las circunferencias centradas en el origen son solución de la ecuación 2x + 2yy = 0, esto es, de y = f (x, y) con f (x, y) = −x/y. Por el segundo apartado, sabemos que la familia de las curvas que cortan ortogonalmente a la familia de las circunferencias con centro en el origen, se obtiene como solución de la ecuación y = −1/f (x, y) = y/x, que es de variables separables (y lineal). Integrando dicha ecuación, se tiene que ln |y| = ln |x| + c1 , o equivalentemente |y| = c2 |x| donde c2 = ec1 es una constante positiva. Mejor aún, añadiendo la solución constante y = 0,

78 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS podemos reescribir lo anterior en la forma y = kx con k ∈ IR constante, que pone de manifiesto que la familia de curvas buscada está formada por las rectas que pasan por el origen.

PROBLEMA 2.50 Trayectorias ortogonales. ¿Qué ecuación verifican las curvas de la familia dada por F (x, y, c) = 0? La que resulta de eliminar c entre F (x, y, c) = 0 y ∂F (x, y, c) ∂F (x, y, c) dy + = 0. ∂x ∂y dx Con esto y lo visto en el ejercicio 2.49, calcúlese la familia de las curvas que cortan ortogonalmente a la familia de las circunferencias tangentes en el origen al eje de ordenadas.

SOLUCIÓN

La familia de las circunferencias tangentes en el origen al eje de ordenadas, viene descrita por las ecuaciones (x − c)2 + y 2 = c2 con c ∈ IR − {0}. Derivando esta expresión respecto de x, obtenemos 2(x − c) + 2yy = 0. Para eliminar la constante c entre ambas ecuaciones, despejamos c de la primera (x − c)2 + y 2 = c2

x2 + y 2 = 2cx

⇒

⇒

c=

x2 + y 2 2x

y sustituimos en la segunda ecuación, para obtener

x2 + y 2 x2 − y 2 2 x− + 2yy = 0 + 2yy = 0 ⇒ 2x x

⇒

para x = 0 ,

y =

y 2 − x2 , 2xy

que es la ecuación que verifican las circunferencias de la familia. Tenemos pues que nuestra ecuación es de la forma y = f (x, y) con f (x, y) = (y 2 − x2 )/(2xy). A partir del ejercicio 2.49, sabemos que la familia de curvas que cortan ortogonalmente a las circunferencias tangentes en el origen al eje de ordenadas viene descrita por la ecuación y = −1/f (x, y), esto es por 2xy 2(y/x) = , y = 2 2 x −y 1 − (y/x)2 que resulta ser homogénea y que, por tanto, puede ser resuelta mediante el cambio de variable y = xz, a partir del cual tenemos que y = xz + z, y la ecuación, en la nueva variable, toma la forma xz + z =

2z 1 − z2

⇒

xz =

z(1 + z 2 ) 1 − z2

⇒

1 − z2 1 z = , z(1 + z 2 ) x


79

que es de variables separables. Para resolverla, descomponemos el primer miembro en fracciones simples e integramos

z 2z 1 1 2 − ⇒ ln |z|−ln |1 + z = | = ln |x| + c ⇒ ln z 1 1 + z 2 = ln |x| + c1 , z 1 + z2 x con lo que se llega a z 1 + z 2 = c2 |x| con c2 > 0

⇒

z = kx con k ∈ IR . 1 + z2

Finalmente deshacemos el cambio de variable realizado (y/x) = kx 1 + (y/x)2

⇒

x2

xy = kx + y2

⇒

x2

y =k + y2

⇒

k(x2 + y 2 ) = y ,

obteniendo la familia de curvas buscada, que no es otra que la familia de las circunferencias tangentes en el origen al eje de abcisas, como se comprueba sin más que reescribir la solución en la forma 2 2

y 1 1 2 2 2 ⇒ x + y− x +y = = , k ∈ IR − {0} . k 2k 2k

PROBLEMA 2.51 Trayectorias formando un ángulo. a) Pruébese que las curvas solución de la ecuación y =

f (x, y) + tg ω 1 − f (x, y) tg ω

se cortan formando un ángulo ω con las curvas solución de y = f (x, y). b) Búsquese la familia de las curvas que cortan a la familia de las rectas y = cx (que pasan por el origen) según un ángulo de π/4. Calcúlese en coordenadas polares la expresión de estas curvas.

SOLUCIÓN

a) Las curvas solución de la ecuación y = f (x, y) tienen en cada punto (x, y) por vector tangente al (1, y ) = (1, f (x, y)). Por otra parte, las curvas solución de la ecuación y =

f (x, y) + tg ω , 1 − f (x, y) tg ω

80 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS siempre que no se anule el denominador del segundo miembro de la ecuación (veremos este caso al final), tienen en dicho punto (x, y) por vector tangente al

f (x, y) + tg ω (1, y ) = 1, . 1 − f (x, y) tg ω En cada punto (x, y), el ángulo formado por las curvas solución de ambas ecuaciones, coincide con el formado por sus tangentes en dicho punto. Además, si normalizamos los vectores tangentes, sabemos que el coseno del ángulo formado vendrá dado por el producto escalar de ambos vectores. Para abreviar las expresiones que manejaremos, pondremos f en vez de f (x, y). Normalizamos el primero de los vectores, obteniendo 1 1 + f2

(1, f ) .

Para el segundo de los vectores se obtiene, tras algunas simplificaciones %

(1 − f tg ω)2 f + tg ω |1 − f tg ω|| cos ω| f + tg ω 1, = , 1, 1 − f tg ω 1 − f tg ω (1 + f 2 )(1 + tg2 ω) 1 + f2 donde hemos hecho uso de la identidad trigonométrica 1+tg2 ω = 1/ cos2 ω. Haciendo ahora el producto escalar de los vectores normalizados, se tiene

f 2 + f tg ω |1 − f tg ω| |1 − f tg ω|| cos ω| | cos ω| , 1 + = 2 1+f 1 − f tg ω 1 − f tg ω esto es ± cos ω dependiendo del signo de 1 − f tg ω. Con ello hemos probado el resultado buscado, puesto que lo anterior simplemente es consecuencia de que en realidad las curvas forman dos ángulos: ω y π−ω , y de que se verifica cos(π − ω) = − cos ω. Por último, falta probar el resultado para el caso en que 1 − f (x, y) tg ω = 0, esto es, cuando en un punto (x, y) se tiene que f (x, y) = 1/ tg ω. En este caso, la tangente a la segunda curva es vertical por ser |y | = ∞ y tiene por tanto la dirección del vector (0, 1). Por tanto, el ángulo formado por ambas curvas coincide con el formado por los vectores (0, 1) y (tg ω, 1) (que es proporcional al (1, 1/ tg ω) y tiene por tanto su misma dirección). Normalizando este segundo vector (el primero ya lo está) y haciendo el producto escalar de ambos, obtenemos el coseno del ángulo formado 1 2

1 + tg ω

(tg ω, 1) · (0, 1) =

1 1 + tg2 ω

= | cos ω| ,

lo que prueba el resultado también en este caso. b) Como vimos en el ejercicio 2.50, para obtener la ecuación que verifican las rectas de la familia y = cx, despejamos la constante c = y/x, y la sustituimos (para eliminarla) en la derivada de la ecuación y = c, obteniendo así la ecuación buscada y = y/x. Ahora, utilizamos el primer apartado con ω = π/4, tras lo cual llegamos a la ecuación que ha de satisfacer la familia de curvas que cortan a las rectas y = cx con un ángulo de π/4 π y y + tg 1+ x 4 x y = y , y π = 1− 1 − tg x x 4


81

que resulta ser homogénea. Realizamos el cambio de variable y = xz, para el cual se tiene y = xz + z. La ecuación en la nueva variable pasa a ser xz + z =

1+z 1−z

⇒

xz =

1 + z2 1−z

⇒

1−z 1 z = , 1 + z2 x

que es una ecuación de variables separables que se integra sin dificultad obteniendo así z 1 2zz 1 − = 1 + z2 2 1 + z2 x

⇒

arctg z −

1 ln(1 + z 2 ) = ln |x| + c . 2

Deshaciendo el cambio de variable realizado se obtiene finalmente y 1 y 2 y 1 arctg − ln 1 + − ln x2 + y 2 = c . = ln |x|+c ⇒ arctg x 2 x x 2 En coordenadas polares x = ρ cos θ

e

y = ρ sen θ ,

la expresión de las curvas anteriores viene dada por θ − ln ρ = c

⇒

ln ρ = θ − c

donde k denota cualquier constante positiva y θ ∈ IR.

⇒

ρ = keθ ,

CAPÍTULO

3

Ecuaciones y sistemas lineales. Teoría general

En este tema se desarrollan los elementos de la teoría general de los sistemas y ecuaciones lineales. No debemos dejarnos engañar por el hecho de que las ecuaciones lineales de primer orden se resuelven con facilidad mediante un factor integrante (véase el capítulo anterior). En general, no es posible encontrar fórmulas explícitas para todas las soluciones. Tampoco es ese el objetivo en este tema. Pretendemos describir los aspectos fundamentales de la teoría de sistemas lineales, dejando para los temas posteriores los métodos concretos de resolución.

3.1. Definición y clasificación. Comenzamos definiendo los sistemas y ecuaciones lineales. Todos los resultados que veremos se referirán a sistemas del tipo (sl)

y = A (t) y + b(t) ,

donde A(t) representa una matriz n × n formada por funciones, reales o complejas, continuas en un intervalo I ⊂ IR y el término independiente b(t) es un vector formado también por n funciones, reales o complejas, continuas en I; o a ecuaciones diferenciales de la forma (el)

a0 (t) y n) + a1 (t) y n−1) + ... + an (t) y = b(t),

con ai (t), b(t) ∈ C(I), i = 0, . . . , n, I ∈ IR, a0 (t) = 0 en I. - Si el término independiente es nulo hablamos de sistemas/ecuaciones homogéneas. - Si los coeficientes son constantes (aunque el término independiente no lo sea) nos referiremos a sistemas/ecuaciones de coeficientes constantes. Con frecuencia consideraremos los problemas de Cauchy o problemas de condiciones inciales: y = A (t) y + b(t) a0 (t) y n) + a1 (t) y n−1) + ... + an (t) y = b(t) (3.1) y(t0 ) = y0 ; y(t0 ) = y0 , y (t0 ) = y1 , . . . , y n−1) (t0 ) = yn−1 ,

84 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS donde t0 ∈ I, y0 es un vector arbitrario de IRn o Cn e y0 , . . . , yn−1 son escalares arbitrarios. Nota. En ocasiones consideraremos la forma integral del problema de Cauchy y(t) = y0 +

t

[A(s) y(s) + b(s)] ds ,

(3.2)

t0

obtenida al integrar, entre t0 y t, el sistema lineal e imponer la condición inicial.

3.1.1. Sistema equivalente a una ecuación. Sea y(t) = (y1 (t), y2 (t) , · · · , yn (t))T . El cambio de variable y1 = y,

y2 = y , · · · , yn = y n−1) ,

(3.3)

transforma la ecuación lineal (el) en un sistema lineal equivalente, con matriz de coeficientes: ⎞ ⎛ 0 1 0 ... 0 ⎟ ⎜ 0 0 1 ... 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ .. .. .. . . . . ⎟ ⎜ . . . . . A(t) = ⎜ ⎟, ⎟ ⎜ 0 0 0 ... 1 ⎟ ⎜ ⎝ an (t) an−1 (t) an−2 (t) a1 (t) ⎠ − − ... − − a0 (t) a0 (t) a0 (t) a0 (t) y término independiente b(t) = (0, 0, . . . , 0, b(t)/a0 (t))T . Conviene observar que la inversa, sin embargo, no es cierta; es decir, un sistema lineal de primer orden no puede transformarse, en general, en una sola ecuación de n-ésimo orden. Por lo tanto, la teoría de los sistemas de ecuaciones de primer orden incluye a la de las ecuaciones de orden n como un caso particular.

3.1.2. Sistemas reales y complejos. También es posible transformar un sistema lineal de coeficientes complejos en otro de coeficientes exclusívamente reales, a costa de doblar el tamaño del sistema. El sistema complejo de tamaño n y = A(t) y + b(t),

con A(t) = A1 (t) + i A2 (t), b(t) = b1 (t) + i b2 (t)

equivale al sistema real de tamaño 2n " ! ! " ! "! " A1 (t) −A2 (t) b1 (t) y1 y1 = + . A2 (t) b2 (t) y2 A1 (t) y2

(3.4)

(3.5)

Es decir, si y(t) es solución de (3.4) e y1 (t), y2 (t) son, respectivamente, sus partes real e imaginaria, entonces el vector (y1 (t), y2 (t))T (de tamaño 2n) es solución real de (3.5) y, recíprocamente, si este vector es solución real de (3.5), el vector y(t) = y1 (t) + i y2 (t) lo es de (3.4).

ECUACIONES Y SISTEMAS LINEALES. TEORÍA GENERAL

85

3.2. Teoremas de existencia y unicidad. Iteradas de Picard. Analizamos la existencia y unicidad global de soluciones para el problema de Cauchy definido por un sistema lineal no homogéneo con coeficientes tanto reales como complejos. Teorema. Si la matriz de coeficientes A(t) y el término independiente b(t) están formados por funciones continuas en un intervalo I ⊂ IR, entonces existe una única solución de (3.1) que pasa por un punto prefijado (t0 , y0 ) de I × IRn y es prolongable a todo intervalo cerrado y acotado contenido en I. C OROLARIO. Toda solución del sistema homogéneo y = A(t) y que se anule en un punto, es idénticamente nula. Nota. Teniendo en cuenta la equivalencia entre la ecuación lineal de orden arbitrario y el correspondiente sistema lineal de primer orden, los resultados anteriores pueden aplicarse también a las ecuaciones lineales. Iteradas de Picard: construcción de soluciones aproximadas. La sucesión de funciones (gk (t))k definida por g0 (t) = gk+1 (t) =

y0 y0 +

t t0

(A(s) gk (s) + b(s)) ds ,

converge, uniformemente en cada compacto, hacia una solución del problema de Cauchy (3.2). Nota. Consideremos los comentarios siguientes: 1) Por simplicidad suele tomarse g0 (t) = y0 . 2) Si el problema es complejo, las iteradas de Picard complejas aproximan las soluciones complejas del problema de Cauchy.

3.3. Sistemas lineales de primer orden con coeficientes continuos. 3.3.1. Sistema homogéneo. Matriz fundamental. Sea el sistema lineal homogéneo de n ecuaciones (sh)

y = A(t) y ,

con matriz de coeficientes A(t) formada por funciones continuas en I ⊂ IR. Teorema. Las soluciones de (sh) forman un espacio vectorial de dimensión n sobre IR o C.

86 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS D EFINICIÓN. Se denomina: 1) Sistema fundamental de soluciones del sistema lineal homogéneo, a toda base del espacio de soluciones de (sh). 2) Matriz fundamental de (sh) a toda matriz cuyas columnas forman un sistema fundamental de soluciones del sistema lineal homogéneo. 3) Matriz fundamental principal en t0 de (sh) a toda matriz fundamental que en t0 es la matriz identidad. Es fácil comprobar que: (a) la matriz fundamental principal en un punto es única, (b) hay matrices fundamentales que no son principales en ningún punto. Matriz fundamental: 1) C ARACTERIZACIÓN: Sea Y (t) una matriz de funciones de clase C 1 y denotemos por Y (t) su derivada componente a componente. Y (t) es matriz fundamental de (sh) si y sólo si verifica: (a) Y (t) = A(t) Y (t) (las columnas son soluciones del sistema homogéneo). (b) det Y (t) = 0 (las columnas son linealmente independientes). 2) P ROPIEDADES: (a) El determinante de una matriz fundamental de (sh) o se anula idénticamente o no se anula en ningún punto. (b) Si Y (t) es una matriz de funciones de clase C 1 en el intervalo I ⊂ IR cumpliendo que det Y (t) = 0 ∀t ∈ I, entonces existe un único sistema lineal homogéneo para el que Y (t) es matriz fundamental en I. La matriz de coeficientes de dicho sistema es: A(t) = Y (t) Y −1 (t). (c) Dada una matriz fundamental Y (t), cualquier otra matriz fundamental del sistema es de la forma Y (t) C, siendo C una matriz constante con det C = 0. En particular, la matriz fundamental principal en t0 será Y (t) Y −1 (t0 ). (d) La Resolvente de (sh) es R(t, s) = Y (t) Y −1 (s) y la solución de (sh) que en t = t0 vale y0 viene dada por R(t, t0 ) y0 . Solución general de (sh): viene dada por y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) + · · · + cn yn (t) , siendo y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) un sistema fundamental de soluciones y c1 , c2 , . . . , cn constantes arbitrarias. Si Y (t) es una matriz fundamental y c = (c1 , c2 , . . . , cn )T , la solución general de (sh) viene dada por y(t) = Y (t) c . Nota. No existe un método universal que permita el cálculo efectivo de la solución general de un sistema homogéneo. Sin embargo, para formas particulares de la matriz A sí somos capaces de dar métodos que nos conducen a dicha solución. Así encontramos que


87

1) Si A(t) es diagonal, el sistema se reduce a n ecuaciones escalares lineales de primer orden independientes. 2) Si A(t) es triangular, el sistema también se reduce a n ecuaciones escalares lineales de primer orden pero, en este caso, una de ellas es independiente. Su resolución permite convertir otra en independiente, y así sucesivamente. 3) Si A(t) = A es constante, existen procedimientos generales (basados en técnicas algebraicas) que permiten resolverlos. Estos sistemas se estudiarán en el capítulo siguiente. Reducción del tamaño de un sistema: Una técnica que puede ayudar a simplificar la resolución de un sistema consiste en reducir su tamaño. Veamos cómo se aplica. Consideremos el sistema lineal homogéneo de tamaño n y = A(t) y , y sean y1 (t), y2 (t), ..., yr (t) soluciones linealmente independientes en un intervalo I ⊂ IR. Formamos la matriz Y (t) cuyas columnas son yi (t), i = 1, . . . , r. Por continuidad existe un menor de tamaño r, Y1 (t), cuyo determinante es no nulo en algún subintervalo J ⊂ I. Permutando, si fuese necesario, el orden de las ecuaciones del sistema siempre podemos expresar la matiz Y (t) en la forma:

Y1 (t) Y (t) = . Y2 (t) Definimos ahora la matriz inversible en J, ! Y1 (t) P (t) = Y2 (t)

0

" ,

In−r

donde In−r representa la matriz identidad de tamaño n − r; y dividimos A(t) en bloques del mismo tamaño que los de P (t), " ! A12 (t) A11 (t) . A(t) = A21 (t) A22 (t) Sea z = (z1 , z2 )T donde z1 es el vector formado por las r primeras componentes de z y z2 por las n − r últimas; el cambio de variable y = P (t) z

⇒

z = P −1 (t)(A(t)P (t) − P (t)) z

nos lleva a z1 = Y1−1 (t) A12 (t) z2 , z2 = − Y2 (t) Y1−1 (t) A12 (t) + A22 (t) z2 .

(3.6)

La segunda igualdad es un sistema lineal homogéneo de tamaño n − r. Una vez resuelto se sustituye en (3.6) e, integrando la expresión que resulta, se calcula z1 . Finalmente basta deshacer el cambio de variable para obtener la solución general del sistema de partida.

88 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Teorema. (Fórmula de Abel-Liouville-Jacobi). Si Y (t) es solución del sistema (sh), i.e. Y (t) = A(t) Y (t) entonces la función escalar detY (t) verifica la ecuación escalar lineal de primer orden (detY (t)) = tr A(t) detY (t) , por lo tanto, para todo t, t0 ∈ I se verifica que

t

detY (t) = detY (t0 ) exp

tr A(s) ds

.

t0

3.3.2. Sistema no homogéneo. Variación de las constantes. Consideremos el sistema lineal no homogéneo (sl)

y = A(t) y + b(t) ,

con A(t) y b(t) formados por funciones continuas en un intervalo I ⊂ IR. El siguiente teorema establece la relación entre sus soluciones y las del correspondiente sistema homogéneo asociado y = A(t) y. Teorema. Sea yp (t) una solución particular de (sl) e Y (t) una matriz fundamental del sistema homogéneo asociado. Entonces, la solución general de (sl) viene dada por: y(t) = yp (t) + Y (t) c , siendo c = (c1 , c2 , . . . , cn )T un vector formado por constantes arbitrarias. Nota. El conjunto de soluciones de (sl) no tiene estructura de espacio vectorial. Además: 1) la suma de dos soluciones de (sl) no es una solución de (sl), 2) la diferencia de dos soluciones de (sl) es una solución de (sh). Solución particular de (sl): procedimientos para facilitar una solución particular y calcularla. 1) Principio de superposición de soluciones: Si yp,1 (t), yp,2 (t), . . . , yp,k (t) son soluciones respectivas de los sistemas y = A(t)y + b1 (t) , y = A(t)y + b2 (t) , . . . , y = A(t)y + bk (t) , entonces, yp,1 (t) + yp,2 (t) + · · · + yp,k (t) es solución del sistema y = A(t)y + b1 (t) + b2 (t) + · · · + bk (t) . 2) Método de variación de las constantes. Si y1 (t), . . . , yn (t) es un sistema fundamental de soluciones de (sh) e Y (t) la matriz fundamental que tiene como columnas dichas soluciones, la solución general de (sh) se obtiene como Y (t) c = c1 y1 (t) + · · · + cn yn (t) , donde c = (c1 , . . . , cn )T es un vector arbitrario.


89

Buscamos una solución del sistema completo (sl) de la forma Y (t) c(t) = c1 (t)y1 (t) + · · · + cn (t)yn (t) i.e. consideramos como una función vectorial lo que, en la solución del sistema homogéneo, es un vector constante; de ahí el nombre del método. Imponemos que Y (t) c(t) sea solución del sistema completo [ Y (t)c(t) ] = Y (t)c(t) + Y (t)c (t) = A(t) Y (t)c(t) + b(t) , y teniendo en cuenta que Y (t) = A(t)Y (t), deducimos Y (t)c (t) = b(t). La condición detY (t) = 0 nos garantiza la existencia de una única solución del sistema anterior, siendo c(t) = Y −1 (t)b(t) dt . De este modo, una solución particular del sistema (sl) es: t yp (t) = Y (t) Y −1 (s)b(s) ds , t0

y, en particular, la solución de (sl) que vale 0 en t0 será: t yp (t) = Y (t) Y −1 (s)b(s) ds . t0

3.4. Ecuaciones escalares lineales de orden superior. 3.4.1. Ecuación homogénea. Sistema fundamental de soluciones. Consideramos la ecuación diferencial homogénea de orden n (eh)

a0 (t) y n) + a1 (t) y n−1) + ... + an (t) y = 0 ,

con coeficientes continuos en I ⊂ IR, a0 (t) = 0 en I. Teorema. Las soluciones de (eh) forman un espacio vectorial de dimensión n sobre IR o C. Las bases de este espacio (denominadas, sistemas fundamentales) son las que se corresponden mediante la aplicación y(t) → y(t) = (y(t), y (t), . . . , y n−1) (t))T , con los sistemas fundamentales de soluciones del sistema homogéneo asociado a la ecuación. Nota. El hecho de que la dimensión del espacio de soluciones de (eh) sea igual al orden de la ecuación no es válido para ecuaciones cuyo coeficiente principal, a0 (t), se anule en algún punto del intervalo I. Un ejemplo nos lo proporciona la ecuación t y + y = 0 en cualquier intervalo que contenga al origen.

90 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Solución general de (eh): viene dada por y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) + · · · + cn yn (t) , siendo y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) un sistema fundamental de soluciones y c1 , c2 , . . . , cn constantes arbitrarias. Nota. En lo que se refiere al cálculo efectivo de la solución general de la ecuación homogénea, sólo el caso de coeficientes constantes y algún otro que se reduce a éste iten métodos generales de resolución. Sistemas fundamentales. Wronskiano. 1) Se denomina Wronskiano de las soluciones y1 (t), . . . , yn (t) al determinante y1 (t) y2 (t) ··· yn (t) y1 (t) y2 (t) ··· yn (t) W (y1 , y2 , . . . , yn )(t) = .. .. .. , .. . . . . n−1) n−1) n−1) y (t) y2 (t) · · · yn (t) 1

(3.7)

y permite distinguir si un conjunto de n soluciones de (eh), es o no un sistema fundamental de soluciones. P ROPIEDADES: (a) Las siguientes afirmaciones son equivalentes: i) Las soluciones y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) son linealmente independientes, o sea, forman un sistema fundamental de soluciones; ii) ∃ t0 ∈ I tal que W (y1 , y2 , . . . , yn )(t0 ) = 0 ; iii) ∀ t ∈ I W (y1 , y2 , . . . , yn )(t) = 0 ; (b) Un sistema fundamental caracteriza totalmente la ecuación. Sean y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t) funciones de clase C n en el intervalo I tales que W (y1 , y2 , . . . , yn ) = 0 en I. Entonces, la ecuación lineal W (y1 , . . . , yn , y)(t) = 0, W (y1 , . . . , yn )(t) es la única ecuación lineal homogénea de orden n y coeficiente 1 para la derivada y n) para la que dichas funciones son solución y, además, forman un sistema fundamental de soluciones. (c) El wronskiano de cualquier base de soluciones está determinado, salvo una constante multiplicativa, por la propia ecuación y no depende de la base particular usada para calcularlo. En efecto: Teorema. (Fórmula de Abel-Liouville-Jacobi). Si y1 (t), y2 (t), .., yn (t) son soluciones de (eh), entonces su wronskiano verifica, ∀ t, t0 ∈ I,

t a1 (s) ds . W (y1 , . . . , yn )(t) = W (y1 , . . . , yn )(t0 ) exp − t0 a0 (s)


91

Nota. Dadas n-1 soluciones independientes de una ecuación homogénea de orden n, la fórmula anterior nos permite completar el sistema fundamental de soluciones. 2) Sistemas fundamentales reales y complejos. Consideremos una ecuación lineal homogénea con coeficientes dados por funciones reales. Sea y1 (t), . . . , yn (t) un sistema fundamental de soluciones, entonces c1 y1 (t) + · · · + cn yn (t) , proporciona las soluciones complejas cuando c1 , . . . , cn ∈ C, y las soluciones reales cuando c1 , . . . , cn ∈ IR. (a) Si y(t)es una solución compleja entonces su parte real y(t) y su parte imaginaria y(t) son también soluciones. (b) Una ecuación homogénea con coeficientes complejos puede no tener soluciones reales (salvo la trivial). El siguiente teorema facilita la búsqueda de un sistema fundamental. Teorema. (Reducción del orden) Sea y0 (t) una solución no trivial de (eh) que no se anula en un subintervalo J de I, entonces 1) El cambio de variable y = z y0 (t) reduce (eh), en el intervalo J, a una ecuación lineal homogénea de orden n − 1 en la variable w(t) = dz(t)/dt . 2) Si la ecuación homogénea en w posee a w1 , . . . , wn−1 como sistema fundamental de soluciones, y consideramos las primitivas z1 (t) = w1 (t) dt , . . . , zn−1 (t) = wn−1 (t) dt , entonces y0 (t) , z1 (t)y0 (t) , . . . , zn−1 (t)y0 (t) es un sistema fundamental en J para (eh), o sea, para la ecuación homogénea original. Nota. En el caso particular de la ecuación de segundo orden se tiene: 1) Si y0 (t) es una solución no trivial de la ecuación a0 (t)y + a1 (t)y + a2 (t)y = 0 , el cambio y = z y0 (t) la transforma en a0 (t)y0 (t)z + (2a0 (t)y0 (t) + a1 (t)y0 (t))z = 0 , o sea, para w = z , en a0 (t)y0 (t)w + (2a0 (t)y0 (t) + a1 (t)y0 (t))w = 0 . Un sistema fundamental de soluciones será:

t0 a1 (s) 1 ds dt , y0 (t) , y0 (t) exp − y0 (t)2 a0 (s) t

∀t , t0 ∈ I.

92 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 2) A la misma conclusión se llega a partir de la fórmula de Abel. Si y0 (t) es una solución no trivial de la ecuación a0 (t)y + a1 (t)y + a2 (t)y = 0 , cualquier otra solución debe verificar

W (y0 , y)(t) = W (y0 , y)(t0 ) exp −

t

t0

luego

y(t) = ky0 (t) + cy0 (t)

a1 (s) ds a0 (s)

,

t a1 (s) 1 ds dt , exp − y0 (t)2 t0 a0 (s)

será la solución general de la ecuación original de segundo orden.

3.4.2. Ecuación no homogénea. Variación de las constantes. Fórmula de Green. Consideramos la ecuación diferencial (el)

a0 (t) y n) + a1 (t) y n−1) + ... + an (t) y = b(t),

con ai (t), b(t) ∈ C(I), i = 0, ..., n, I ⊂ IR, a0 (t) = 0 en I. La relación entre las soluciones de (el) y las de la ecuación homogénea asociada es análoga a la descrita para los sistemas lineales. Teorema. Sea y1 (t), . . . , yn (t) un sistema fundamental de (eh) y sea yp (t) una solución particular de (el). Entonces, la fórmula y(t) = yp (t) + c1 y1 (t) + · · · + cn yn (t) , proporciona la solución general de la ecuación completa (el) cuando las constantes c1 , . . . , cn toman valores arbitrarios.

Solución de (el): procedimientos para facilitar una solución particular y calcularla. 1) Principio de superposición de soluciones. Denotamos por L y = a0 (t)y n) + a1 (t)y n−1) + · · · + an−1 (t)y + an (t)y . Sean las funciones yp,1 (t), yp,2 (t), . . . , yp,k (t) soluciones respectivas de las ecuaciones L y = b1 (t) ,

L y = b2 (t) , . . . , L y = bk (t) ,

entonces, yp,1 (t) + yp,2 (t) + · · · + yp,k (t) es solución de la ecuación L y = b1 (t) + b2 (t) + · · · + bk (t) .


93

2) Método de variación de las constantes. Si y1 (t), . . . , yn (t) es un sistema fundamental de soluciones de (eh), la solución general de (eh) se obtiene como c1 y1 (t) + · · · + cn yn (t) , donde c1 , . . . , cn son constantes arbitrarias. Buscamos una solución de la ecuación completa de la forma c1 (t)y1 (t) + · · · + cn (t)yn (t) , i.e. reemplazamos las constantes ck por funciones ck (t) de manera que la expresión anterior verifique la ecuación. El método de variación de las constantes descrito ya para sistemas permite encontrar n−1) estas funciones. Definimos yk (t) = (yk (t), yk (t), . . . , yk (t))T e imponemos que c1 (t)y1 (t) + · · · + cn (t)yn (t) , sea una solución del sistema lineal asociado a la ecuación. Para ello es suficiente que las derivadas c1 (t), . . . , cn (t) sean solución del sistema algebraico ⎛ ⎜ ⎝

y1 (t) .. .

··· .. .

n−1)

···

y1

(t)

⎞⎛

⎞ ⎛ ⎞ c1 (t) 0 ⎟ ⎜ .. ⎟ ⎜ ⎟ .. ⎠⎝ . ⎠ = ⎝ ⎠. . n−1) cn (t) b(t)/a0 (t) yn (t) yn (t) .. .

Tras resolver el sistema anterior, se toman como c1 (t), . . . , cn (t) primitivas arbitrarias de las soluciones obtenidas. 3) Reducción del orden de la ecuación. El mismo cambio de variable que se empleó en el caso homogéneo, sirve también para reducir el orden de la ecuación no homogénea, aunque y0 debe ser aún en este caso solución de la ecuación homogénea. 4) Función de Green. Podemos buscar directamente la solución del problema de Cauchy L y = a0 (t) y n) + a1 (t) y n−1) + · · · + an−1 (t) y + an (t) y = b(t) y(t0 ) = y0 , y (t0 ) = y1 , . . . , y n−1) (t0 ) = yn−1 ,

a partir de la función de Green, G(t, s), para el operador diferencial L y. Dicha función

94 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS viene dada por G(t, s) =

n yk (t) Wk (y1 , . . . , yn )(s) k=1

a0 (s) W (y1 , . . . , yn )(s)

y1 (s) ··· yn (s) y (s) ··· yn (s) 1 .. . .. .. . . n−2) n−2) y1 (s) · · · yn (s) y1 (t) ··· yn (t) = , a0 (s) W (y1 , · · · , yn )(s) donde {y1 , . . . , yn } es un sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea L y = 0, W (y1 , . . . , yn ) denota su wronskiano y Wk (y1 , . . . , yn ) el determinante que resulta al substituir la columna k-ésima de W (y1 , . . . , yn ) por (0, . . . , 1)T . Esta función, que depende sólo de la ecuación homogénea y no de t0 ni de b(t), permite obtener la solución del problema de Cauchy, mediante la fórmula t G(t, s) b(s) ds . y(t) = t0

En el caso particular de ecuaciones con coeficientes constantes, la función de Green adopta la siguiente forma: Sea L el operador diferencial lineal de coeficientes constantes Ly = a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y . Denotemos por g(t) la solución del problema de Cauchy ⎧ ⎨ Ly = 0 , ⎩ y(0) = y (0) = · · · = y n−2) (0) = 0 , y n−1) (0) =

1 . a0

Entonces, la función G(t, s) = g(t − s) es la función de Green para el problema de valores iniciales en IR dado por el operador L.

3.5. Selección de problemas. PROBLEMA 3.1 Sea A(t) una matriz n × n formada por funciones, reales o complejas, continuas en un intervalo I ⊂ IR. Compruébese que el operador L y = A(t) y de C 1 en C verifica que L(c1 y1 + c2 y2 ) = c1 Ly1 + c2 Ly2 , c1 , c2 ∈ C .


SOLUCIÓN

95

La demostración de la linealidad del operador L es un ejercicio sencillo de aplicación de la definición. L(c1 y1 + c2 y2 )

= A(t) (c1 y1 + c2 y2 ) = c1 A(t) y1 + c2 A(t) y2 = c1 Ly1 + c2 Ly2 .

PROBLEMA 3.2 Búsquese, para el problema de Cauchy

0 1 y = y, 0 0

y(1) =

1 1

,

las correspondientes iteradas de Picard obtenidas a partir de

1 g0 (t) ≡ 1 y dígase hacia qué solución del problema convergen.

SOLUCIÓN

Recordemos, como vimos en la sección 3.2, que la sucesión de funciones (gk (t))k (iteradas de Picard) definida por g0 (t) = gk+1 (t) =

y0 t y0 + t0 (A(s) gk (s) + b(s)) ds ,

converge, uniformemente en cada compacto, hacia una solución del problema de Cauchy y = A (t) y + b(t) , y(t0 ) = y0 . Si calculamos las primeras iteradas de Picard

1 , g0 (t) = 1

t 1 0 1 1 g1 (t) = + ds 1 0 0 1 1 "

! t 1 ds 1 t−1 t 1 1 = + = , = + t 1 0 1 1 0 ds 1

t 1 0 1 s g2 (t) = + ds 1 0 0 1 1 "

! t 1 ds 1 t−1 t 1 1 = + = , = + t 1 0 1 1 0 ds 1

96 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS observamos que g2 (t) = g1 (t) y, por tanto,

t gk (t) = 1

∀ k ∈ IN .

Tomando límites cuando k → ∞ se tiene que la solución del problema de Cauchy es

t y(t) = l´ım gk (t) = . 1 k→∞

PROBLEMA 3.3 Búsquese, para el problema complejo de Cauchy

0 i 0 y = y, y(0) = , 0 0 1 las correspondientes iteradas de Picard obtenidas a partir de


SOLUCIÓN

Si calculamos las primeras iteradas de Picard

1 g0 (t) = , 0

g1 (t)

=

g2 (t)

=

g3 (t)

=

0 1 0 1 0 1

t + 0

t + 0

t + 0

0 0

i 0

0 0

i 0

0 0

i 0

! t

0 ds

"

0 0 = , ds = + t 1 0 ds 0 "

! t i ds it 0 0 0 = , ds = + t 1 1 1 0 ds 0 "

! t i ds it is 0 0 = , ds = + t 1 1 1 0 ds 0 1 0

observamos que g3 (t) = g2 (t) y, por tanto,

it gk (t) = 1

0 1

∀ k ≥ 2 , k ∈ IN .

Tomando límites cuando k → ∞ se tiene que la solución del problema de Cauchy es

it y(t) = l´ım gk (t) = . 1 k→∞


97

PROBLEMA 3.4 Búsquese, para el problema complejo de Cauchy

1 i 0 y, y(0) = , y = 0 1 1 las correspondientes iteradas de Picard obtenidas a partir de


SOLUCIÓN

Si calculamos las primeras iteradas de Picard

1 g0 (t) = , 0

g1 (t) =

=

g2 (t) =

=

g3 (t) =

=

g4 (t) =

=

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

t + 0

+

t 0

+ 0

! +

t2 2

+ 0

! t 0

+

t + 0

! t

+

1 i 0 1 + it

t 1

0

1 i 0 1

1 0

ds =

0 1

! t

0 t 0

+

1 ds

"

0 ds

,

s 1

!

ds =

it +

= !

is +

s2 2

!

! t

(s + i) ds 0 t 1 ds 0

+

" ds

"

! =

it + it2 + 1+t+

is + is2 + 1+s+ 3

"

,

1+s 2

0 1

"

t2 2

1+t

(i + 2is + s2 ) ds t (1 + s) ds 0 1 i 0 1

"

t t

=

t

1 i 0 1

s3 3!

s2 2

(i + 2is + 32 is2 + s3! ) ds t 2 (1 + s + s2 ) ds 0

"

t3 3!

t2 2

" ,

ds "

! =

it + it2 + 12 it3 + 1+t+

t2 2

+

t3 3!

t4 4!

" ,

98 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS observamos una cierta recurrencia. La demostramos por inducción: suponemos que ⎞ ⎛ k 1 3 1 4 1 it + it2 + 2! it + 3! it + · · · + (k−2)! itk−1 + tk! ⎠, gk (t) = ⎝ 2 3 tk−1 1 + t + t2! + t3! + · · · + (k−1)! calculamos gk+1 (t):

gk+1 (t) =

=

= ⎛ =⎝

0 1 0 1

0 1

t + 0

⎛ t +⎝ ⎛ +⎝

it + it2 +

0

1 i 0 1

gk (s) ds

k (i + 2is + 32 is2 + 23 is3 + · · · + (k−1)! isk−1 + t 2 3 sk−1 (1 + s + s2! + s3! + · · · + (k−1)! ) ds 0

it + it2 +

1 3 2! it

+

t+ 1 3 2! it

+

1 4 3! it

1+t+

t2 2!

1 4 3! it t2 2!

+

+ ··· +

+

t3 3!

+ ··· + t3 3!

+ ··· +

1 k (k−1)! it

+ ··· +

1 k (k−1)! it

tk k!

+

+

tk+1 (k+1)!

tk k! tk+1 (k+1)!

sk k! ) ds

⎞ ⎠

⎞ ⎠

⎞ ⎠,

y vemos que, efectivamente sigue la misma pauta. La solución del problema de Cauchy se obtiene pasando al límite

itet y(t) = l´ım gk (t) = . et k→∞

PROBLEMA 3.5 Sea Y (t) una matriz fundamental del sistema lineal homogéneo y = A(t) y, con A ∈ Mn×n (I) , I ⊂ IR. Se define la resolvente del sistema como la función de dos variables R : I × I → Mn×n , (t, s) → Y (t) Y −1 (s). Compruébese que la resolvente R(t, s) verifica las cuatro propiedades siguientes: a) R(t, t) = In ; b) R(t, s) = R(t, z) R(z, s); c)

∂ R(t, s) = A(t) R(t, s); ∂t

d)

∂ R(t, s) = −R(t, s) A(s). ∂s

Pruébese también que es la única función de I × I en M (n) que las verifica.


SOLUCIÓN

99

Para demostrar las dos primeras, tan sólo hay que tener en cuenta la definición, así a) R(t, t) = Y (t) Y −1 (t) = In ; b) R(t, z) R(z, s) = Y (t) Y −1 (z) Y (z) Y −1 (s) = Y (t) Y −1 (s) = R(t, s). Si además utilizamos el hecho de que Y (t) es solución del sistema, i.e. Y (t) = A(t) Y (t), entonces ∂ ∂ R(t, s) = Y (t)Y −1 (s) = Y (t)Y −1 (s) = A(t)Y (t)Y −1 (s) = A(t)R(t, s); c) ∂t ∂t d) calculamos ahora la derivada con respecto a s, ∂ ∂ R(t, s) = Y (t)Y −1 (s) = Y (t) Y −1 (s) = Y (t) −Y −1 (s)Y (s)Y −1 (s) ∂s ∂s = −R(t, s)A(s)Y (s)Y −1 (s) = −R(t, s)A(s) . Finalmente nos queda demostrar que la resolvente es la única función cumpliendo esas propiedades. Razonamos mediante reducción al absurdo. Supongamos que exista otra función P (t, s) : I × I → Mn×n (I) verificando las cuatro propiedades del enunciado. Consideremos z(t) = P (t, t0 ) y0 . La propiedad iii) nos permite calcular su derivada con respecto a la primera variable z (t) =

∂ P (t, t0 ) y0 = A(t)P (t, t0 )y0 = A(t) z , ∂t

es decir, z(t) es solución del sistema homogéneo. Y además, aplicando i), se tiene que z(t0 ) = P (t0 , t0 ) y0 = y0 . De la unicidad de soluciones del problema de Cauchy deducimos que z(t) = P (t, t0 ) y0 = R(t, t0 ) y0 para todo (t0 , y0 ) de donde se sigue la unicidad de la resolvente.

PROBLEMA 3.6 Dígase cúal es la resolvente del sistema homogéneo "! " ! " ! y1 y1 0 1 = , −ω 2 0 y2 y2

ω = 0 ,

sabiendo que (cos(ω t), sen(ω t)) forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuación y + ω 2 y = 0.

SOLUCIÓN

El sistema del enunciado es el que se obtiene al transformar la ecuación y + ω 2 y = 0 en un sistema lineal mediante el cambio y1 = y, y2 = y (ver (3.3)). Dicha ecuación tiene solución general y(t) = c1 cos(ω t) + c2 sen(ω t) .

100 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Una matriz fundamental de soluciones será ! " sen(ω t) cos(ω t) Y (t) = , ω cos(ω t) −ω sen(ω t) con inversa dada por

⎛ sen(ω t)

⎜ Y −1 (t) = ⎝

cos(ω t)

⎞ 1 cos(ω t) ⎟ ω ⎠. 1 − sen(ω t) ω

La resolvente será ⎛

cos[ω (t − s)]

R(t, s) = Y (t) Y −1 (s) = ⎝ −ω sen[ω (t − s)]

⎞ 1 sen[ω(t − s)] ⎠. ω cos[ω (t − s)]

PROBLEMA 3.7 Resuélvase el sistema !

y1 y2

"

! =

cos t

1

0

1 + cos t

"!

y1

"

y2

aprovechando el hecho de que la matriz de los coeficientes es triangular.

SOLUCIÓN

Desarrollando componente a componente, el sistema puede describirse mediante las ecuaciones lineales escalares siguientes: y1

= cos t y1 + y2 ,

y2

= (1 + cos t) y2 .

La segunda es una ecuación lineal de primer orden en la variable y2 . Su solución vendrá dada por y2 (t) = c e (1+cos t) dt = c1 et+sen t , c, c1 ∈ IR . Sustituyendo en la primera ecuación, se obtiene la ecuación lineal y1 − cos t y1 = c1 et+sen t .

Tomando α(t) = − cos t dt = − sen t entonces exp(α(t)) = exp(− sen t) es un factor integrante de la ecuación, con lo que ésta se puede escribir como d − sen t e y1 = c1 et . dt


101

Integrando con respecto a t e− sen t y1 = c1 et + c2 ⇒ y1 (t) = esen t (c1 et + c2 ) ,

c2 ∈ IR

La solución general del sistema es ! " ! sen t " c1 et+sen t + c2 esen t e (c1 et + c2 ) y(t) = = . c1 esen t et c1 et+sen t

PROBLEMA 3.8 Calcúlese la solución del problema de Cauchy

1 4t 1 y = y, y(0) = . 0 −1 1

SOLUCIÓN

Desarrollando componente a componente, el sistema puede expresarse mediante las ecuaciones escalares lineales siguientes: y1 = y1 + 4 t y2 ,

y1 (0) = 1 ,

y2

y2 (0) = 1 .

= −y2 ,

La segunda ecuación sólo depende de la variable y2 , por lo que su solución general vendrá dada por y2 (t) = c e− 1 dt = c1 e−t , c, c1 ∈ IR . Imponiendo la condición inicial se tiene que y2 (0) = c1 = 1 por lo que la solución particular será y2 (t) = e−t . Sustituimos ahora en la primera ecuación y1 − y1 = 4 t e−t , es lineal, de modo que si tomamos α(t) = − 1 dt = −t y eα(t) = e−t obtenemos un factor integrante, mediante el cual la ecuación se puede poner como d −t e y1 = 4 t e−2 t . dt Integrando respecto a t e−t y1 = −(1 + 2 t) e−2 t + c2 ⇒ y1 (t) = −(1 + 2 t) e−t + c2 et ,

c2 ∈ IR .

Considerando la condición inicial se tiene que y1 (0) = c2 − 1 = 1, de donde se deduce que c2 = 2. La solución del sistema que en 0 vale (1, 1)T es: " ! 2 et − (1 + 2t) e−t . y(t) = e−t


PROBLEMA 3.9 Se considera el sistema lineal y = A(t) y + b(t) ,

t ∈ I ⊂ IR

y sea P (t) una matriz inversible que diagonaliza a la matriz A(t) (para todo t). a) Pruébese que, si P (t) = P no depende de t, el cambio de variable y = P z transforma el sistema original en otro con matriz diagonal. Dígase cuál es el nuevo sistema. b) Pruébese que, si la matriz P −1 (t) P (t) es diagonal, entonces el cambio de variable y = P (t) z transforma también el sistema original en otro con matriz diagonal. Dígase cuál es el nuevo sistema.

SOLUCIÓN

Por hipótesis P (t) es una matriz inversible que diagonaliza a A(t) i.e. existe una matriz diagonal D(t) tal que D(t) = P −1 (t)A(t)P (t). a) Supongamos que P (t) = P sea una matriz constante y hacemos el cambio de variable y=Pz y = P z = A(t) P z + b(t) . Despejando z se tiene que z = P −1 A(t) P z + P −1 b(t) = D(t) z + P −1 b(t) . b) Sea D1 (t) la matriz diagonal D1 (t) = P −1 (t) P (t), hacemos el cambio de variable y = P (t) z y = P (t) z + P (t) z = A(t) P (t) z + b(t) . Despejando z se tiene que P (t) z z

= [A(t) P (t) − P (t)] z + b(t) , = P −1 (t) A(t) P (t) − P −1 (t) P (t) z + P −1 (t) b(t) ,

z

= [D(t) − D1 (t)] z + P −1 (t) b(t) ,

siendo D(t) − D1 (t) una matriz diagonal.


103

PROBLEMA 3.10

Resuélvase el sistema

y =

t − 1 −2 1 t+2

y,

utilizando un cambio de variable que lo transforme previamente en un sistema con matriz de coeficientes triangular.

SOLUCIÓN

En primer lugar buscamos una matriz P constante, inversible, que lleve la matriz de coeficientes a forma triangular. Sea

1 a b d −b P = y P −1 = con |P | = ad − bc = 0 . c d −c a |P | Pretendemos que la matriz P −1 A(t) P = 1 = |P |

!

1 |P |

d −b −c a

t−1 1

−2 t+2

a b c d

(ad − bc) t − (a + 2c) (b + d)

−b2 − 2 d2 − 3 b d

a2 + 2 c2 + 3 a c

(ad − bc) t + (a + c) (b + 2d)

" ,

sea triangular, por ejemplo a2 + 2 c2 + 3 a c = 0. Para ello basta tomar a = −c con b + d = 0 para que |P | = 0. Obsérvese que no podemos tomar a = c = 0 ya que entonces P no sería inversible. Consideremos, entonces,

1 0 1 0 −1 con |P | = 1 . P = y P = 1 1 −1 1 El cambio de variable y = P z tansforma el sistema en ! " t + 1 −2 z. z = 0 t Desarrollando componente a componente, el sistema puede expresarse mediante las ecuaciones escalares lineales siguientes: z1 z2

= (t + 1) z1 − 2 z2 , = t z2 .

La segunda ecuación sólo depende de la variable z2 , luego su solución general vendrá dada por

z2 (t) = c e

t dt

t2

= c1 e 2 ,

c, c1 ∈ IR .

Sustituimos en la primera ecuación t2

z1 − (t + 1) z1 = −2 c1 e 2

104 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS que ite como factor integrante a μ = exp(−t2 /2 − t), con lo que la ecuación es d − t2 −t e 2 z1 = −2 c1 e−t , dt Integrando respecto al t t2

e− 2 −t z1 = 2 c1 e−t + c2 ,

c2 ∈ IR ,

con lo que la solución general de la ecuación resulta t2 z1 (t) = e 2 2 c1 + c2 et . La solución general del sistema transformado será entonces ⎛ ⎞ t2 t2 2 c1 e 2 + c2 e 2 +t ⎠, z(t) = ⎝ t2 2 c1 e y deshaciendo el cambio, !

1 0

y(t) = P z(t) =

"⎛

−1 1

⎝

t2

t2

d e 2 +t + 2 c e 2 t2

⎞ ⎠=e

! t2 2

ce 2

d et + 2 c −d et − c

" .

PROBLEMA 3.11 Pruébese que, si Y (t) es una matriz fundamental del sistema y = A(t) y, entonces Y −1 (t) es solución del sistema (que así descrito sólo tiene sentido para funciones matriciales) Z = −Z A(t) .

SOLUCIÓN

Que Y (t) sea matriz fundamental de y = A(t) y, t ∈ I ⊂ IR significa (i) det Y (t) = 0,

∀ t ∈ I,

(ii) Y (t) = A(t) Y (t). A la vista de estas propiedades calculamos la derivada de Y −1 (t) (Y −1 (t))

= −Y −1 (t) Y (t) Y −1 (t)

(derivando Y −1 (t) Y (t) = In )

= −Y −1 (t) A(t) Y (t) Y −1 (t)

(por (ii))

= −Y

−1

(t) A(t) ,

luego, efectivamente, verifica el sistema Z = −Z A(t).


105

PROBLEMA 3.12 Se considera el sistema lineal homogéneo

0 1 y, −1 0

y =

utilizando el hecho de que (sen t, cos t)t es solución, redúzcase el tamaño del sistema y búsquese así un sistema fundamental de soluciones del mismo.

SOLUCIÓN

Consideremos la matriz del sistema homogéneo y la que construimos utilizando la solución que nos proporciona el enunciado del problema P (t)

0 −1

A=

1 0

,

P (t) =

sen t cos t

0 1

,

con det[P (t)] = sen t y, por tanto, inversible para t ∈ IR − {k π} con k ∈ ZZ. Efectuamos el cambio de variable y = P (t) z

⇒

y = P (t) z + P (t) z ,

con el cual el sistema toma la forma P (t) z + P (t) z = A P (t) z

⇒

z = P −1 (t) [A(t) P (t) − P (t)] z(t) ,

es decir, si z = (z1 , z2 )T obtenemos ! " z1 z2

⎛ 0

=⎝

0

⎞! " 1 z1 sen t ⎠ , z2 − cotg t

válido para t ∈ IR − {k π} , k ∈ ZZ, cuya integración permite obtener z2 = − cotg t z2

⇒

z1 = (c2 cosec t) cosec t

z2 = ⇒

c2 , sen t

c2 ∈ IR ,

z1 = −c2 cotg t + c1 ,

c1 ∈ IR ,

y deshaciendo el cambio ! " y1 y2

! sen t = cos t

" "! 0 c1 − c2 cotg t 1

c2 cosec t

=

! " c1 sen t − c2 cos t

,

c1 cos t + c2 sen t

válida para cualquier t ∈ IR. Por tanto, un sistema fundamental de soluciones para el sistema lineal homogéneo del enunciado vendría dado por {(sen t, cos t)T , (− cos t, sen t)T }.


PROBLEMA 3.13 Se considera el sistema lineal homogéneo ⎛ ⎞ t2 0 0 ⎟ 1 ⎜ ⎜ ⎟ 2 0⎟y, y = 3 ⎜−t t t ⎝ ⎠ 2 1 −t t

t > 0.

a) Compruébese primeramente que (t, 1, 0)T y (0, t, 1)T son soluciones linealmente independientes del mismo. b) Redúzcase entonces el orden del sistema en dos unidades y obténgase así una tercera solución que forme con las anteriores un sistema fundamental.

SOLUCIÓN

a) Comprobamos que (t, 1, 0)T y (0, t, 1)T son soluciones Para (t, 1, 0)T se cumple la igualdad ⎛ 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 t t 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 1 ⎜ d ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ t2 ⎜1⎟ = ⎜0⎟ = 3 ⎜ −t dt ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ t ⎝ 0 0 1 −t

del sistema por sustitución. ⎞⎛ ⎞ t ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ 0 ⎟ ⎜1⎟ , ⎠⎝ ⎠ 2 0 t 0

y para (0, t, 1)T ⎛ ⎞ 0 ⎟ d ⎜ ⎜ ⎟ ⎜t⎟ = dt ⎝ ⎠ 1

⎛ ⎞ ⎛ 2 0 t ⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜1⎟ = 3 ⎜ −t t ⎝ ⎝ ⎠ 0 1

0 t2 −t

⎞⎛ ⎞ 0 ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ 0 ⎟ ⎜t⎟ . ⎠⎝ ⎠ 2 1 t 0

Para ver su independencia lineal, resolvemos λ1 (t, 1, 0) + λ2 (0, t, 1) = 0 ,

t > 0,

en λ1 y λ2 . El sistema que se obtiene es t λ1 = 0 ,

λ1 + t λ 2 = 0 ,

λ2 = 0 ,

cuya única solución es λ1 = λ2 = 0, lo que prueba la independencia de los vectores para cualquier t > 0. b) Consideremos las matrices ⎛ 2 t 1 ⎝ −t A= 3 t 1

0 t2 −t

⎞ 0 0⎠ , t2

⎛

,t P (t) = ⎝ 1 0

⎞ 0 0 t 0⎠ , 1 1


107

siendo esta última inversible para cualquier t > 0 (por ser det P (t) = t2 = 0). Hacemos el cambio de variable y = P (t) z con lo que el sistema toma la forma z = P −1 (t) [A(t) P (t) − P (t)] z . Teniendo en cuenta que ⎛ P −1 (t) =

1 t2

t

⎜ ⎜ ⎜−1 ⎝ 1

0

0

⎛

⎞

⎞

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ P (t) = ⎜0 1 0⎟ , ⎠ ⎝ 0 0 0

⎟ ⎟ 0⎟ , ⎠ −t t2 t

resulta el siguiente sistema homogéneo ⎛ ⎛ ⎞ 0 0 z1 ⎜ ⎜ ⎟ ⎜0 0 ⎜ ⎟ ⎜ z2 ⎟ = ⎜ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ z3 0 0

1 0 0

⎞⎛ ⎞ z ⎟ ⎜ 1⎟ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜z ⎟ . ⎟ ⎝ 2⎟ ⎠ 1⎠ z3 t 0

Integrando estas ecuaciones, obtenemos las expresiones para zi , i = 1, 2, 3 z1 (t) = c1 ,

z2 (t) = c2 ,

z3 (t) = c3 t ,

con ci , i = 1, 2, 3 ∈ IR. Finalmente, si deshacemos el cambio de variable podemos escribir la solución general del sistema como ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ c1 c1 t t 0 0 y1 ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜y2 ⎟ = ⎜1 t 0⎟ ⎜ c2 ⎟ = ⎜c1 + c2 t⎟ , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 1 1 c2 + c3 t y3 c3 t donde podemos ver que las dos soluciones aportadas por el enunciado corresponden a los casos c1 = 1 , c2 = c3 = 0 y c1 = 0 , c2 = 1 , c3 = 0. Podemos construir un sistema fundamental de soluciones con sólo tomar una solución independiente de las dos anteriores, por ejemplo (0, 0, t)T , con lo que dicho sistema fundamental sería {(t, 1, 0)T , (0, t, 1)T , (0, 0, t)T }.

PROBLEMA 3.14 Se considera el sistema lineal (S)

y = A(t) y + b(t) ,

t ∈ IR ,

donde la matriz A(t) y el vector b(t) están formados por funciones continuas de período T > 0. a) Pruébese que, si y(t) es solución de (S), entonces y(t + T ) es también solución.


b) Siendo y(t) una solución de (S), pruébese que y(t) tiene período T si y sólo si y(0) = y(T ).

SOLUCIÓN

a) Que la matriz A(t) y el vector b(t) estén formados por funciones de período T significa que A(t + T ) = A(t) , b(t + T ) = b(t) ∀ t ∈ IR. Sea z(t) = y(t + T ) ∀ t ∈ IR, entonces z = y (t + T ) = A(t + T ) y(t + T ) + b(t + T ) = A(t) z(t) + b(t) , y por lo tanto z(t) = y(t + T ) verifica el sistema. b) Supongamos, en primer lugar, que y(t + T ) = y(t) ∀ t ∈ IR, entonces tomando t = 0, se concluye trivialmente que y(T ) = y(0). Recíprocamente supongamos ahora que y(0) = y(T ). En este caso tenemos dos soluciones del sistema, y(t) e y(t + T ), que pasan por un mismo punto (0, y(0)) = (0, y(T )); basta tener en cuenta que la solución de un problema de Cauchy de este tipo es única para concluir que y(t) = y(t + T ) ∀ t ∈ IR, lo que prueba que y(t) tiene período T .

PROBLEMA 3.15 Se considera el sistema lineal y = A(t)y + b(t) ,

t ∈ IR ,

donde la matriz A(t) y el vector b(t) están formados por funciones continuas e impares. Demuéstrese que toda solución del sistema es una función par.

SOLUCIÓN

Comencemos recordando que una funcion a(t), con t ∈ IR, es par cuando a(−t) = a(t) para todo t ∈ IR, y que es impar cuando a(−t) = −a(t) para todo t ∈ IR. Dada una solución y(t) definimos z(t) = y(−t). z (t) = −y (−t) = −A(−t) y(−t) − b(−t) = A(t) z(t) + b(t) , ya que A(−t) = −A(t) y b(−t) = −b(t) por ser impares. De modo que tenemos dos soluciones z(t) e y(t) del sistema que pasan por el mismo punto, (0, y(0)); basta tener en cuenta que la solución de un problema de Cauchy de este tipo es única para concluir que y(t) = y(−t) ∀ t ∈ IR, luego y(t) es una función par.

PROBLEMA 3.16 Transfórmese en sistema de primer orden la siguiente ecuación et y − ty + y − et y = 0 .


SOLUCIÓN

109

El cambio de variable y1 = y ,

y2 = y = y1 ,

y3 = y = y2 ,

transforma la ecuación en el sistema lineal y1

= y2 ,

y2

= y3 ,

y3

= y1 − e−t y2 + t e−t y3 .

En forma matricial será ⎛

⎞⎛ ⎞ y1 0 1 ⎠ ⎝ y2 ⎠ . t e−t y3

⎞ ⎛ y1 0 1 ⎝ y2 ⎠ = ⎝ 0 0 y3 1 −e−t

PROBLEMA 3.17 Transfórmese el siguiente sistema en uno de primer orden con la condición inicial habitual ⎧ ⎪ x = 2 x + 5 y + 3 ⎪ ⎪ ⎨ y = −x − 2 y ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x(0) = 0, x (0) = 0 , y(0) = 1 ,

SOLUCIÓN

Sea la variable z = x . El sistema se puede escribir como ⎧ x = z ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ y = −2 y − z ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ z = 5 y + 2 z + 3 , que en forma matricial toma la forma ⎛ ⎛ ⎞ 0 x ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜y ⎟ = ⎜0 ⎝ ⎝ ⎠ 0 z

0 −2 5

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 x ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −1 ⎟ ⎜y ⎟ + ⎜0⎟ , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 z 2 1

con la condición inicial dada por x(0) = 0 ,

y(0) = 1 ,

z(0) = 0 .


PROBLEMA 3.18 Comprúebese que las funciones y1 (t) = t2 ,

y2 (t) = t |t| ,

son linealmente independientes en el intervalo [−1, 1], mientras que su wronskiano es, sin embargo, nulo para todo t.

SOLUCIÓN

Veamos en primer lugar que y1 (t) e y2 (t) son linealmente independientes. Para ello planteamos la siguiente combinación lineal λ1 y1 + λ2 y2 = 0 ⇒ λ1 t2 + λ2 t |t| = 0 ,

t ∈ [−1, 1],

λ1 , λ2 ∈ IR

donde 0 representa al elemento neutro del espacio vectorial al que pertenecen las funciones y1 e y2 . Sabemos que si la única solución es λ1 = λ2 = 0, entonces las funciones son linealmente independientes. Tomando t = 1 y t = −1 obtenemos

t = 1 ⇒ λ1 + λ2 = 0 t = −1 ⇒ λ1 − λ2 = 0 ,

cuya única solución es λ1 = λ2 = 0, lo que prueba que y1 e y2 son linealmente independientes. En cuanto al wronskiano de estas dos funciones tenemos que y1 (t) W (y1 , y2 )(t) = y1 (t)

y2 (t) = y2 (t)

t2 2 t

t2 −t2

2t −2 t

t ≥ 0 t<0 , t ≥ 0 t < 0

luego, efectivamente, el wronskiano es nulo para cualquier t ∈ IR, ya que t ≥0 :

2 t t2 W (y1 , y2 )(t) = = 0, 2 t 2 t

t <0 :

2 t −t2 W (y1 , y2 )(t) = = 0. 2 t −2 t

Obsérvese que ésto significa que no hay ninguna ecuación lineal homogénea de orden dos con coeficientes contínuos en [−1, 1] que ita a y1 (t) e y2 (t) como soluciones.


111

PROBLEMA 3.19 Compruébese que las funciones ⎧ ⎨t2 y1 (t) =

t≥0 ,

⎩ 0

y2 (t) =

t<0

⎧ ⎨0

t≥0

⎩2 t

t<0

,

son linealmente independientes en IR, mientras que su wronskiano es, sin embargo, nulo para todo t ∈ IR.

SOLUCIÓN

Para estudiar la independencia lineal planteamos la combinación lineal λ1 y1 (t) + λ2 y2 (t) = 0 ,

λ1 , λ2 , t ∈ IR .

Para obtener λ1 y λ2 consideremos t >0 ⇒ λ1 t2 = 0 ⇒ λ1 = 0 , t <0 ⇒ λ2 t2 = 0 ⇒ λ2 = 0 , luego la única solución es la trivial y las funciones y1 (t) e y2 (t) son linealmente independientes. En cuanto al wronskiano tenemos lo siguiente ⎧ ⎧ ⎨t2 t ≥ 0 ⎨0 t ≥ 0 ⎩ ⎩2 t≤0 t t ≤ 0 y1 (t) y2 (t) 0 W (y1 , y2 )(t) = = ⎧ ⎧ y (t) y (t) 1 2 t ≥ 0 ⎨0 t ≥ 0 ⎨2 t ⎩ ⎩ 0 t≤0 2t t ≤ 0 con lo tenemos los siguientes casos 2 t t ≥0 ⇒W (y1 , y2 )(t) = 2 t

0 = 0, 0

0 t2 t ≤0 ⇒W (y1 , y2 )(t) = = 0, 0 2 t siendo el wronskiano nulo para todo valor de t ∈ IR. Obsérvese que ésto significa que no hay ninguna ecuación lineal homogénea de orden dos con coeficientes contínuos en [−1, 1] que ita a y1 (t) e y2 (t) como soluciones.


PROBLEMA 3.20 Compruébese que las funciones y1 (t) = 1 ,

y2 (t) =

⎧ ⎨t2 + 1

t≥0

⎩ 1

t < 0,

son linealmente independientes en IR; mientras tanto, su wronskiano es nulo para t ≤ 0 y es no nulo para t > 0.

SOLUCIÓN

De nuevo estudiamos la dependencia lineal mediante λ1 , λ2 ∈ IR ,

λ1 y 1 + λ 2 y 2 = 0 obteniéndose el sistema

t > 0 ⇒ λ1 + (t2 + 1) λ2 = 0 , t < 0 ⇒ λ1 + λ 2 = 0 , con lo que la única solución es la dada por λ1 linealmente independientes. Por su parte el wronskiano verifica 1 W (y1 , y2 )(t) = 0 resultando

= λ2 = 0 y, por tanto, las funciones son ⎧ ⎨t2 + 1 ⎩ 1 ⎧ ⎨2 t ⎩ 0

t ≥ 0 t ≤ 0 t≥0 t≤0

1 t2 + 1 t > 0 ⇒ W (y1 , y2 )(t) = = 2 t = 0 , 0 2t 1 1 t ≤ 0 ⇒ W (y1 , y2 )(t) = = 0. 0 0

Obsérvese que ésto significa que no hay ninguna ecuación lineal homogénea de orden dos con coeficientes contínuos en [−1, 1] que ita a y1 (t) e y2 (t) como soluciones.

PROBLEMA 3.21 Se consideran las funciones complejas y1 (t) = i + t ,

y2 (t) = i t2 + t3 .


113

a) Compruébese que el wronskiano de estas dos funciones es no nulo para t = 0 . b) Búsquese una ecuación lineal homogénea de segundo orden en el intervalo (0, ∞) para la que y1 e y2 formen un sistema fundamental de soluciones. c) Pruébese que, excepción hecha de la solución trivial y(t) ≡ 0 , no existen soluciones de la ecuación anterior tomando valores exclusivamente reales.

SOLUCIÓN

a) Calculamos el wronskiano de y1 (t) e y2 (t), i + t it2 + t3 = (i + t) (2it + 3 t2 ) − it2 − t3 = 2t3 + 4it2 − 2 t . 1 2it + 3 t2 Por lo tanto, W (y1 , y2 )(t) = 0 si y sólo si 2 t (t2 + 2it − 1) = 0. Dado que t = 0, se tiene anular el paréntesis de la anterior ecuación, es √ decir, se debe cumplir que t2 + 2it − 1 = 0 pero las raíces de esta ecuación, t = (1/2) (−2i ± −4 + 4) = −i, no son reales. b) La ecuación buscada es: W (y1 , y2 , y)(t) = 0 i + t it2 + t3 y 1 2it + 3t2 y = (2t3 + 4it2 − 2t) y − (6t2 + 8it − 2) y + (6t + 2i) y = 0 . 0 2i + 6t y c) Toda solución de la ecuación será combinación lineal de y1 (t) e y2 (t), por tanto y(t) = (a + ib) (i + t) + (c + id) (it2 + t3 ) = (ct3 − dt2 + at − b) + i (dt3 + ct2 + bt + a) , con a, b, c, d ∈ IR. Evidentemente, el polinomio dt3 + ct2 + bt + a no es idénticamente nulo, salvo que a = b = c = d = 0, en cuyo caso tendríamos la solución nula.

PROBLEMA 3.22 a) Sea y = A(t)y un sistema homogéneo real, o sea, los coeficientes aij (t) de la matriz A(t) son funciones reales. Pruébese que, si y(t) es solución e y(t0 ) es real, entonces, para todo t, y(t) es real. b) Sea a0 (t)y n) + a1 (t)y n−1) + · · · + an−1 (t)y + an (t)y = 0, una ecuación homogénea real, o sea, los coeficientes ai (t) son funciones reales. Pruébese que, si y(t) es solución e y(t0 ), y (t0 ), . . . , y n−1) (t0 ) son reales, entonces, para todo t, y(t) es real.


SOLUCIÓN

a) En primer lugar vamos a ver que si los coeficientes de A(t) son funciones reales, siempre es posible encontrar una matriz fundamental real. En efecto, si y1 (t) = y1,r (t) + i y1,c (t) es una solución compleja del sistema homogéneo entonces (t) + i y1,c (t) = A(t) (y1,r (t) + i y1,c (t)) = A(t) y1,r (t) + i A(t) y1,c (t) , y1 (t) = y1,r

y si igualamos, por un lado las partes reales y, por otro, las imaginarias, se tiene que (t) = A(t) y1,r (t) , y1,r

y1,c (t) = A(t) y1,c (t) ,

es decir, ambas son soluciones del sistema. Consideremos n soluciones complejas del sistema linealmente independientes. Tomando partes real e imaginaria obtenemos 2 n soluciones reales; y de ese conjunto pueden extraerse n linealmente independientes con las que formar una matriz fundamental Y (t) real. Una vez obtenida Y (t) real, la conclusión del enunciado es inmediata pues la solución y(t) verifica: y(t) = Y (t) Y −1 (t0 ) y(t0 ) , y todos los factores son reales. b) El mismo argumento empleado en el apartado a) puede utilizarse en este caso para obtener un sistema fundamental de soluciones real y concluir que y(t) es real. Otra opción consistiría en considerar el sistema lineal asociado a la ecuación. Dado que los coeficientes ai (t) son funciones reales, la matriz del sistema equivalente también está formada por funciones reales. Basta entonces aplicar el apartado anterior y tener en cuenta la relación y(t) −→ (y(t), y (t), . . . , y n−1) (t))T , existente entre las soluciones de la ecuación y las del sistema para concluir que la solución y(t) es real.

PROBLEMA 3.23 Compruébese que las funciones e(1+i) t y e(1−i) t constituyen un sistema fundamental de soluciones de y − 2 y + 2 y = 0 y calcúlese un sistema fundamental de soluciones reales de la misma ecuación.

SOLUCIÓN

Podemos comprobar que tanto y1 (t) = e(1+i) t como y2 (t) = e(1−i) t son soluciones de la ecuación propuesta con su sustitución en la misma y1 − 2 y1 + 2 y1 = (1 + i)2 e(1+i) t − 2 (1 + i) e(1+i) t + 2 e(1+i) t = [(1 + i)2 − 2 (1 + i) + 2] e(1+i) t = 0 · e(1+i) t = 0 , y, de la misma forma, se comprueba que y2 también es solución.


115

Para ver que forman un sistema fundamental de soluciones (puesto que la ecuación es homogénea de orden dos) falta tan sólo comprobar que su wronskiano es no nulo. Para ello calculamos e(1+i) t e(1−i) t = −2 i e2 t = 0 , ∀t ∈ IR . (1 + i) e(1+i) t (1 − i) e(1−i) t Para obtener un sistema fundamental de soluciones reales para la ecuación dada basta tener en cuenta que las funciones (y1 ) , (y1 ) , (y2 ) e (y2 ) son soluciones reales de la misma ecuación. Si consideramos, por ejemplo, (y1 ) = et cos t y (y1 ) = et sen t vemos que forman un sistema fundamental ya que et cos t et sen t = e2 t = 0 , et (cos t − sen t) et (cos t + sen t)

∀t ∈ IR .

PROBLEMA 3.24 Consideremos la ecuación y + α(t)y + β(t)y = 0

(3.8)

y supongamos que u(t) y v(t) son soluciones de dicha ecuación verificando

u(0) = 0,

u (0) = 1 ,

v(0) = 1,

v (0) = 0 .

a) Búsquese una ecuación lineal y de tercer orden (definida en un intervalo de IR) de la que sean soluciones u2 , u v, y v 2 , y pruébese que estas tres soluciones forman un sistema fundamental de soluciones de dicha ecuación. b) Pruébese que las soluciones de la ecuación de tercer orden son justamente los productos de soluciones de la ecuación de segundo orden. c) Compruébese que, para la ecuación de tercer orden (t + 1)2 y + 6(t + 1)y + 6y = 0 , las soluciones se obtienen como producto de dos soluciones de y +

2 y = 0 . t+1


SOLUCIÓN

a) Si el wronskiano W (u2 , u v, v 2 )(t) = 0 en un entorno del cero, entonces existe una ecuación lineal homogénea de orden tres para la que dichas funciones forman un sistema fundamental. Además W (u2 , u v, v 2 , y)(t) = 0, (3.9) W (u2 , u v, v 2 )(t) es la única ecuación con tal propiedad y coeficiente 1 para y . Calculamos W (u2 , u v, v 2 )(0). Dado que u(t) y v(t) son soluciones de (3.8), tendremos u (t) = −α(t) u (t) − β(t) u(t) , v (t) =

−α(t) v (t) − β(t) v(t) ,

e imponiendo las condiciones iniciales, resulta u (0) = −α(0) u (0) − β(0) u(0) = −α(0) , v (0) = −α(0) v (0) − β(0) v(0) = −β(0) . Calculamos los valores de las derivadas, primera y segunda, de u2 , u v y v 2 en el origen, (u2 ) (0) = 2 u (0) u(0) = 0 , (u2 ) (0) = 2 u (0) u(0) + 2 (u (0))2 = 2 , (uv) (0) = u (0) v(0) + u(0) v (0) = 1 , (uv) (0) = u (0) v(0) + 2 u (0) v (0) + u(0) v (0) = u (0) = −α(0) , (v 2 ) (0) = 2 v (0) v(0) = 0 , (v 2 ) (0) = 2 v (0) v(0) + 2 (v (0))2 = 2 v (0) = −2 β(0) , y construímos el wronskiano u2 (0) (uv)(0) v 2 (0) W (u2 , u v, v 2 )(0) = (u2 ) (0) (uv) (0) (v 2 ) (0) (u2 ) (0) (uv) (0) (v 2 ) (0) 0 = 0 2

0 1 1 0 −α(0) −2 β(0)

= −2 .

Por tanto W (u2 , uv, v 2 )(0) = 0 y, por continuidad, es no nulo en un intervalo alrededor del origen. Así pues, (3.9) es la ecuación buscada y (u2 , uv, v 2 ) constituyen un sistema fundamental de soluciones. b) Obsérvese que (u, v) es un sistema fundamental de (3.8). Si tomamos dos soluciones de (3.8), c1 u + c2 v y c3 u + c4 v, su producto es combinación lineal de u2 , u v, v 2 , luego es solución de (3.9). Más exactamente, se puede ver que toda solución de (3.9) es producto de dos soluciones de (3.8).


117

c) Resulta evidente que la función u = 1 es una solución particular para la ecuación y + 2/(t + 1) y = 0. Aplicando reducción de orden, obtenemos la solución 2 −1 1 − t+1 dt −2 ln |t+1| . v= e dt = e dt = dt = (t + 1)2 t+1 Dado que

W

1,

−1 t+1

1 (0) = 0

−1 = 1 = 0 , 1

basta sustituir en la ecuación para comprobar que u2 = 1 , u v = −1/(t + 1) y v 2 = 1/(t+1)2 son soluciones de la ecuación de tercer orden (t+1)2 y +6(t+1)y +6y = 0 y aplicar b), para obtener la conclusión.

PROBLEMA 3.25 Calcúlese la solución general de la ecuación ty + 2y + ty = 0 ,

t > 0,

sabiendo que sen t / t es solución de la misma.

SOLUCIÓN

Una solución particular de la ecuación homogénea permite reducir en una unidad el orden de la ecuación diferencial. En efecto, el cambio

cos t sen t sen t sen t , y = z +z − 2 y=z , t t t t

cos t sen t 2 cos t 2 sen t sen t sen t + 2z − 2 − y =z +z − 2 + , t t t t t3 t transforma la ecuación homogénea en sen t z + 2 cos t z = 0 , y tomando w = z obtenemos cos t w = 0, sen t ecuación lineal de primer orden con factor integrante exp (2 cos t/ sen t dt) = sen2 t, y solución c1 d (w sen2 t) = 0 ⇒ w = , c1 ∈ IR dt sen2 t Si deshacemos los cambios, − cos t − cos t sen t c1 dt = c1 + c 2 ⇒ y = c1 + c2 , c2 ∈ IR , z= 2 sen t sen t t t sen t w + 2 cos t w = 0 ⇒ w + 2

obtenemos la solución general de la ecuación homogénea.


PROBLEMA 3.26 Calcúlese la solución general de la ecuación (2t − 3)y − (6t − 7)y + 4ty − 4y = 0 ,

t > 3/2 ,

sabiendo que y0 (t) = t e y1 (t) = et son soluciones de la misma.

SOLUCIÓN

Para buscar un sistema fundamental de soluciones seguiremos los siguientes pasos: 1) Utilizamos la solución y0 para reducir el orden de la ecuación y obtener una ecuación diferencial de orden dos. 2) Comprobamos que la derivada de y1 (t)/y0 (t) es solución de la ecuación de segundo orden obtenida en el paso anterior. 3) Utilizamos esa solución para, aplicando de nuevo reducción de orden, obtener una ecuación de primer orden. 4) Resolvemos la ecuación de primer orden y deshacemos todos los cambios de variable realizados. 1) El cambio de variable y = tz,

y = t z + z ,

y = t z + 2 z ,

y = t z + 3 z ,

transforma la ecuación en (2 t − 3) (t z + 3 z ) − (6 t − 7) (t z + 2 z ) + 4 t (t z + z) − 4 t z = 0 , es decir (2 t − 3) t z + [3 (2 t − 3) − (6 t − 7) t] z + [−2 (6 t − 7) + 4 t2 ] z =0 , de modo que si introducimos la nueva variable w = z , obtenemos la ecuación diferencial de orden dos (2 t − 3) t w + (−6 t2 + 13 t − 9) w + (4 t2 − 12 t + 14) w = 0 . 2) Utilizamos y1 (t) para obtener una solución w1 (t) de (3.10). Sean z1 (t) =

et y1 (t) = , t t

y

w1 (t) = z1 (t) =

et et − 2. t t

3) El cambio de variable w = w1 (t) u transforma la ecuación (3.10) en (2 t − 3) t

(w1 u + 2 w1 u + w1 u ) + (−6 t2 + 13 t − 9) (w1 u + w1 u ) +(4 t2 − 12 t + 14) w1 u = 0

(2 t − 3) t w1 u + [2 t (2 t − 3) w1 + (−6 t2 + 13 t − 9) w1 ] u = 0 ,

(3.10)


119

de modo que si introducimos la nueva variable v = u , obtenemos la ecuación diferencial de primer orden (2 t − 3) t w1 v + [2 t (2 t − 3) w1 + (−6 t2 + 13 t − 9) w1 ] v = 0 . 4) Dividiendo la ecuación por (2 t − 3) t w1 , expresamos la ecuación en forma canónica

w1 −6 t2 + 13 t − 9 + v + 2 v=0 w1 (2 t − 3) t y entonces

w 6 t2 − 13 t + 9 v = −2 1 + . v w1 t (2 t − 3)

Integrando con respecto a t

ln |v(t)| = −2 ln |w1 (t)| +

v(t) =

2 t − 3 6 t2 − 13 t + 9 dt = −2 ln |w1 (t)| + 3 t + ln 3 , t (2 t − 3) t 1 3t 2 t − 3 t (2 t − 3) e = et , w12 t3 (t − 1)2

y deshaciendo los cambios de variable, t (2 t − 3) 2t−1 , dt = et u(t) = et (t − 1)2 t−1 e2t 2t − 1 , z(t) = e2t dt = 2 t t

w(t) =

y(t) =

et et − 2 t t

u = e2t

2t − 1 t2

e2t t = e2t , t

obtenemos un sistema fundamental de soluciones de la ecuación original {t, et , e2t }. La solución general será entonces de la forma y(t) = c1 t + c2 et + c3 e2t ,

c1 , c2 , c3 ∈ IR

PROBLEMA 3.27 Se considera la ecuación lineal de segundo orden 1 y + α(t)y = 0 t = 0 . t Calcúlese cuál debe ser la función α(t) para que existan dos soluciones no triviales tales que una sea el cuadrado de la otra. En ese caso, resuélvase la ecuación. y −

SOLUCIÓN

Sea {y1 , y2 } = {y , y 2 } un sistema fundamental de soluciones de la ecuación. De acuerdo con la fórmula de Abel-Liouville-Jacobi, su wronskiano verifica la ecuación W (y, y 2 )(t) = t k exp( 1 1/s ds), para una constante k, obtenemos entonces, y y 2 2 y 2 y y = k t ⇒ y y = k t ,

120 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e, integrando con respecto a t, resulta 1 1 3 y = k t2 + c , 3 2

c ∈ IR

⇒

y 3 = c1 t2 + c2 ,

c1 , c2 ∈ IR,

c21 + c22 = 0 .

La solución general de la ecuación será por tanto 1

2

y(t) = α1 y1 (t) + β1 y2 (t) = α1 (a t2 + b) 3 + β1 (a t2 + b) 3 . La función α(t) se obtiene imponiendo que y1 (t) verifique la ecuación. Calculamos y1 (t) =

2 2a t (a t2 + b)− 3 , 3

y1 (t) =

2 5 2a 8 a2 2 (a t2 + b)− 3 − t (a t2 + b)− 3 , 3 9

y sustituyendo en la ecuación −

5 1 8 a2 2 t (a t2 + b)− 3 + α(t) (a t2 + b) 3 = 0 , 9

resulta α(t) =

8 a2 t2 . 9 (a t2 + b)2

PROBLEMA 3.28 Si (y1 , . . . , yn ) es un sistema libre de soluciones de la ecuación homogénea y n) +

a1 (t) n−1) an−1 (t) an (t) y y + y = 0, + ··· + a0 (t) a0 (t) a0 (t)

entonces dicha ecuación coincide con W (y1 , . . . , yn , y)(t) = 0. W (y1 , · · · , yn )(t) Pruébese que el coeficiente de y n−1) vale −

dW (y1 , . . . , yn )(t) 1 . W (y1 , . . . , yn )(t) dt

Pruébese así la igualdad

t

−

W (y1 , . . . , yn )(t) = k e

t0

a1 (s) ds a0 (s) ,

resultado que se conoce como la fórmula de Abel-Liouville-Jacobi.

t∈I,


SOLUCIÓN

121

Desarrollando la expresión que nos da el enunciado tenemos y1 y 1 . 1 W (y1 , . . . , yn , y)(t) . = . W (y1 , . . . , yn )(t) W (y1 , . . . , yn )(t) n−1) y1 n) y

y2

···

yn

y2

···

yn

.. .

..

.. .

n−1)

···

n)

···

y2

y2

1

.

n−1)

yn

n)

yn

y y .. . , n−1) y n) y

con lo que el coeficiente de y n−1) vendrá dado por y1 y 1 . 1 . − . W (y1 , . . . , yn )(t) n−2) y1 n) y 1

y2

···

yn−1

y2

···

yn−1

.. .

..

.. .

.

n−2)

···

yn−1

n)

···

yn−1

y2

y2

n−2) n)

yn yn .. . . n−2) yn n) yn

Para demostrar lo pedido en el enunciado hay que probar que el determinante que aparece en esta última expresión coincide con dW (y1 , . . . , yn )(t)/dt, expresión en la que debemos calcular la derivada de un determinante. Recordemos cómo se calcula esta derivada: sea A = A(t) una matriz cuyas entradas dependen de t y supongamos que det A(t) es derivable (lo cual es equivalente a suponer que cada una de sus entradas es derivable, ya que el determinante es un polinomio de sus componentes), entonces se verifica que n d det A = |Ai | , dt i=1

donde |Ai | es el determinante obtenido al sustituir la fila i-ésima de A(t) por su derivada respecto de t, es decir a11 (t) a12 (t) · · · a1n (t) . .. .. .. . . . . . |Ai | = ai1 (t) ai2 (t) · · · ain (t) . . .. .. .. . . . . . an1 (t) an2 (t) · · · ann (t)

122 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Si aplicamos esta expresión al wronskiano obtenemos dW (y1 , . . . , yn )(t) = dt y1 ··· yn y1 y ··· yn y1 1 y1 ··· yn + y1 . .. .. .. .. . . . n−1) n−1) n−1) y y · · · yn 1 1

y1 yn y yn 1 yn + · · · + .. . .. n−2) . y1 n) n−1) y yn 1

··· ··· ··· ..

.

···

··· ··· ..

.

··· ···

yn yn .. . . n−2) yn n) yn

Dado que en todos los determinantes, salvo en el último, se repiten dos filas el resultado es y1 y 1 . dW (y1 , . . . , yn )(t) = .. dt n−2) y1 n) y

y2

···

y2

···

.. .

..

n−2)

···

n)

···

y2

y2

1

.

yn yn .. . , n−2) yn n) y n

que es precisamente el resultado que queríamos demostrar. Igualando los coeficientes de y n−1) en las dos formas de escribir la ecuación, encontramos que a1 (t) 1 dW (y1 , . . . , yn )(t) = , − W (y1 , . . . , yn )(t) dt a0 (t) donde W (y1 , . . . , yn )(t) es no nulo por ser las funciones yk independientes. La integración de esta expresión conduce a

t

−

W (y1 , · · · , yn )(t) = k e

t0

a1 (s) ds a0 (s) .

PROBLEMA 3.29 Utilizando el resultado obtenido en el problema 3.25 y el método de variación de las constantes calcúlese la solución general de la ecuación t y + 2 y + t y = 1 ,

t > 0.


SOLUCIÓN

123

La solución general de la ecuación vendrá dada por la solución general de la ecuación homogénea t y + 2 y + t y = 0 (obtenida en el problema 3.25) yh (t) = c1

cos t sen t + c2 , t t

y una solución particular de t y + 2 y + t y = 1, que calcularemos por el método de variación de las constantes, esto es, buscaremos una solución de la forma yp (t) = c1 (t) Resolvemos el sistema ⎛ cos t ⎜ t ⎜

⎝ 1 cos t + sen t − t t

cos t sen t + c2 (t) . t t ⎞

⎛ ⎞ ! " 0 (t) c ⎟ 1 ⎜ ⎟ ⎟

= ⎝1⎠ , 1 sen t ⎠ c (t) cos t − 2 t t t sen t t

es decir, sen t cos t c1 (t) + c2 (t) = 0 , t t

1 1 1 cos t sen t + sen t c1 (t) + − cos t − c2 (t) = . t t t t t

(1) (2)

Teniendo en cuenta que (2) se puede escribir como

1 cos t sen t sen t cos t 1 − c1 (t) + c2 (t) − c1 (t) + c (t) = , t t t t t 2 t y que el corchete es nulo gracias a (1), se deduce que −

sen t cos t 1 c1 (t) + c2 (t) = t t t

(3)

y encontramos que el sistema a resolver es el formado por (1) y (3). La solución del mismo se puede obtener multiplicando (1) por sen t, (3) por cos t y sumando, lo que nos proporciona c2 (t) = cos t. Sustituyendo en (1) encontramos que c1 (t) = − sen t. Integrando estas expresiones podemos considerar, por ejemplo, que c1 (t) = cos t ,

c2 (t) = sen t ,

con lo que una solución particular de la ecuación no homogénea viene dada por cos2 t sen2 t 1 cos t sen t + c2 (t) = + = . t t t t t Finalmente, la solución general buscada es yp (t) = c1 (t)

y(t) = yh (t) + yp (t) =

1 (1 + c1 cos t + c2 sen t) . t


PROBLEMA 3.30 Utilizando el resultado obtenido en 3.26 y el método de variación de las constantes, calcúlese la solución general de la ecuación (2 t − 3) y − (6 t − 7) y + 4 t y − 4 y = 8 ,

t>

3 . 2

SOLUCIÓN

Hemos visto en el problema 3.26 que la solución general de la ecuación lineal homogénea (2 t − 3) y − (6 t − 7) y + 4 t y − 4 y = 0 ,

t > 3/2 ,

viene dada por yh (t) = c1 t + c2 et + c3 e2 t . Para encontrar una solución particular aplicamos el método de variación de las constantes ensayando una solución particular yp (t) = c1 (t) t + c2 (t) et + c3 (t) e2 t y determinando las ci (t) a partir de ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ 0 c1 (t) t et e2 t ⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ 0 ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟. ⎜1 et 2 e2 t ⎟ ⎜c2 (t)⎟ = ⎜ ⎜ ⎟ ⎠ ⎠⎝ ⎝ ⎝ 8 ⎠ t 2t c3 (t) 0 e 4e 2t − 3 Podemos aplicar operaciones elementales sobre las filas de la matriz del sistema para obtener otro sistema que, manteniendo la misma solución, sea más sencillo de resolver ⎛

t

⎜ ⎜ ⎜1 ⎝ 0 ⎛

t

⎜ ⎜ ⎜0 ⎝ 0

et

et t−1 t

et

et

e2 t

et

2 e2 t

t

2t

e

4e

0

⎞

⎟ −1/t ⎟ 0 ⎟ f2,1 ⎠ →

8 2 t−3

e2 t e2 t 2 t−1 t

0

4 e2 t

8 2 t−3

⎞

t ⎟ − t−1 ⎟ 0 ⎟ f3,2 ⎠ →

⎛

⎜ ⎜ ⎜0 ⎝ 0 ⎛

e2 t e2 t 2 t−1 t

0

e

4 e2 t

8 2 t−3

et et t−1 t

e2 t e2 t 2 t−1 t t−3 e2 t 2t−1

0

t

t

⎜ ⎜ ⎜0 ⎜ ⎝ 0

et

et t−1 t

t

0

⎞

⎟ ⎟ 0 ⎟ ⎠ ⎞

⎟ ⎟ 0 ⎟ ⎟ ⎠

8 2 t−3

k donde la notación fi,j se refiere a la sustitución de la fila i-ésima por la suma de la fila i-ésima más la j-ésima multiplicada por k.


125

El sistema equivalente sería entonces t c1 (t) + et c2 (t) + e2 t c3 (t) = 0 ,

t

e

t−1 t

c2 (t)

2t

+e

2t

e

2t − 1 t 2t − 3 t−1

c3 (t) = 0 , c3 (t) =

8 , 2t − 3

cuya solución viene dada por c1 (t) =

8 , (2 t − 3)2

c2 (t) = −8 e−t

2t − 1 , (2 t − 3)2

c3 (t) = 8 e−2 t

t−1 . (2 t − 3)2

Considerando c1 (t) =

4 , 3 − 2t

c2 (t) =

8 e−t , 2t − 3

c3 (t) =

2 e−2 t , 3 − 2t

obtenemos la solución particular yp (t) = c1 (t) t + c2 (t) et + c3 (t) e2 t =

4t − 6 = −2 . 3 − 2t

Finalmente, la solución general de la ecuación no homogénea resulta ser y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 t + c2 et + c3 e2 t − 2 .

PROBLEMA 3.31 Sabiendo que et y t et forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea y utilizando el método de variación de las constantes, calcúlese la solución general de la ecuación y − 2 y + y =

SOLUCIÓN

et , t

t > 0.

La solución general de la ecuación homogénea es yh (t) = c1 et + c2 t et . Aplicamos el método de variación de las constantes para calcular una solución particular tomando yp (t) = c1 (t) et + c2 (t) t et . Resolvemos ⎛ ⎞ ! t "! " 0 t et e c1 (t) ⎜ ⎟ = ⎝ et ⎠ , c2 (t) et et (1 + t) t

126 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS con solución dada por c1 (t) = −1 ,

c2 (t) =

1 . t

Integrando estas expresiones podemos tomar c1 (t) = −t ,

c2 (t) = ln t ,

con lo que una solución particular sería yp (t) = (ln t − 1) t et , y la solución general de la ecuación y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 et + (c2 − 1 + ln t) t et .

PROBLEMA 3.32 Utilizando el método de variación de las constantes, calcúlese la solución general de la ecuación y 4) = 5 t .

SOLUCIÓN

Integrando directamente la ecuación homogénea asociada, y 4) = 0, obtenemos que su solución general viene dada por La solución general de la ecuación homogénea viene dada por yh (t) = c1 + c2 t + c3 t2 + c4 t3 ,

ci ∈ IR, i = 1, . . . , 4 .

Buscamos una solución particular mediante el método de variación de las constantes de la forma yp (t) = c1 (t) + c2 (t) t + c3 (t) t2 + c4 (t) t3 , donde los ci (t) con i = 1, . . . , 4 deben verificar ⎛

1

⎜ ⎜0 ⎜ ⎜ ⎜ ⎜0 ⎝ 0

t

t2

1

2t

0

2

0

0

⎞⎛

⎞ c1 (t) ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 t2 ⎟ ⎟ ⎜c2 (t)⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ c (t)⎟ 6t ⎠⎝ 3 ⎠ 6 c4 (t) t3

⎛

0

⎞

⎜ ⎟ ⎜0⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟, ⎜ ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠ 5t

cuya solución se puede escribir como 5 c1 (t) = − t4 , 6

c2 (t) =

5 3 t , 2

5 c3 (t) = − t2 , 2

c4 (t) =

5 t. 6


127

Así se obtiene c1 (t) = −

t5 , 6

c2 (t) =

5 4 t , 8

5 c3 (t) = − t3 , 6

c4 (t) =

5 2 t . 12

De esta forma una solución particular es t5 , 24

yp (t) = y, finalmente, la solución general viene dada por

y(t) = c1 + c2 t + c3 t2 + c4 t3 +

t5 . 24

PROBLEMA 3.33 Utilizando el resultado obtenido en el ejercicio 3.25 calcúlese la función de Green para el problema de valores iniciales dado por t y + 2 y + t y = 0 ,

t > 0,

y la solución general de la ecuación t y + 2 y + t y = 1 ,

SOLUCIÓN

t > 0.

Para el problema que se nos plantea el orden del operador es dos, con lo que la función de Green se reduce a y1 (s) y2 (s) 1 y (t) y (t) sen(t − s) sen(t − s) 1 2 G(t, s) = = st . = 1 a0 (s) W (y1 , y2 )(s) t s 2 s Para calcular la solución general de t y + 2 y + t y = 1 , t > 0 necesitamos, también, una solución particular a la que sumaremos la ya conocida solución de la ecuación homogénea (ver 3.25). La solución particular verificando que yp (π) = yp (π) = 0 viene dada por

t

yp (t) =

t

G(t, s) b(s) ds = π

π

1 + cos t sen(t − s) ds = . t t

La solución general de la ecuación resulta ser entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1

cos t sen t 1 + cos t + c2 + , t t t

c1 , c2 ∈ IR .


PROBLEMA 3.34 Utilizando el resultado obtenido en el problema 3.26 calcúlese la función de Green para el problema de valores iniciales dado por (2 t − 3) y − (6 t − 7) y + 4 t y − 4 y = 0 ,

t>

3 , 2

t>

3 . 2

y la solución general de la ecuación (2 t − 3) y − (6 t − 7) y + 4 t y − 4 y = 8 ,

SOLUCIÓN

Aplicamos la expresión vista para la fórmula de Green. En este caso el sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea viene dado por (ver 3.26) y2 (t) = et ,

y1 (t) = t ,

y3 (t) = e2 t ,

con lo que tenemos s W (y1 , y2 , y3 )(s) = 1 0

es es es

e2 s 2 e2 s = (2 s − 3) e3 s = 0 , 2 s 4e

s>

3 , 2

luego la función de Green resulta ser s es e2 s 1 es 2 e2 s t et e2 t (s − 1) e2 t+s + t e3 s + (1 − 2 s) e2 s+t G(t, s) = = (2 s − 3)2 e3 s (2 s − 3)2 e3 s =

s−1 t 1 − 2 s t−s e2 (t−s) + + e . (2 s − 3)2 (2 s − 3)2 (2 s − 3)2

Calculamos una solución particular de (2 t − 3) y − (6 t − 7) y + 4 t y − 4 y = 8 con t > 3/2 mediante t yp (t) = G(t, s) 8 ds = 2 et−4 (et − 4 e2 ) + 4 t − 2 , 2

con lo que la solución general de la ecuación es y(t) = c1 t + c2 et + c3 e2 t + 2 et−4 (et − 4 e2 ) + 4 t − 2 .


129

PROBLEMA 3.35 Sabiendo que et y t et forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea, calcúlese, mediante el uso de la función de Green, la solución general de la ecuación et y − 2 y + y = , t > 0. t

SOLUCIÓN

Calculamos la función de Green para el problema de valores iniciales asociado al operador con coeficientes constantes d d2 L= 2 −2 +I. dt dt Para ello llamemos g(t) a la solución de ⎧ ⎨L y = 0 , ⎩

y(0) = 0 ,

y (0) = 1 .

Teniendo en cuenta el sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea dado en el enunciado del problema, tenemos que la solución a L y = 0 es y(t) = c1 et + c2 t et ,

c1 , c2 ∈ IR .

Imponiendo las condiciones iniciales y(0) = 0 ⇒ c1 = 0 , y (0) = 1 ⇒ c2 = 1 , con lo que g(t) = t et y la función de Green resulta G(t, s) = g(t − s) = (t − s) et−s . Una solución particular de la ecuación no homogénea, la que verifica y(t0 ) = y (t0 ) = 0, viene dada por

t s t t−s e ds = −t0 + t + t ln (t − s) e et . s t 0 t0 Si tomamos, por ejemplo, t0 = 1 obtenemos yp (t) = (−1 + t + t ln t)et . La solución general pedida en el problema es entonces la suma de la solución particular más la general de la ecuación homogénea y(t) = c1 et + c2 t et + (−1 + t + t ln t) et = (d1 + d2 t + t ln t) et ,

d1 , d2 ∈ IR .


PROBLEMA 3.36 Calcúlese, mediante el uso de la función de Green, la solución general de la ecuación y 4) = 5 t .

SOLUCIÓN

Se trata de otro ejemplo de ecuación con coeficientes constantes. Para calcular la función de Green sea g(t) la solución del problema ⎧ ⎨y 4) = 0 , ⎩ y(0) = y (0) = y (0) = 0 ,

y (0) = 1 .

Integrando la ecuación diferencial obtenemos, de manera elemental y(t) = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 ,

ci ∈ IR, i = 0, . . . , 3 .

Determinamos los valores de las constantes a partir de las condiciones iniciales resultando c0 = c1 = c2 = 0 , con lo que g(t) =

c3 =

1 , 6

t3 y la función de Green viene dada por 6 G(t, s) = g(t − s) =

(t − s)3 . 6

La solución particular de y 4) = 5 t que satisface y(0) = y (0) = y (0) = y (0) = 0 toma la forma t t5 (t − s)3 5 s ds = , yp (t) = 6 24 0 con lo que, finalmente, la solución general de la misma ecuación es y(t) = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 +

t5 . 24

4 Sistemas diferenciales lineales CAPÍTULO

de primer orden con coeficientes constantes

En este tema se presentan métodos de resolución para los sistemas diferenciales lineales de primer orden que pueden ser resueltos de forma elemental; en concreto para aquellos con coeficientes constantes y algunos que se reducen a ese caso.

4.1. Sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. 4.1.1. Solución general. La exponencial de una matriz. Consideramos el sistema lineal homogéneo (shc)

y = A y ,

con A una matriz constante n × n. A lo largo del tema veremos que la solución general de (shc) es de la forma eAt c. Para ello definimos primero la exponencial de un matriz y analizamos sus propiedades. Exponencial de una matriz: definición y propiedades. D EFINICIÓN. Para cualquier matriz cuadrada A, se define la exponencial de A, y se denota por eA o exp(A), como ∞ An A2 An + ··· + + ··· = . e =I +A+ 2! n! n! n=0 A

La matriz exponencial, eA , satisface la mayor parte de las propiedades de la función exponencial.

132 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS P ROPIEDADES : 1) La serie que define eA es convergente. 2) e0 = I. 3) Si A B = B A entonces eA+B = eA eB , y por lo tanto eA eB = eB eA . 4) La matriz eA es no singular y (eA )−1 = e−A . Si t es una variable escalar, entonces la sustitución de A por A t en la definición de la exponencial da eAt = I + A t + A2

∞ t2 tn tn + · · · + An + ··· = . An 2! n! n! n=0

Esta serie converge a una matriz para todos los valores de t, y se puede derivar término a término d At e = A eA t , dt de modo que exp(A t) verifica el sistema y = A y. Por otro lado, dado que eAt es invertible, resulta que sus columnas son linealmente independientes. Combinando estos hechos se tiene Teorema. Si A es una matriz constante n × n, entonces eAt es una matriz fundamental del sistema y = A y. En consecuencia, y(t) = eAt c, c ∈ IRn , es su solución general, y la solución (única) del problema de Cauchy y = Ay, y(t0 ) = y0 viene dada por y(t) = eA(t−t0 ) y0 . El cálculo de eAt mediante su desarrollo en serie sólo resulta factible en los siguientes casos particulares: 1) Si A es una matriz diagonal su exponencial es la matriz obtenida por la exponenciación de cada elemento de la diagonal. 2) Si B es una matriz nilpotente, esto es, B k = 0 para algún entero positivo k, entonces la serie eB tiene solamente un número finito de términos. En estos casos eBt se reduce a eBt = I + B t + · · · + B k−1

tk−1 , (k − 1)!

ya que B k = B k+1 = · · · = 0 .

Aplicando las propiedades de los exponentes y esta expresión para matrices nilpotentes, se puede determinar eAt para una clase especial de matrices. Sea λ un escalar, puesto que eAt = eλIt e(A−λI)t = eλt e(A−λI)t , si B = A − λI es nilpotente, se obtiene una representación finita de eAt . 3) Cuando los elementos de eAt se identifican como el desarrollo en serie de alguna función conocida. Consideramos, a continuación, otros procedimentos más generales.

SISTEMAS LINEALES DE PRIMER ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

133

4.1.2. Polinomio interpolador. Denotemos por λ1 , . . . , λr los diferentes valores propios de A, por n1 , . . . , nr sus multiplicidades y por m1 , . . . , mr sus multiplicidades mínimas. El polinomio mínimo de A es entonces (x − λ1 )m1 . . . (x − λr )mr . Recordemos que 1 ≤ mk ≤ nk , y que mk es el número natural para el que Ker (A − λk I)mk −1 = Ker (A − λk I)mk = Ker (A − λk I)mk +1 . Llamaremos función entera de una matriz cuadrada A al límite, si existe, f (A) = l´ım (c0 I + c1 A + · · · + ck Ak ) , k→∞

que se obtiene sustituyendo z por la matriz A en la función entera f (z), donde el límite de una sucesión matricial debe entenderse como la matriz formada por los límites de cada una de las sucesiones numéricas correspondientes a sus componentes. Proposición. Sea A ∈ M (n) y denotemos por λ1 , . . . , λr sus valores propios, con multiplicidades respectivas n1 , . . . , nr y multiplicidades mínimas m1 , . . . , mr . Sea f (z) una función entera; para cualquier polinomio p(z) que satisfaga las condiciones pi) (λj ) = f i) (λj )

j = 1, . . . , r

i = 0, . . . , mj − 1 ,

se verifica que f (A) = p(A). Un polinomio de esas características se denomina polinomio interpolador de A. C ÁLCULO DEL POLINOMIO INTERPOLADOR: Si consideramos la exponencial y un polinomio p(x) (con coeficientes que dependen de t) verificando p(λk ) = p (λk ) = .. .

pmk −1) (λk )

=

etλk , t etλk , tmk −1 etλk ,

para todo k = 1, . . . , r, se tiene que eAt = p(A), lo que permite calcular la exponencial como un simple polinomio con coeficientes reales de A. En las condiciones expuestas, existe un único polinomio interpolador de A de la forma p(x) =

a0 (t) + a1 (t)(x − λ1 ) + · · · + am1 (t)(x − λ1 )m1 + +am1 +1 (t)(x − λ1 )m1 (x − λ2 ) + . . . · · · + am1 +···+mr −1 (t)(x − λ1 )m1 (x − λ2 )m2 · · · (x − λr )mr −1 .

Aunque existen infinitos polinomios interpoladores, este es el que conviene buscar ya que posee el grado mínimo m1 + · · · + mr − 1. Nota. El mismo proceso puede seguirse utilizando las multiplicidades nk en lugar de los números mínimos mk . Esto permite calcular el polinomio interpolador de A, sin necesidad de calcular las multiplicidades mínimas de sus autovalores.


4.1.3. Soluciones asociadas a valores propios. En esta sección estudiamos un procedimiento para obtener la solución general del sistema homogéneo, (shc) y = A y , siendo A una matriz n × n. Dado que su solución general se puede construir a partir de un sistema fundamental de soluciones, nuestro objetivo es encontrar n soluciones linealmente independientes. Teorema. Supongamos que una matriz constante A , n × n tiene n vectores propios linealmente independientes u1 , u2 , . . . , un . Sea λi el valor propio asociado al vector ui . Entonces eλ1 t u1 , eλ2 t u2 , . . . , eλn t un es un sistema fundamental de soluciones en IR del sistema homogéneo y = A y. Por consiguiente, la solución general del sistema es y(t) = c1 eλ1 t u1 + c2 eλ2 t u2 + · · · + cn eλn t un , donde c1 , . . . , cn son constantes arbitrarias. Nota. Si A es una matriz simétrica (At = A) real, n × n, entonces existen n vectores propios linealmente independientes. Podemos, entonces, aplicar el teorema anterior para encontrar su solución general. Nota. En el teorema anterior los valores propios λ1 , . . . , λn pueden ser reales o complejos y no necesariamente distintos. Trataremos por separado los distintos casos que pueden ocurrir, según que los valores propios sean distintos o repetidos, reales o complejos. VALORES PROPIOS REALES DISTINTOS . Si los valores propios λ1 , λ2 , . . . , λn son reales y distintos, y denotamos por ui el vector propio asociado a λi i = 1, . . . , n, entonces las soluciones y1 (t) = eλ1 t u1 , y2 (t) = eλ2 t u2 , . . . , yn (t) = eλn t un , son siempre linealmente independientes. VALORES PROPIOS COMPLEJOS DISTINTOS . Aún cuando los valores propios sean complejos, mientras sean distintos, el método anterior producirá n soluciones linealmente independientes. La única complicación consiste en que los vectores propios asociados a valores propios complejos, en general, toman valores complejos, por lo que obtendremos soluciones de ese tipo. Si A es real, entonces los coeficientes del polinomio característico son reales. En consecuencia, los valores propios complejos aparecen por pares de complejos conjugados. Supongamos que λ = α+iβ, con α, β ∈ IR, es un valor propio de A, con vector propio correspondiente u = a + ib, donde a y b son vectores constantes reales, es decir (A − λI) u = 0 .


135

Tomando el conjugado en la relación anterior, se obtiene (A − λI) u = 0. Por lo tanto, dos soluciones complejas de y = A y linealmente independientes son y1 (t) y2 (t)

= =

eλt u = e(α+iβ)t (a + ib) , eλt u = e(α−iβ)t (a − ib) .

A partir de una de estas ecuaciones complejas y la fórmula de Euler, podemos obtener dos soluciones reales; de la expresión y1 (t)

= eαt (cos(βt) + i sen(βt)) (a + ib) = eαt [(cos(βt) a − sen(βt) b) + i (sen(βt) a + cos(βt) b)] ,

tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales y1 (t) =

y1 (t) =

eαt cos(βt) a − eαt sen(βt) b , eαt sen(βt) a + eαt cos(βt) b ,

asociadas a los valores propios complejos conjugados α ± iβ. Puesto que a y b no son simultáneamente el vector cero, es inmediato ver que son linealmente independientes en IR. VALORES PROPIOS MÚLTIPLES Si algún valor propio es una raíz repetida del polinomio característico, entonces el método que acabamos de describir puede no encontrar todas las soluciones. D EFINICIÓN. Sea A una matriz constante, n × n y λ un valor propio de A. Un vector no trivial u que satisfaga (A − λI)k u = 0, para algún entero positivo k se llama vector propio generalizado asociado a λ. Si el polinomio característico de A es p(x) = (x − λ1 )n1 . . . (x − λr )nr , donde ni es la multiplicidad del valor propio λi , i = 1, . . . , r, entonces, para cada λi existen ni vectores propios generalizados linealmente independientes asociados a λi , y el conjunto de n = n1 + · · · + nr vectores propios generalizados es linealmente independiente. Además, si u es un vector propio generalizado asociado a λi , entonces (A − λi I)ni u = 0. Esto da lugar al siguiente procedimiento para encontrar n soluciones linealmente independientes Para obtener un sistema fundamental de soluciones de y = A y: 1) Calcular el polinomio característico |A − λI| y encontrar los valores propios distintos λ1 , . . . , λr . 2) Para cada valor propio λi , encontrar ni vectores propios generalizados linealmente independientes, donde ni es la multiplicidad del valor propio λi , es decir, encontrar una base del subespacio propio generalizado asociado a λi . 3) Utilizar los ni vectores propios generalizados linealmente independientes obtenidos en 2) para calcular ni soluciones linealmente independientes de y = A y de la forma

t2 At λi t 2 e u=e u + t (A − λi I) u + (A − λi I) u + . . . , 2! donde u es un vector propio generalizado asociado a λi . Si λi tiene multiplicidad ni , entonces la serie anterior se reduce a los ni primeros términos.


4.2. Sistemas lineales no homogéneos con coeficientes constantes. Consideremos el sistema lineal de coeficientes constantes no homogéneo, (slc)

y = A y + b(t) ,

con A una matriz constante n × n, para el que supondremos que las componentes de b(t) son funciones continuas en un intervalo I ⊂ IR.

4.2.1. Variación de las constantes. Resonancia. En el capítulo anterior analizamos el “método de variación de las constantes" para obtener una solución general de un sistema lineal continuo. Este método, aplicado al sistema constante (slc), proporciona la solución y(t) = eA (t−t0 ) y0 +

t

eA (t−s) b(s) ds ,

t0

del sistema no homogéneo, que en t0 vale y0 . Del mismo modo, la fórmula y(t) = eA t c(t) proporciona una solución particular de (slc) cuando la derivada c (t) vale c (t) = e−A t b(t) . La fórmula de variación de las constantes, a veces, es difícil de aplicar porque implica el cálculo de algunas integrales no elementales. Para términos independientes determinados existen resultados específicos que permiten una resolución más rápida. Por su importancia, vamos a ver uno de estos resultados que se refiere al caso en que el término independiente es el producto de una exponencial por un polinomio. Teorema. Consideremos el sistema lineal de coeficientes constantes y = A y + eαt q(t) ,

(4.1)

donde cada componente de q(t) es un polinomio de grado k y α ∈ C. 1) Si α no es un valor propio de A, entonces existe una solución particular de (4.1) que es de la forma eαt r(t), donde r(t) es un polinomio de grado k. 2) (Resonancia). Si α es un valor propio de A, con multiplicidad mínima m, entonces existe una solución particular de (4.1) que es de la forma eαt r(t), donde cada una de las componentes de r(t) es un polinomio de grado menor o igual que k + m.

Nota. Si en la proposición anterior tomamos α = 0, el resultado se aplica a sistemas cuyo término independiente es un polinomio, encontrándose en ese caso soluciones polinómicas.


137

4.3. Selección de problemas. PROBLEMA 4.1 Dada una matriz cuadrada compleja n × n, razónese que los valores propios de eAt son eλi t , i = 1, 2, . . . , n, donde λ1 , . . . , λn son los autovalores, posiblemente repetidos, de A.

SOLUCIÓN

Si λi es un autovalor de A, entonces existe v = 0 tal que Av = λi v. Se deduce por tanto que, ∀t ∈ IR, es Atv = λi tv, y procediendo de forma inductiva se prueba sin dificultad que (At)k v = (λi t)k v, ∀k ∈ IN. Se tiene así, recordando la definición de la exponencial matricial, que ∞ ∞ (A t)k (λi t)k v= v = eλi t v , eAt v = k! k! k=0

lo que prueba que e

λi t

k=0

At

es un autovalor de e .

PROBLEMA 4.2 Siendo A una matriz constante, a) demuéstrese que la derivada de eAt en un punto t0 está relacionada con la derivada en 0 por d At d At e |t=t0 = eAt0 e |t=0 ; dt dt b) demuéstrese que la derivada en 0 de eAt vale justamente A, y obténgase así el resultado d At e = A eAt . dt

SOLUCIÓN

a) Se tiene para ∀t0 ∈ IR que d At0 +A(t−t0 ) d At0 A(t−t0 ) d At d e |t=t0 = e e e |t=t0 = |t=t0 = eAt0 eA(t−t0 ) |t=t0 , dt dt dt dt que tras el cambio s = t − t0 , se transforma en eAt0

d A(t−t0 ) d As ds d d At e e |s=0 = eAt0 eAs |s=0 = eAt0 e |t=0 , |t=t0 = eAt0 dt ds dt ds dt

que es lo que deseábamos probar.

138 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) Sea J = [−r, r] con 0 < r < 1. El término (At)k/k! es derivable ∀k ∈ IN y su derivada es fácil de acotar en J en términos de una cota L de A, por Lk /(k − 1)! Por el criterio M de Weierstrass, la serie

∞ d (At)k , dt k! k=1

converge uniformemente en J y coincide con la derivada de la serie, esto es !∞ "

∞ ∞ d (At)k (At)k−1 d (At)k d At e = = = A dt dt k! dt k! (k − 1)! k=0

= A

∞ (At)k−1 k=1

(k − 1)!

k=0

=A

∞ (At)k k=0

k!

k=1

= A eAt ,

∀t ∈ J.

En particular, en t = 0 ∈ J se tiene d At e |t=0 = A eA0 = A , dt pues la exponencial de la matriz nula es la matriz identidad. Ahora, del apartado a) se sigue, trivialmente, el resultado (tomando t en vez de t0 ) d At d At e |t = eAt e |t=0 = eAt A = A eAt , dt dt

∀t ∈ IR ,

sin más que tener en cuenta que A y eAt conmutan. Por último, describiremos brevemente un modo alternativo de probar el resultado anterior. Se tiene que ∞ (Ah)k

eAh − eA0 eAh − I d At e |t=0 = l´ım = l´ım = l´ım k=0 h→0 h→0 h→0 dt h h

= l´ım A h→0

∞ (Ah)k−1 k=1

k!

=A+A

∞ k=2

k!

−I

h

(Ah)k−1 = A, h→0 k! l´ım

sin más que tener en cuenta la convergencia uniforme en J, que mencionamos anteriormente, en la penúltima igualdad. Ahora, el apartado a) permite concluir el resultado como antes.

PROBLEMA 4.3 Considérese el sistema de coeficientes constantes y = A y . Pruébese que el límite de las iteradas de Picard proporciona la solución del sistema que verifica y(0) = y0 , esto es eAt y0 . Pruébese además que eAt es la matriz fundamental principal en 0 del sistema.


139

SOLUCIÓN

Las iteradas de Picard se obtienen a partir de g0 (t) = y0 como t gk+1 (t) = y0 + A gk (s) ds . 0

Calculamos la sucesión (gk )k∈IN , y0 ,

g0 (t) =

g1 (t) =

y0 +

t

0

g2 (t) =

y0 +

g3 (t) =

y0 +

t

0

t

0

A y0 ds = y0 + At y0 = (I + At) y0 ,

A(I + As) y0 ds =

I + At + A

2t

2

2

y0 ,

s2 t2 t3 A I + As + A2 y0 ds = I + At + A2 + A3 y0 , 2 2 3!

observamos una cierta recurrencia. La demostramos por inducción: suponemos que

t2 t3 tk−1 gk−1 (t) = I + At + A2 + A3 + · · · + Ak−1 y0 , 2 3! (k − 1)! calculamos gk (t)

gk (t) = y0 +

=

t

2 2s

A I + As + A 0 2t

I + At + A

2

2

3t

+A

3

3!

2

+A

3 3s

3!

+ ··· + A

+ ··· + A

k−1

kt

k

k!

sk−1 (k − 1)!

y0 ds

y0 ,

y vemos que, efectivamente, sigue la misma pauta. La solución del problema de Cauchy se obtiene pasando al límite, y(t) = l´ım gk (t) = eAt y0 . k→∞

At

Para probar que e es la matriz fundamental principal en 0 del sistema (apoyándonos en lo anterior) basta considerar las soluciones de y = Ay para y(0) = ei (ei denota la columna i-ésima de la matriz identidad) con i = 1, 2, . . . , n, y que vienen dadas por eAt ei . Reuniendo por columnas estas soluciones para i = 1, 2, . . . , n, se tiene que eAt I = eAt toma en t = 0 el valor I, y es por tanto la matriz fundamental principal en 0.

PROBLEMA 4.4 Consideramos las matrices de la forma ! " a1 (t) α [a1 (t) − a2 (t)] A(t) = , β [a1 (t) − a2 (t)] a2 (t)

(4.2)

donde las funciones a1 (t) y a2 (t) son continuas en el intervalo I, en el que consideraremos todas las ecuaciones.


a) Pruébese que, si A es de la forma (4.2), entonces conmuta con su primitiva. b) Pruébese que, si

! A(t) =

a11 (t) a12 (t)

"

a21 (t) a22 (t)

,

tiene componentes continuas, conmuta con su primitiva, y a11 (t) = a22 (t) para todo t ∈ I, entonces existen constantes α y β tales que a12 (t) = α [a11 (t) − a22 (t)]

a21 (t) = β [a11 (t) − a22 (t)] ,

y

o sea, que A(t) es de la forma (4.2). c) Pruébese que, si A(t) es de la forma (4.2), entonces el cambio de variable dependiente

1 (a1 (t) + a2 (t)) dt z(t) , x(t) = exp 2 seguido del cambio de variable independiente s = (a1 (t) − a2 (t)) dt , transforma el sistema en x , t x = A(t) x en el sistema en z , s

SOLUCIÓN

⎛ 1 ⎜ z = ⎝ 2 β

⎞ α 1 − 2

⎟ ⎠ z.

a) Sean b1 (t) =

a1 (t) dt y b2 (t) = ! B(t) =

a2 (t) dt. Una primitiva, B(t), de la matriz A(t) es " α [b1 (t) − b2 (t)] b1 (t) . β [b1 (t) − b2 (t)] b2 (t)

A efectos de abreviar las expresiones resultantes, denotemos por ai = ai (t) y bi = bi (t) para i = 1, 2. Comprobamos que, efectivamente A = A(t) y B = B(t) conmutan, puesto que

a1 b1 + αβ(a1 − a2 )(b1 − b2 ) α(a1 b1 − a2 b2 ) AB = = BA. a2 b2 + αβ(a1 − a2 )(b1 − b2 ) β(a1 b1 − a2 b2 )


b) Sean

A(t) =

a11 (t) a21 (t)

a12 (t) a22 (t)

,

B(t) =

b11 (t) b12 (t) b21 (t) b22 (t)

141

,

donde B(t) denota una primitiva de A(t), esto es, se verifica que bij (t) = aij (t) para i, j = 1, 2 y t ∈ I. Supongamos que además es a11 (t) = a22 (t) , ∀t ∈ I. En adelante, y a efectos de abreviar las expresiones que manejaremos, introducimos las notaciones aij = aij (t) y bij = bij (t) para i, j = 1, 2. Se tiene así que

a11 a12 b11 b12 a11 b11 + a12 b21 a11 b12 + a12 b22 A(t)B(t) = = , a21 a22 b21 b22 a21 b11 + a22 b21 a21 b12 + a22 b22 y que B(t)A(t) =

b11 b21

b12 b22

a11 a21

a12 a22

=

b11 a11 + b12 a21 b21 a11 + b22 a21

b11 a12 + b12 a22 b21 a12 + b22 a22

.

Igualando ambas expresiones para imponer las conmutatividad A(t)B(t) = B(t)A(t) y fijándonos en los dos elementos de fuera de la diagonal principal, obtenemos las relaciones ( a11 b12 + a12 b22 = b11 a12 + b12 a22 ⇒ (a11 − a22 )b12 = a12 (b11 − b22 ) (4.3) a21 b11 + a22 b21 = b21 a11 + b22 a21 ⇒ (a11 − a22 )b21 = a21 (b11 − b22 ) Por otra parte, para los valores de t ∈ I que no anulen los denominadores, tenemos que

d b (b11 − b22 ) − (b11 − b22 )b12 b12 = 12 dt b11 − b22 (b11 − b22 )2 a12 (b11 − b22 ) − (a11 − a22 )b12 = = 0, (b11 − b22 )2

d b (b11 − b22 ) − (b11 − b22 )b21 b21 = 21 dt b11 − b22 (b11 − b22 )2 a21 (b11 − b22 ) − (a11 − a22 )b21 = = 0, (b11 − b22 )2 donde las últimas igualdades se siguen de (4.3), y hemos hecho uso de que bij = aij para i, j = 1, 2 y t ∈ I. Nótese en este punto que, los posibles valores de t ∈ I que anulan los denominadores, son puntos aislados, puesto que si fuese b11 − b22 = 0 en un cierto intervalo, su derivada se anularía idénticamente en el interior de dicho intervalo, y se tendría que b11 − b22 = a11 − a22 = 0, contradiciendo la hipótesis de que a11 − a22 = 0 en I. De hecho, es fácil ver, a partir de la continuidad de a11 − a22 , y del hecho de no anularse en el intervalo I, que puede existir, a lo sumo, un valor t0 ∈ I para el que se tenga que b11 (t0 ) − b22 (t0 ) = 0. Además, en caso de haberlo, tendríamos una indeterminación, puesto que de (4.3) se deduce que en ese caso serían b12 (t0 ) = b21 (t0 ) = 0, y la resolveríamos aplicando L’Hopital, obteniendo así ⎫ a12 (t0 ) b12 b12 a12 ⎪ ⎪ l´ım = l´ım = l´ım = ⎪ t→t0 b11 − b22 t→t0 b t→t a11 (t0 ) − a22 (t0 ) ⎬ 0 a11 − a22 11 − b22 ⎪ a21 (t0 ) b21 b a21 ⎪ ⎪ l´ım = l´ım 21 = l´ım = ⎭ t→t0 b11 − b22 t→t0 b t→t0 a11 − a22 − b a (t ) − a (t ) 11 0 22 0 11 22

142 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS a partir de la continuidad de las funciones aij . Por tanto, se tendrá que b12 =α b11 − b22 b21 =β b11 − b22

⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭

para ciertas constantes α y β. El resultado se sigue ahora de (4.3), pues (a11 − a22 )b12 = a12 (b11 − b22 ) ⇒ a12 (a11 − a22 )b21 = a21 (b11 − b22 ) ⇒ a21

⎫ b12 ⎪ = (a11 − a22 ) = α(a11 − a22 )⎪ ⎬ b11 − b22 ⎪ b21 ⎭ = (a11 − a22 ) = β(a11 − a22 )⎪ b11 − b22

y se extiende por continuidad, si es necesario, al posible valor de t que anulaba el denominador b11 − b22 . c) Consideremos el sistema x˙ = A(t) x, donde A(t) es la matrizdefinida mediante (4.2), y donde x˙ = dx/dt. El cambio de variable x(t) = exp (1/2) (a1 (t) + a2 (t)) dt z(t), implica que 1 1 1 [a1 (t) + a2 (t)] e 2 [a1 (t)+a2 (t)] dt z(t) + e 2 [a1 (t)+a2 (t)] dt z˙ (t) 2

1 1 [a1 (t) + a2 (t)] z(t) + z˙ (t) , = e 2 [a1 (t)+a2 (t)] dt 2

x(t) ˙ =

y, por otro lado 1

A(t) x = A(t) e 2

[a1 (t)+a2 (t)] dt

z(t) ,

por lo que, igualando ambas expresiones, se obtiene, tras dividir el resultado por el término exponencial 1 z˙ (t) = A(t) − [a1 (t) + a2 (t)] I z(t) 2 ⎞ ⎛ 1 [a (t) − a (t)] α [a (t) − a (t)] 1 2 1 2 ⎟ ⎜ = ⎝ 2 ⎠ z(t) 1 [−a1 (t) + a2 (t)] β [a1 (t) − a2 (t)] 2 ⎞ ⎛ 1 α ⎟ ⎜ = [a1 (t) − a2 (t)] ⎝ 2 ⎠ z(t) . 1 β − 2 Sea, ahora, el cambio de variable independiente s = (a1 (t) − a2 (t)) dt. Si denotamos por z = dz/ds, se tiene que

z˙ = z

ds = z [a1 (t) − a2 (t)] dt


143

y, tras dividir por el término a1 (t) − a2 (t), el sistema toma la forma ⎛ 1 ⎜ z = ⎝ 2 β

⎞ α 1 − 2

⎟ ⎠ z.

PROBLEMA 4.5 a) Compruébese, utilizando la definición de la exponencial que, si

0 b cos(bt) sen(bt) At A= , entonces e = . −b 0 − sen(bt) cos(bt) b) Calcúlese la exponencial eAt para la matriz,

a b A= . −b a

SOLUCIÓN

a) La matriz eAt puede, en este caso, calcularse fácilmente sin más que utilizar la definición de exponencial. Sea C la matriz ! " 0 1 C= . −1 0 Comenzamos hallando las potencias de A.

0 b 0 1 A = =b = bC , −b 0 −1 0

0 b 0 b −b2 0 2 = = −b2 I , A = −b 0 −b 0 0 −b2 A3

=

A2 A = −b2 I A = −b2 A = −b3 C ,

A4

=

A2 A2 = −b2 I A2 = (−b2 )2 I = b4 I ,

y así sucesivamente. De modo que A2k = (−1)k b2k I y A2k+1 = (−1)k b2k+1 C para todo k ∈ IN. La serie que define la exponencial es absolutamente convergente, luego podemos agrupar los términos pares y los impares para sumarla. En efecto eAt =

∞ n=0

An

∞ ∞ tn t2n t2n+1 = + , A2n A2n+1 n! n=0 (2n)! n=0 (2n + 1)!

144 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS y sustituyendo las potencias de A por los valores calculados previamente, resulta eAt

=

∞

(−1)n b2n

n=0

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ = ⎜ ⎜ ⎝ ! =

∞

∞

t2n t2n+1 I+ C (−1)n b2n+1 (2n)! (2n + 1)! n=0

(−1)n b2n

n=0

−

∞

(−1)n b2n+1

n=0

cos(bt) − sen(bt)

sen(bt) cos(bt)

⎞ t2n+1 (2n + 1)! ⎟ ⎟ n=0 ⎟ ⎟ ⎟ ∞ 2n t ⎠ (−1)n b2n (2n)! n=0 ∞

t2n (2n)! t2n+1 (2n + 1)! "

(−1)n b2n+1

.

b) La matriz A se puede expresar como

a b A= = aI + bC , −b a de modo que

! At

e

at b C t

=e e

=e

at

cos(bt) sen(bt) − sen(bt) cos(bt)

" ,

sin más que aplicar el primer apartado de este problema.

PROBLEMA 4.6 Calcúlese la exponencial eAt para la matriz ⎛ ⎞ 3 2 1 3 2 ⎠. A = ⎝ −1 1 −3 −2

SOLUCIÓN

El polinomio característico de A 3−λ 2 3−λ |A − λI| = −1 1 −3

1 2 −2 − λ

= −λ3 + 4 λ2 − 4 λ = −λ (λ − 2)2 ,

tiene por raíces: λ1 = 0 con multiplicidad uno y λ2 = 2 con multiplicidad dos. Si buscamos un polinomio interpolador de grado dos, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 2) + a2 (t) (x − 2)2 ,


145

las condiciones que tiene que verificar son p (2)

=

a0 (t) = e2t ,

p (2) = a1 (t) = t e2t , p (0)

=

a0 (t) − 2 a1 (t) + 4 a2 (t) = 1 .

Sustituyendo los valores de a0 (t) y a1 (t) en la tercera ecuación, resulta e2t − 2 t e2t + 4 a2 (t) = 1

⇒

a2 (t) =

1 (1 − e2t + 2te2t ) , 4

luego p(x) = e2t + t e2t (x − 2) +

1 (1 − e2t + 2t e2t ) (x − 2)2 , 4

y entonces 1 = p(A) = e2t I + t e2t (A − 2I) + (1 − e2t + 2t e2t ) (A − 2I)2 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 1 0 1 1 1 1 2 ⎠ + (1 − e2t + 2t e2t ) ⎝ 0 −7 −7 ⎠ = e2t I + t e2t ⎝ −1 4 1 −3 −4 0 11 11 ⎞ ⎛ 5 2t 1 2t 1 3 2t 1 2t 1 2t 2t t e t e e t e e + e − + − + ⎜ 2 4 4 2 4 4 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 3 2t 7 2t 7 ⎟ 5 2t 11 2t 7 ⎜ 2t = ⎜ −t e e − − te + e − ⎟ . − te + ⎜ 2 4 4 2 4 4 ⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 11 11 7 11 5 3 t e2t − e2t + t e2t − e2t + t e2t 2 4 4 2 4 4 Por último, conviene comentar que, en este caso concreto, las multiplicidades mínimas de los autovalores de la matriz coinciden con sus multiplicidades, como se comprueba fácilmente sin más que observar que rg(A−2I) = 2 y que, por tanto, dim Ker(A−2I) = 3−rg(A−2I) = 1. eAt

PROBLEMA 4.7 Calcúlese la exponencial eAt para la matriz ⎛ 2 1 1 2 ⎜ 2 1 −1 0 A=⎜ ⎝ 1 0 0 −1 1 −2 0 1

SOLUCIÓN

⎞ ⎟ ⎟. ⎠

El polinomio característico de A 2−λ 1 1 2 1 − λ −1 |A − λI| = 0 −λ 1 1 −2 0

2 0 −1 1−λ

= λ4 − 4 λ3 + 16 λ − 16 = (λ + 2) (λ − 2)3 ,

146 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS tiene por raíces: λ1 = −2 con multiplicidad uno y λ2 = 2 con multiplicidad tres. Si buscamos un polinomio interpolador de grado tres, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 2) + a2 (t) (x − 2)2 + a3 (t) (x − 2)3 , las condiciones que tiene que verificar son p (2)

= a0 (t) = e2t ,

p (2)

=

p (2)

=

p (−2)

a1 (t) = t e2t ,

t2 2t e , 2 = a0 (t) − 4 a1 (t) + 16 a2 (t) − 64 a3 (t) = e−2t . 2 a2 (t) = t2 e2t

⇒

a2 (t) =

Sustituyendo los valores de a0 (t) , a1 (t) y a2 (t) en la cuarta ecuación, resulta e2t − 4 t e2t + 8 t2 e2t − 64 a3 (t) = e−2t ⇒ a3 (t) =

1 2t (e − 4te2t + 8t2 e2t − e−2t ) , 64

luego p(x) = e2t + t e2t (x − 2) +

t2 2t 1 2t e (x − 2)2 + (e − 4te2t + 8t2 e2t − e−2t ) (x − 2)3 , 2 64

y por tanto t2 2t 1 2t e (A − 2I)2 + (e − 4te2t + 8t2 e2t − e−2t )(A − 2I)3 2 64 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 1 2 5 −5 −3 −3 2 ⎜ 2 −1 −1 ⎜ 0 ⎟ 3 5 5 ⎟ ⎟ + t e2t ⎜ −3 ⎟ = e2t I + t e2t ⎜ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 0 −2 −1 −3 3 5 5 ⎠ 2 1 −2 0 −1 −5 5 3 3 ⎛ ⎞ −16 16 16 16 ⎜ ⎟ 1 2t 16 −16 −16 −16 ⎟ (e − 4te2t + 8t2 e2t − e−2t ) ⎜ + ⎝ 16 −16 −16 −16 ⎠ . 64 16 −16 −16 −16

eAt = e2t I + te2t (A − 2I) +

Las componentes de la exponecial son: t2 2 2 t eAt [1, 3] = 2 t2 At e [2, 1] = 2 2 t eAt [2, 3] = 2 2 t eAt [3, 1] = 2 2 t eAt [3, 3] = 2 eAt [1, 1] =

3 2t e + 4 1 1 e2t + e2t − e−2t 4 4 1 2t 2t 2t e + te + e − 4 1 1 e2t − e2t + e−2t 4 4 1 1 e2t + e2t − e−2t 4 4 3 e2t − t e2t + e2t + 4 e2t + t e2t +

1 −2t e 4

1 −2t e 4

1 −2t e 4

t2 2t 1 2t 1 −2t e + e − e 2 4 4 2 t 1 1 eAt [1, 4] = e2t + t e2t + e2t − e−2t 2 4 4 t2 2t 3 2t 1 −2t At e [2, 2] = − e + e + e 2 4 4 2 t 1 1 eAt [2, 4] = e2t + t e2t − e2t + e−2t 2 4 4 2 t 1 1 eAt [3, 2] = − e2t +t e2t− e2t + e−2t 2 4 4 2 t 1 1 eAt [3, 4] = e2t − e2t + e−2t 2 4 4 eAt [1, 2] = −


t2 2t 1 2t 1 −2t e + e − e 2 4 4 2 t 1 1 eAt [4, 3] = − e2t + t e2t − e2t + e−2t 2 4 4 eAt [4, 1] = −

147

t2 2t 1 1 e − t e2t − e2t + e−2t 2 4 4 2 t 3 1 eAt [4, 4] = − e2t + e2t + e−2t . 2 4 4 eAt [4, 2] =

Se comprueba, sin dificultad, que las multiplicidades mínimas de los autovalores de esta matriz coinciden con sus multiplicidades, luego tres es el grado mínimo que ha de tener cualquier polinomio interpolador

PROBLEMA 4.8 Calcúlese la exponencial eAt para la matriz ⎛

⎞ 6 −10 0 A = ⎝ 3 −5 0 ⎠ . 1 −2 1

SOLUCIÓN

El polinomio característico de la matriz A, 6−λ |A − λ I| = 3 1

−10 −5 − λ −2

0 0 1−λ

= −λ3 + 2 λ2 − λ = −λ (λ − 1)2 ,

tiene por raíces: λ1 = 1 doble y λ2 = 0 simple. Si buscamos un polinomio interpolador de grado dos, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 1) + a2 (t) (x − 1)2 , las condiciones que tiene que verificar son p (1)

=

a0 (t) = et ,

p (1) = a1 (t) = t et , p (0)

=

a0 (t) − a1 (t) + a2 (t) = 1 .

Sustituyendo los valores de a0 (t) y a1 (t) en la tercera ecuación, resulta et − t et + a2 (t) = 1

⇒

a2 (t) = 1 − et + tet ,

luego p(x) = et + t et (x − 1) + (1 − et + tet ) (x − 1)2 ,

148 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS por tanto eAt

= p(A) = et I + t et (A − I) + (1 − et + tet ) (A − I)2 ⎛ ⎞ ⎛ 5 −10 0 −5 −6 0 ⎠ + (1 − et + tet ) ⎝ −3 = et I + t et ⎝ 3 1 −2 0 −1 ⎛ =

6 et − 5

⎜ ⎜ ⎜ 3 (et − 1) ⎜ ⎝ et − 1

10 (1 − et ) −5 e + 6 t

2 (1 − et )

0

⎞ 10 0 6 0 ⎠ 2 0

⎞

⎟ ⎟ 0 ⎟ ⎟. ⎠ t e

Obsérvese que, en este caso concreto, las multiplicidades mínimas de los autovalores de la matriz no coinciden con las multiplicidades, por lo que el proceso de obtención del polinomio interpolador se puede simplificar. En concreto, la multiplicidad mínima correspondiente al autovalor λ1 = 1 es uno, puesto que el rango de la matriz A − I es uno y, por tanto, dim Ker(A − I) = 3 − rg(A − I) = 2. Nótese que, en particular, esto implica que la matriz A es diagonalizable y que el polinomio mínimo de dicha matriz viene dado por m(λ) = λ (λ−1). Por tanto, podemos buscar un polinomio interpolador de grado uno de la forma q(x) = b0 (t) + b1 (t) (x − 1) , que habrá de satisfacer las condiciones q (1) = b0 (t) = et , q (0) = b0 (t) − b1 (t) = 1 , por lo que se tiene que b0 (t) = et y b1 (t) = et −1. Obtenemos así q(x) = et +(et − 1) (x−1). Finalmente eAt

= q(A) = et I + (et − 1) (A − I) ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 5 −10 0 6 et − 5 10 (1 − et ) 0 −6 0 ⎠ = ⎝ 3 (et − 1) −5 et + 6 0 ⎠ . = et I + (et − 1) ⎝ 3 2 (1 − et ) et et − 1 1 −2 0

PROBLEMA 4.9 Calcúlese la exponencial eAt para la matriz ⎛ 3 −1 ⎜ 9 −5 A=⎜ ⎝ −3 −2 4 −3

⎞ 0 1 0 9 ⎟ ⎟. 1 −3 ⎠ 0 6


SOLUCIÓN

149

El polinomio característico de A 3−λ −1 0 9 −5 − λ 0 |A−λI| = −2 1−λ −3 4 −3 0

1 9 −3 6−λ

= λ4 −5 λ3 +9 λ2 −7 λ+2 = (λ−2) (λ−1)3 ,

tiene por raíces: λ1 = 2 con multiplicidad uno y λ2 = 1 con multiplicidad tres. Si buscamos un polinomio interpolador de grado tres, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 1) + a2 (t) (x − 1)2 + a3 (t) (x − 1)3 , las condiciones que tiene que verificar son p (1)

=

a0 (t) = et ,

p (1)

=

a1 (t) = t et ,

p (1) = p (2)

=

t2 t e , 2 a0 (t) + a1 (t) + a2 (t) + a3 (t) = e2t .

2 a2 (t) = t2 et ⇒ a2 (t) =

Sustituyendo los valores de a0 (t) , a1 (t) y a2 (t) en la cuarta ecuación, resulta

t2 t t2 t t2 t t 2t 2t t t 2t e + t e + e + a3 (t) = e ⇒ a3 (t) = e − e − te − e = e − 1 + t + et , 2 2 2 luego p(x) = et + t et (x − 1) + y por tanto

t2 t t2 e (x − 1)2 + e2t − 1 + t + et (x − 1)3 , 2 2

t2 t t2 e (A − I)2 + e2t − 1 + t + et (A − I)3 2 2 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 2 −1 0 1 −1 1 0 −2 2 ⎜ 9 −6 0 ⎜ 9 ⎟ 0 0 0 0 ⎟ ⎟ + t et ⎜ ⎟ = et I + t et ⎜ ⎝ −3 −2 0 −3 ⎠ 2 ⎝ −36 24 0 −36 ⎠ 4 −3 0 5 1 −1 0 2 ⎞ ⎛ −1 1 0 −2

⎜ 0 t2 0 0 0 ⎟ ⎟ + e2t − 1 + t + et ⎜ ⎝ 0 0 0 0 ⎠ 2 1 −1 0 2 ⎛ ⎞ (2 + 3 t) et − e2 t (−1 − 2 t) et + e2t 0 (2 + 3 t) et − 2 e2t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 9 t et (1 − 6 t) et 0 9 t et ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟. t t t ⎜ −3 t (1 + 6 t) et ⎟ 2 t (−1 + 6 t) e e −3 t (1 + 6 t) e ⎝ ⎠ t 2t t 2t t 2t (−1 + 3 t) e + e (1 − 2 t) e − e 0 (−1 + 3 t) e + 2 e

eAt = et I + t et (A − I) +

150 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Se comprueba, sin dificultad, que las multiplicidades mínimas de los autovalores de esta matriz coinciden con sus multiplicidades, luego tres es el grado mínimo que ha de tener cualquier polinomio interpolador

PROBLEMA 4.10 Sea A una matriz 3 × 3 de autovalores λ (doble) y μ, con λ = μ. Pruébese que p(x) = eλt [1 + t (x − λ)] +

eμt − eλt t eλt (x − λ)2 , (x − λ)2 − 2 (μ − λ) μ−λ

es, en todo caso, un polinomio interpolador para A.

SOLUCIÓN

La función p(x) será un polinomio interpolador de A si cumple las condiciones: p(λ) = eλt ,

p (λ) = t eλt ,

p(μ) = eμt .

(4.4)

Calculamos su derivada, p (x) = t eλt + 2

eμt − eλt t eλt (x − λ) , (x − λ) − 2 (μ − λ)2 μ−λ

y comprobamos que se verifican las condiciones (4.4), p(λ) = eλt p (λ) = t eλt p(μ) = eλt + t eλt (μ − λ) + eμt − eλt − t eλt (μ − λ) = eμt , por lo tanto, efectivamente p(x) es un polinomio interpolador de A. Nótese que, si bien p(x) es un polinomio interpolador para A (que ya sabemos que no es único), no siempre será el de menor grado posible. El que lo sea o no, depende de si la multiplicidad mínima del autovalor λ es o no dos. Así, si la multiplicidad mínima de λ es dos, el polinomio dado es el de menor grado posible. Por el contrario, si dicha multiplicidad mínima es uno, entonces la matriz A es diagonalizable y podemos encontrar un polinomio interpolador de grado uno. De hecho, se comprueba sin dificultad que p(x) = eλt +

eμt − eλt (x − λ) , μ−λ

es un polinomio interpolador para A, de grado uno, en este último caso.

PROBLEMA 4.11 Consideremos el sistema lineal homogéneo

1 2 y = y = Ay. −2 1 Calcúlese eAt mediante,


151

a) la definición de exponencial (aplicando el problema 4.5), b) el cálculo de soluciones asociadas a los valores propios, c) el polinomio interpolador .

SOLUCIÓN

a) Considerando el apartado b) del problema 4.5 con a = 1 y b = 2 tenemos que ! " cos(2t) sen(2t) At t . e = e − sen(2t) cos(2t) b) El polinomio característico de la matriz de coeficientes 1−λ 2 = (1 − λ)2 + 4 = λ2 − 2λ + 5 , |A − λI| = −2 1−λ tiene las raíces: 1±2i, complejas conjugadas de multiplicidad uno. Buscamos un vector propio u asociado al valor propio λ = 1 + 2i. Por lo tanto, (A − λI) u = 0, esto es

−2i 2 u1 0 −2iu1 + 2u2 = 0 = ⇒ ⇒ iu1 = u2 . −2 −2i 0 u2 −2u1 − 2iu2 = 0 Tomando u1 = 1, se tiene u = (1, i)T y una solución compleja del sistema homogéneo, viene dada por

1 0 (1+2i)t +i yh (t) = e 0 1

1 0 t = e [cos(2t) + i sen(2t)] +i 0 1 ! " ! " cos(2t) sen(2t) = et + i et . − sen(2t) cos(2t) Tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales del sistema homogéneo y, por lo tanto ! " et cos(2t) et sen(2t) Y (t) = , −et sen(2t) et cos(2t) es una matriz fundamental del sistema. Observamos que la matriz fundamental obtenida es precisamente eAt , (Y (0) = I, por lo que es la matriz fundamental principal en 0 y, por la unicidad, Y (t) = eAt ).

152 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS c) La matriz A tiene dos valores propios complejos conjugados, 1 ± 2i, (calculados en el apartado anterior). Si buscamos un polinomio interpolador, p(x), de grado uno, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) [x − (1 + 2i)] , las condiciones que debe verificar son p(1 + 2i) = p(1 − 2i) =

a0 (t) = e(1+2i)t , a0 (t) + a1 (t) (1 − 2i − 1 − 2i) = a0 (t) − 4i a1 (t) = e(1−2i)t .

Sustituyendo el valor de a0 (t) en la segunda ecuación y despejando a1 (t) resulta e(1+2i)t − 4i a1 (t) = e(1−2i)t luego p(x) = e(1+2i)t +

⇒

a1 (t) = −

i (1+2i)t e − e(1−2i)t , 4

1 (1+2i)t e − e(1−2i)t [x − (1 + 2i)] , 4i

y, por lo tanto, At

e

−2i 1 (1+2i)t 2 (1−2i)t e = p(A) = e I+ −e −2 −2i ! "4i a11 (t) a12 (t) = , a21 (t) a22 (t) (1+2i)t

con 1 1 (1+2i)t e e(1+2i)t − e(1−2i)t = et cos 2t , − e(1−2i)t = 2 2 1 (1+2i)t 1 e e2it − e−2it = et sen(2t) , − e(1−2i)t = et a12 (t) = 2i 2i a11 (t) = e(1+2i)t −

a21 (t) = −a12 (t) = −et sen(2t) , a22 (t) = a11 (t) = et cos(2t) , es decir,

! e

At

=

et cos(2t)

et sen(2t)

−et sen(2t)

et cos(2t)

PROBLEMA 4.12 Calcúlese la solución general del sistema homogéneo ⎞ 2 0 1 y = ⎝ 0 2 0 ⎠ y . 0 1 3 ⎛

" .


SOLUCIÓN

153

El polinomio característico de la matriz de coeficientes A es 2−λ 0 1 2−λ 0 = (2 − λ)2 (3 − λ) , |A − λ I| = 0 0 1 3−λ y tiene por raíces λ1 = 2 doble y λ2 = 3 simple. Puesto que λ1 = 2 tiene multiplicidad dos, se deben determinar dos vectores propios generalizados linealmente independientes asociados a λ1 . Resolvemos primero (A − 2 I) u1 = 0, esto es ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 1 u1 0 u1 arbitrario ⎝ 0 0 0 ⎠ ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ u2 = u 3 = 0 . 0 1 1 u3 0 Tomando u1 = 1, tenemos u1 = (1, 0, 0)T , y una solución del sistema es ⎛ ⎞ ⎛ 2t ⎞ 1 e y1 (t) = e2t u1 = e2t ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . 0 0 Consideramos ahora (A − 2 I)2 u2 = 0. Para ello basta con buscar un vector u2 cumpliendo (A − 2 I) u2 = u1 , esto es ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ 1 0 0 1 u1 u1 arbitrario ⎝ 0 0 0 ⎠ ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ u2 = −1 , u3 = 1 . u3 0 0 1 1 Tomando u1 = 0, se obtiene el vector propio generalizado u2 = (0, −1, 1)T , linealmente independiente de u1 . A partir de u2 obtenemos una segunda solución del sistema y2 (t)

eAt u2 = e2t [u2 + t (A − 2 I) u2 ] ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎤ 0 0 0 1 0 = e2t ⎣⎝ −1 ⎠ + t ⎝ 0 0 0 ⎠ ⎝ −1 ⎠⎦ −1 0 1 1 −1 ⎛ ⎞ −t ⎠. −1 = e2t ⎝ −1 − 2 t

=

Para el valor propio λ2 = 3 resolvemos (A − 3 I) u3 = 0, es decir ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ 0 −1 0 1 u1 −u1 + u3 = 0 ⎝ 0 −1 0 ⎠ ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ −u2 = 0 . u3 0 0 1 0 Tomando u1 = 1 se elige u3 = (1, 0, 1)T y una tercera solución del sistema, linealmente independiente con las anteriores, es ⎛ ⎞ ⎛ e3t ⎞ 1 ⎟ ⎜ y3 (t) = e3t u3 = e3t ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . 1 e3t

154 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS La matriz Y (t), cuyas columnas son los vectores y1 (t), y2 (t), ⎛ 2t e −t e2t e3t ⎜ −e2t 0 Y (t) = ⎜ ⎝ 0 2t 0 −(1 + 2 t) e e3t

y3 (t), viene dada por ⎞ ⎟ ⎟, ⎠

y es una matriz fundamental del sistema. Su solución general es ⎛ 2t ⎞ ⎛ ⎞ e −t e2t e3t c1 ⎜ ⎟ ⎝ c2 ⎠ . −e2t 0 ⎟ y(t) = Y (t) c = ⎜ ⎝ 0 ⎠ c3 0 −(1 + 2 t) e2t e3t

PROBLEMA 4.13 Sea A una matriz constante n × n. a) Pruébese que, si A posee un único autovalor, λ, entonces eAt ≤ p(t) et λ ,

t ≥ 0,

donde p(t) es un polinomio de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos. b) Pruébese que si σ = max{ λ | λ autovalor de A} , entonces eAt ≤ p(t) eσ t ,

t ≥ 0,

donde p(t) es un polinomio de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos. c) Pruébese que si σ = max{ λ | λ autovalor de A} , y si ε > 0, entonces eAt ≤ k e(σ+ε) t ,

t ≥ 0.

d) Pruébese que c) no es generalmente cierto cuando ε = 0.

SOLUCIÓN

a) Si A posee un único autovalor λ, será de multiplicidad n. Un polinomio interpolador de A será de la forma: p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − λ) + a2 (t) (x − λ)2 + · · · + an−1 (t) (x − λ)n−1 ,


155

y basta imponer las condiciones de interpolador, pk) (λ) = tk eλt , para concluir que ak (t) = (tk /k!) exp(λt), k = 0, . . . , n − 1. Por lo tanto, t2 tn−1 eλt (A − λ I)n−1 eAt = p(A) = eλt +t eλt (A − λ I)+ eλt (A − λ I)2 +. . .+ 2 (n − 1)!

tn−1 t2 λt 2 n−1 (A − λ I) =e 1 + t (A − λ I) + (A − λ I) + · · · + . 2 (n − 1)! Sea una norma matricial, entonces eAt ≤ |eλt |

n−1 r

n−1 tr t (A − λ I)r ≤ etλ (A − λ I)r . r! r! r=0

r=0

-n−1

Evidentemente, r=0 (tr /r!) (A−λ I)r es un polinomio que cumple las condiciones del enunciado (grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos). Veamos un modo alternativo de probar el resultado anterior, sin recurrir al polinomio interpolador de A. Para ello, comencemos observando que el polinomio característico de A es pA (x) = |A−xI| = (−1)n (x−λ)n y que, por el teorema de Cayley-Hamilton, se tiene que PA (A) = 0 (donde 0 denota la matriz nula). Por tanto, se verifica que (A − λI)n = 0, por lo que se tendrá que (A − λI)k = 0 ∀k ∈ IN con k ≥ n. Concluimos así que eAt = eλt e(A−λI)t = eλt

∞ k t k=0

k!

(A − λI)k = eλt

n−1 k k=0

t (A − λI)k , k!

por lo que para cualquier norma matricial se tendrá n−1 tk (A − λI)k n−1 (A − λI)k ≤ et λ tk , eAt ≤ eλt k! k! k=0

k=0

y el resultado se sigue de tomar p(t) =

n−1 k=0

(A − λI)k k t , k!

que es un polinomio de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos. Nótese en este punto que el resultado sigue siendo válido si sustituimos n, esto es, la multiplicidad del autovalor λ, por la multiplicidad mínima de dicho autovalor. b) Sean λ1 , λ2 , . . . , λr los distintos autovalores de A con multiplicidades n1 , n2 , . . . , nr respectivamente. Un polinomio interpolador de A de grado n − 1 será: p(x) = a0 (t)+a1 (t)(x − λ1 )+. . .+an1 (t)(x − λ1 )n1 +an1 +1 (t)(x − λ1 )n1 (x − λ2 ) +. . .+an1 +n2 +1 (t) (x − λ1 )n1 (x − λ2 )n2 (x − λ3 ) +. . .+an1 +n2 +···+nr −1 (t)(x − λ1 )n1(x − λ2 )n2 · · · (x − λr−1 )nr−1 (x − λr )nr−1,

156 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS cuyos coeficientes son combinaciones lineales de las funciones tk eλs t ,

con s = 1, . . . , r ; k = 0, . . . , ns − 1 .

Podemos reagrupar los términos del polinomio para expresarlo de la forma: p(x) = eλ1 t α0 (x) + t eλ1 t α1 (x) + · · · + tn1 −1 eλ1 t αn1 −1 (x) + eλ2 t αn1 (x) + t eλ2 t αn1 +1 (x) + · · · + tn2 −1 eλ2 t αn1 +n2 −1 (x) + · · · + tnr −1 eλr t αn1 +···+nr −1 (x) , donde las funciones αi (x) son productos en los que intervienen algunos de los factores (x − λs )γs

con s = 1, . . . , r , γs = 0, . . . , ns si s = r , γr = 0, . . . , nr − 1 .

Si σ = max{ λ | λ autovalor de A}, entonces |eλi t | ≤ eσt , i = 1, . . . , r, de modo que h−1 ti βi (A) , (4.5) eAt = p(A) ≤ eσt i=0

siendo h = max{n1 , n2 , . . . , nr } , y βi (A) el resultado de sustituir, en el coeficiente de ti , los factores (x−λs )ms por (A−λs I)ms prescindiendo de los factores exponenciales acotados anteriormente por exp(σ t). A la vista de la expresión (4.5) es evidente que eAt ≤ p(t) eσt ,

t ≥ 0,

con p(t) un polinomio de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos. Obsérvese que el resultado sigue siendo válido si sustituimos n por la suma de multiplicidades mínimas de los autovalores de A. c) Aplicando el apartado precedente, sabemos que en esta situación existe un polinomio p(x) de grado ≤ n − 1 y coeficientes no negativos, para el que se verifica la acotación eAt ≤ p(t) et σ , ∀t ≥ 0 . Por tanto, bastará encontrar para cada ε > 0, una constante k (que puede depender del ε considerado) de modo que se verifique p(t) ≤ k et ε ,

t ≥ 0,

pues entonces se tendrá que eAt ≤ p(t) et σ ≤ k et ε et σ = k et (σ+ε) ,

t ≥ 0,

que es lo que se pretende probar. Pero, fijado cualquier ε > 0, sabemos que l´ım

t→∞

p(t) = 0, et ε

por lo que existe M > 0 tal que, si t > M , entonces p(t)/exp(t ε) ≤ 1 (M puede depender del ε fijado). Por otra parte, para t ∈ [0, M ] existe L > 0 tal que se verifica que p(t)/exp(t ε) ≤ L , ∀t ∈ [0, M ] (L puede depender de M y por tanto del valor tomado para ε) por ser la función p(t)/exp(t ε) continua (cociente de continuas cuyo denominador no se anula) en el compacto [0, M ]. Tomando k = max{1, L}, el resultado se sigue trivialmente, pues p(t)/et ε ≤ k , ∀t ≥ 0 ⇒ p(t) ≤ k et ε , ∀t ≥ 0.


157

d) Veamos con un contraejemplo que, en general, no es cierto que eAt ≤ k eσ t , ∀t ≥ 0 . Para ello, consideremos la matriz

1 1 A= , 0 1 para la cual se tiene que σ = 1 (A tiene por único autovalor al 1 con multiplicidad dos). Además, para esta matriz, la exponencial es fácil de calcular teniendo en cuenta que pA (x) = (x − 1)2 , y que por el teorema de Cayley-Hamilton es pA (A) = 0, por lo que (A − I)k = 0 , ∀k ≥ 2 (k entero). Se tiene así que

∞ k t 1 t At t (A−I)t t k t t (A − I) = e (I + t (A − I)) = e e =e e =e , 0 1 k! k=0

y por tanto, para cualquier norma matricial . . 1 eAt = et . . 0

t 1

. . .. .

Si consideramos, por ejemplo, la norma matricial 1, o la norma matricial ∞ (inducidas por las correspondientes normas vectoriales), se comprueba sin dificultad que ambas coinciden para esta matriz, y de hecho se tiene que . . . 1 t . . . ∀t ≥ 0 , . 0 1 . = max{1, 1 + t} = 1 + t , por lo que eAt = (1 + t) et , y no existe k > 0 tal que (1 + t) et ≤ k et , ∀t ≥ 0 (basta tomar por ejemplo t = k, para ver que dicho k no puede existir).

PROBLEMA 4.14 Consideremos el sistema de coeficientes constantes y = A y , donde A = (aij ). El problema es caracterizar los casos en los que y(0) ≥ 0 (para cada componente de y) implica que y(t) ≥ 0 para todo t ≥ 0, cuando y(t) es una solución. La idea consiste en saber que las soluciones son de la forma y(t) = eAt y(0) y buscar cuándo cada elemento de eAt es ≥ 0. Con esta idea pruébese la equivalencia de las siguientes afirmaciones (i) para toda solución del sistema y(0) ≥ 0 (ii) para todo i = j , aij ≥ 0.

⇒

(∀ t ≥ 0)

y(t) ≥ 0 ;


SOLUCIÓN

Comencemos observando que las soluciones de y = A y son de la forma y(t) = eAt y(0). Por otra parte, la condición de que toda solución del sistema y = A y verifica que y(0) ≥ 0

⇒

y(t) ≥ 0 ,

∀t ≥ 0 ,

(4.6)

(componente a componente), es equivalente a que: eAt ≥ 0 (esto es, todas las componentes de la matriz eAt son ≥ 0) ∀t ≥ 0. Para ver esto, supongamos que toda solución del sistema y = A y verifica (4.6) (componente a componente). Entonces, tomando para y(0) = ej ≥ 0 , j = 1, 2, . . . , n (la j-ésima columna de la matriz identidad) cuyas componentes son todas no negativas, se tendrá para y(t) = eAt ej ≥ 0 , ∀t ≥ 0, j = 1, 2, . . . , n. Pero eAt ej es la j-ésima columna de la matriz eAt , y hemos visto así que todas las componentes de dicha matriz son no negativas ∀t ≥ 0. Por otra parte, si eAt ≥ 0, esto es, todas las componentes de la matriz eAt son ≥ 0 ∀t ≥ 0, se tiene que toda solución del sistema y = A y es de la forma y(t) = eAt y(0), y por tanto, si y(0) ≥ 0 sus componentes serán no negativas ∀t ≥ 0 (por ser suma de productos de cantidades no negativas). Estamos ya en condiciones de probar la equivalencia que se nos pide. Empecemos viendo que (i) ⇒ (ii), razonando por reducción al absurdo. Supongamos que A = (aij ) y que existen índices i y j con i = j y tales que aij < 0. La componente (i, j) de la matriz eAt viene dada por Eij (t) = eTi eAt ej . Como d At d At e = AeAt ⇒ e |t=0 = AeA0 = A , dt dt (pues e0 = I) se tiene que (0) Eij

d T At e e ej |t=0 = eTi = dt i

d At e |t=0 etj = eTi A ej = aij < 0. dt

Pero Eij (0) = eTi eA0 ej = eTi I ej = eTi ej = 0 (pues i = j). Así tenemos que en t = 0 la componente (i, j)) de la matriz eAt es 0, pero con derivada negativa, lo que supone que para algún t > 0 habrá de ser Eij (t) < 0, contradiciendo que todas las componentes de eAt son no negativas ∀t ≥ 0. Para ver que (ii) ⇒ (i), basta observar que si ∀ i = j es aij ≥ 0, entonces podemos tomar α = min1≤i≤n {aii } y se tiene que y(t) = eAt y(0) = eαt e(A−αI)t y(0) = eαt

∞ k t k=0

k!

(A − αI)k y(0) ≥ 0 ,

∀t ≥ 0 ,

si y(0) ≥ 0, pues todas las componentes de A − λI (y de sus potencias) son ≥ 0, por lo que sólo aparecen sumas de productos de cantidades no negativas. Para finalizar, obsérvese que el resultado deja de ser válido si sustituimos el t ≥ 0 por un t ∈ IR. Por ejemplo, si consideramos

1 t 0 1 , A= ⇒ eAt = I + tA = 0 1 0 0


159

por lo que, si tomamos por ejemplo y(0) = (0, 1)T ≥ (0, 0)T (componente a componente), se tendrá

1 t 0 t y(t) = = , 0 1 1 1 y la primera componente es negativa si t < 0, a pesar de que todos los elementos de la matriz A (incluidos los no diagonales) son no negativos.

PROBLEMA 4.15 Consideremos el sistema

⎛

⎞ 5 −1 1 1 ⎜ 4 0 0 2 ⎟ ⎟ y. y = ⎜ ⎝ −4 1 0 −1 ⎠ −8 2 −3 0

a) Calcúlese la matriz fundamental principal en 0, empleando el método del polinomio interpolador. b) Compruébese que ⎛ et ⎜ 0 y(t) = b1 ⎜ ⎝ −2 et −2 et

⎞

⎛

⎞ 0 t ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ + b2 ⎜ 2 e ⎟ + b 3 ⎠ ⎝ et ⎠ et

⎛

⎞ t et ⎜ 2 t et ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −t et ⎠ + b4 et − t et

⎛

⎞ 0 ⎜ e2t ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0 ⎠, e2t

es la solución general del sistema. A partir de ella, resuélvase el sistema para las condiciones iniciales y(0) = e1 ,

y(0) = e2 ,

y(0) = e3 ,

y(0) = e4 ,

y obténgase la misma matriz fundamental que en el apartado a).

SOLUCIÓN

a) Llamemos A a la matriz de coeficientes del sistema. El polinomio característico de A viene dado por 5 − λ −1 1 1 4 −λ 0 2 4 3 2 3 |A−λI| = = λ −5 λ +9 λ −7 λ+2 = (λ−2) (λ−1) , −4 1 −λ −1 −8 2 −3 −λ y tiene dos raíces distintas: λ1 = 2 con multiplicidad uno y λ2 = 1 con multiplicidad tres. Si buscamos un polinomio interpolador de grado tres, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 1) + a2 (t) (x − 1)2 + a3 (t) (x − 1)3 ,

160 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS las condiciones que tiene que verificar son a0 (t) = et ,

p (1)

=

p (1)

= a1 (t) = t et ,

]p (1)

=

p (2)

=

t2 t e , 2 a0 (t) + a1 (t) + a2 (t) + a3 (t) = e2t .

2 a2 (t) = t2 et

⇒

a2 (t) =

Sustituyendo los valores de a0 (t) , a1 (t) y a2 (t) en la cuarta ecuación, resulta et + t et +

t2 t t2 t2 t e + a3 (t) = e2t ⇒ a3 (t) = e2t − et − tet − et = e2t − 1 + t + e, 2 2 2

con lo que p(x) = et + t et (x − 1) +

t2 t t2 t e (x − 1)2 + e2t − 1 + t + e (x − 1)3 , 2 2

y la exponencial resulta At

e

t2 t t2 t 2 2t = e I + t e (A − I) + e (A − I) + e − 1 + t + e 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ 4 −1 1 1 0 0 0 2 ⎜ 4 −1 ⎜ −4 1 −2 t 0 2 ⎟ t t t ⎜ ⎟+ e ⎜ = e I + te ⎝ ⎝ 0 0 −4 1 −1 −1 ⎠ 2 0 −8 2 −3 −1 −4 1 −2 ⎛ ⎞ 0 0 0 0

t2 t ⎜ −4 1 −2 0 ⎟ ⎟ + e2t − 1 + t + e ⎜ ⎝ 0 0 0 0 ⎠ 2 −4 1 −2 0 ⎛ (1 + 4 t) et −t et t et ⎜ ⎜ 4 (1 + 2 t) et − 4 e2t −2 t et + e2t 2 (1 + t) et − 2 e2t ⎜ =⎜ ⎜ −4 t et t et (1 − t) et ⎝ t

t

4 (1 − t) et − 4 e2t

(t − 1) et + e2t

(2 − t) et − 2 e2t

(A − I)3 ⎞ 0 0 ⎟ ⎟ 0 ⎠ 0

t et 2 t et −t et

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

(1 − t) et

Evaluando en t = 0, obtenemos la matriz identidad, por lo que la matriz anterior es la matriz fundamental principal en 0 que buscábamos. Obsérvese que, para esta matriz, la multiplicidad mínima de λ2 = 1 resulta ser 2 y, por tanto, no coincide con la multiplicidad tres de dicho autovalor. Para verlo, basta comprobar que rg(A−I)2 = 1 y que, por tanto, dim Ker (A−I)2 = 4−rg(A−I)2 = 3. Se tiene así que el proceso de obtención del polinomio interpolador se puede simplificar, puesto que podemos buscar un polinomio interpolador de grado dos de la forma q(x) = b0 (t) + b1 (t) (x − 1) + b2 (t) (x − 1)2 ,


161

que satisfaga las condiciones q (1)

= b0 (t) = et ,

q (1) = b1 (t) = t et , q (2)

=

b0 (t) + b1 (t) + b2 (t) = e2t ,

y, resolviendo el sistema, se obtiene q(x) = et + t et (x − 1) + [e2t − (1 + t) et ] (x − 1)2 . Finalmente eAt = et I + t et (A − I) + [e2t − (1 + t) et ] (A − I)2 ⎛ ⎞ 0 4 −1 1 1 ⎜ ⎜ 4 −1 0 2⎟ t t⎜ 2t t ⎜ −4 ⎟ + [e − (1 + t)e ] ⎝ =e I+ te ⎝ 0 −4 1 −1 −1 ⎠ −4 −8 2 −3 −1 ⎛ (1 + 4 t) et −t et t et ⎜ ⎜ 4 (1 + 2 t) et − 4 e2t −2 t et + e2t 2 (1 + t) et − 2 e2t ⎜ =⎜ ⎜ −4 t et t et (1 − t) et ⎝ 4 (1 − t) et − 4 e2t (t − 1) et + e2t (2 − t) et − 2 e2t ⎛

0 1 0 1

0 −2 0 −2 t et

⎞ 0 0⎟ ⎟ 0⎠ 0 ⎞

2 t et −t et

⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

(1 − t) et

b) Comprobamos que las funciones ⎛

⎛ ⎞ et ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ y1 (t) =⎜ ⎝ −2 et ⎠ , y2 (t) =⎝ −2 et

⎛ ⎞ 0 t et t ⎟ ⎜ 2 t et 2e ⎟ ⎜ t ⎠ , y3 (t) =⎝ e −t et t t e e − t et

⎞ ⎟ ⎟, ⎠

⎛

⎞ 0 ⎜ e2t ⎟ ⎟ y4 (t) =⎜ ⎝ 0 ⎠, e2t

forman un sistema fundamental de soluciones: (i) Se verifica, sin más que sustituir en la ecuación, que yi = A yi , i = 1, 2, 3, 4, lo que prueba que son soluciones. (ii) Son linealmente independientes, pues et 0 t et t 0 2 t et 2e −2 et et −t et −2 et et et − t et

0 e2t 0 e2t

= e5t = 0

∀ t ∈ IR .

(iii) El número de soluciones linealmente independientes coincide con la dimensión del espacio de soluciones del sistema. Calculamos las soluciones que verifican cada una de las condiciones iniciales del enunciado. Para -4 ello, determinamos en cada caso los coeficientes bi para los que se cumple y(0) = i=1 bi yi (0).

162 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS – Condición inicial y(0) = e1 ⎛ b1 ⎜ 2 b + b4 2 y(0) = ⎜ ⎝ −2 b1 + b2 −2 b1 + b2 + b3 + b4

⎞ 1 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⇒ ⎠ ⎝ 0 ⎠ 0 ⎞

⎛

La solución del sistema que verifica y(0) = e1 es ⎛ (1 + 4 t) et ⎜ 4 (1 + 2 t) et − 4 e2t ⎜ ⎜ ⎝ −4 t et 4 (1 − t) et − 4 e2t – Condición inicial y(0) = e2 ⎛ b1 ⎜ 2 b 2 + b4 y(0) = ⎜ ⎝ −2 b1 + b2 −2 b1 + b2 + b3 + b4

b1 b2 b3 b4 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎠

⎞ 0 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⇒ ⎠ ⎝ 0 ⎠ 0 ⎞

= 1, = 2 b1 = 2 , = 2 b1 − b2 − b4 = 4 , = −2 b2 = −4 .

⎛

b1 b2 b3 b4

= 0, = 2 b1 = 0 , = 2 b1 − b2 − b4 = −1 , = 1 − 2 b2 = 1 .

b1 b2 b3 b4

= 0, = 1 + 2 b1 = 1 , = 2 b1 − b2 − b4 = 1 , = −2 b2 = −2 .

La solución del sistema que verifica y(0) = e2 es ⎛ ⎞ −t et ⎜ −2 t et + e2t ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟. ⎝ ⎠ t et t 2t (t − 1) e + e – Condición inicial y(0) = e3 ⎛ b1 ⎜ 2 b + b4 2 y(0) = ⎜ ⎝ −2 b1 + b2 −2 b1 + b2 + b3 + b4

⎞ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⇒ ⎠ ⎝ 1 ⎠ 0 ⎞

⎛

La solución del sistema que verifica y(0) = e3 es ⎛ ⎞ t et ⎜ 2 (1 + t) et − 2 e2t ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟. ⎝ ⎠ (1 − t) et (2 − t) et − 2 e2t – Condición inicial y(0) = e4 ⎛ b1 ⎜ 2 b + b4 2 y(0) = ⎜ ⎝ −2 b1 + b2 −2 b1 + b2 + b3 + b4

⎞ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎟=⎜ ⎟ ⇒ ⎠ ⎝ 0 ⎠ 1 ⎞

⎛

b1 b2 b3 b4

= 0, = 2 b1 = 0 , = 1+ 2 b1 − b2 − b4 = 1 , = −2 b2 = 0 .


163

La solución del sistema que verifica y(0) = e3 es ⎞ ⎛ t et ⎜ 2 t et ⎟ ⎟ ⎜ ⎟. ⎜ ⎝ −t et ⎠ et − t et Cada una de las soluciones obtenidas, constituye una de las columnas de la matriz fundamental principal en 0 (calculada en el apartado anterior), como se comprueba al sustituir t = 0 y obtener las columnas de la matriz identidad.

PROBLEMA 4.16 Diremos que y(t) es una solución propia de y = A y si y(t) es de la forma y(t) = c(t) v , con v un vector no nulo. Pruébese que entonces y(t) = k eλt v , donde λ es tal que A v = λ v, o sea, que y(t) es una solución asociada al valor propio λ y al vector propio v.

SOLUCIÓN

Si y(t) = c(t) v, con v = 0, en particular se tendrá que y(0) = c(0) v. Como y(t) es solución del sistema y = A y, se tiene que y(t) = eAt y(0) = eAt c(0) v = c(0) eAt v , ∀t ∈ IR . Ahora, si c(0) = 0, se tendrá que y(t) ≡ 0 , ∀t ∈ IR y basta tomar cualquier autovalor λ de la matriz A y un autovector w = 0 asociado, con lo que tomando k = 0 se sigue el resultado, pues obviamente y(t) = 0 eλt w = 0 con A w = λ w. Por otra parte, si c(0) = 0, tendremos y(t) = c(t) v = c(0) eAt v, con v = 0, y por tanto se deduce que c(t) v, eAt v = c(0) por lo que c(t)/c(0) es un autovalor de la matriz eAt asociado al autovector v = 0. Pero los autovalores de eAt son de la forma eλt con λ autovalor de A, de modo que ∃λ, autovalor de A, con c(t) = eλt ⇒ c(t) = c(0) eλt , ∀t ∈ IR , c(0) y el resultado se sigue también en este caso, sin más que tomar k = c(0) y observar que A v = λ v.


PROBLEMA 4.17 Calcúlese una matriz fundamental real para el sistema ⎛ ⎞ 3 2 −2 1 ⎠ y. y = ⎝ −1 −1 2 0 −1

SOLUCIÓN

El polinomio característico de la matriz de coeficientes, A, 3−λ 2 −2 = −λ3 + λ2 − λ + 1 = −(λ − 1) (λ − i) (λ + i) , −1 − λ 1 |A − λ I| = −1 2 0 −1 − λ tiene una raíz real, λ1 = 1, de multiplicidad uno y dos raíces, ±i, complejas conjugadas. Comenzamos buscando un vector propio u1 asociado al valor propio λ1 = 1, es decir, tal que (A − I) u1 = 0, esto es ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 −2 u1 0 u 1 = u3 , ⎝ −1 −2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 0 u2 = ⇒ u2 = 0 . 2 0 −2 u3 0 Tomando u1 = 1 se tiene u1 = (1, 0, 1)T y una solución real del sistema homogéneo viene dada por ⎛ ⎞ ⎛ t ⎞ 1 e y(t) = et ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . 1 et Buscamos un vector propio complejo u2 (A − i I) u2 = 0, y se tiene ⎛ ⎞⎛ 3−i 2 −2 ⎝ −1 −1 − i ⎠⎝ 1 2 0 −1 − i

asociado al valor propio i, esto es, un u2 para el que ⎞ ⎛ ⎞ u1 0 2 u1 = (1 + i) u3 , u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ 2 u2 = −i u3 . u3 0

Tomando u3 = 2 se tiene u2 = (1 + i, −i, 2)T y una solución compleja del sistema homogéneo viene dada por ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ 1 1 y(t) = ei t ⎣⎝ 0 ⎠ + i ⎝ −1 ⎠⎦ 2 0 ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ 1 1 = (cos t + i sen t) ⎣⎝ 0 ⎠ + i ⎝ −1 ⎠⎦ 2 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ cos t − sen t cos t + sen t ⎠+i ⎝ ⎠. sen t − cos t = ⎝ 2 cos t 2 sen t


165

Tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales y linealmente independientes del sistema y, por lo tanto ⎞ ⎛ t e cos t − sen t cos t + sen t ⎟ ⎜ ⎟, sen t − cos t Y (t) = ⎜ ⎠ ⎝ 0 t e 2 cos t 2 sen t es una matriz fundamental del sistema.

PROBLEMA 4.18 Las soluciones del sistema ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 0 α 0 x ⎝ y ⎠ = ⎝ α 0 β ⎠ ⎝ y ⎠ , 0 β 0 z z

α2 + β 2 > 0 ,

indican en cada instante de tiempo la posición de una partícula en el espacio. Pruébese que dicha partícula describe una trayectoria plana que se aproxima, cuando t → ∞, a una recta de dirección fija.

SOLUCIÓN

El polinomio característico de la matriz de coeficientes A es −λ α 0 |A−λ I| = α −λ β = −λ3 +(α2 +β 2 ) λ = −λ (λ− 0 β −λ

α2 + β 2 ) (λ+

α2 + β 2 ) ,

tiene tres raíces reales con multiplicidad uno: λ1 = 0 , λ2 = α2 + β 2 , λ3 = − α2 + β 2 . Comenzamos buscando un vector propio u1 asociado al valor propio λ1 = 0, es decir, tal que A u1 = 0, esto es ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 α 0 u1 0 α u1 = −β u3 , ⎝ α 0 β ⎠ ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ u2 = 0 . u3 0 β 0 0 Tomando u3 = α, se tiene u1 = (−β, 0, α)T y una solución del sistema homogéneo viene dada por ⎛ ⎞ −β y(t) = ⎝ 0 ⎠ . α Buscamos un vector propio u2 asociado al valor propio λ2 = α2 + β 2 , es decir, verificando (A − α2 + β 2 I) u2 = 0. Se tiene ⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ α ⎪ − α2 + β 2 α 0 u1 0 ⎪ ⎨u1 = α2 + β 2 u2 , ⎜ ⎟⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ u2 ⎟ β α − α2 + β 2 ⎠= ⎝ 0 ⎠ ⇒ β ⎝ ⎠ ⎪ ⎪ u2 . u3 = ⎩ 2 2 2 u 0 3 0 β − α +β α + β2

166 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Tomando u2 = α2 + β 2 , se tiene u2 = (α, α2 + β 2 , β)T , y una solución del sistema homogéneo viene dada por ⎞ ⎛ α √ 2 2 y(t) = e α +β t ⎝ α2 + β 2 ⎠ . β Finalmente, buscamos un vector propio u3 asociado al valor propio λ3 = − α2 + β 2 , es decir, verificando (A + α2 + β 2 I) u3 = 0. Se obtiene ⎧ ⎛ ⎞ −α ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪ α2 + β 2 α 0 ⎪ u2 , 0 ⎨ u1 = 2 + β2 ⎜ ⎟ u1 α ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 = ⇒ α +β β α −β ⎝ ⎠ u2 ⎪ ⎪ u2 . u 0 ⎩ u3 = 3 α2 + β 2 0 β α2 + β 2 Tomando u2 = α2 + β 2 , se tiene u3 = (−α, homogéneo viene dada por y(t) = e− Por lo tanto

⎛

−β

⎜ ⎜ Y (t) = ⎜ 0 ⎝ α

√

α2 + β 2 , −β)T , y una solución del sistema ⎛

α2 +β 2

t

⎝

√ 2 2 α e α +β t √ 2 2 α2 + β 2 e α +β t √ 2 2 β e α +β t

⎞ −α α2 + β 2 ⎠ . −β √ 2 2 −α e− α +β t √ 2 2 α2 + β 2 e− α +β t √ 2 2 −β e− α +β t

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

es una matriz fundamental del sistema. La solución general será de la forma: ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ α −α x(t) −β √ 2 2 √ 2 2 α +β t − α +β t ⎝ α2 + β 2 ⎠ + c3 e ⎝ α2 + β 2 ⎠ σ(t) = ⎝ y(t) ⎠ = c1 ⎝ 0 ⎠ + c2 e z(t) α β −β ⎛ ⎜ ⎜ = ⎜ c2 ⎝

√ 2 2 √ 2 2 −c1 β + c2 α e α +β t − c3 α e− α +β t √ 2 2 √ 2 2 α2 + β 2 e α +β t + c3 α2 + β 2 e− α +β t √ 2 2 √ 2 2 c1 α + c2 β e α +β t − c3 β e− α +β t

⎞ ⎟ ⎟ ⎟, ⎠

de modo que, para cada cada elección de las constantes c1 , c2 , c3 ∈ IR, tenemos una trayectoria que es solución de nuestro sistema. Observemos en este punto que podíamos haber llegado a la solución general anterior por un procedimiento alternativo. Para ello, basta observar que la matriz A es diagonalizable y que una base de IR3 , formada por vectores propios de A, viene dada por las columnas de la matriz ⎞ ⎛ −β α −α ⎟ ⎜ P =⎝ 0 α2 + β 2 α2 + β 2 ⎠ . α

β

−β


167

Nótese que P = Y (0). De hecho, es fácil comprobar para i = 1, 2, 3, que la columna i-ésima de P es un vector propio asociado al autovalor λi . Se tiene así que, en dicha base, el sistema toma una forma diagonal, con matriz de coeficientes dada por D = P −1 AP (el elemento diagonal de la fila i-ésima es el correspondiente autovalor λi ). En esa base, se tiene además que eDt = P −1 eAt P , con lo que la solución general, expresada en la base de autovectores, vendrá dada por ⎛

u(t)

⎞

⎛

1

0

0

⎞⎛

c1

⎞

⎛

c1 √ 2

⎞

√ 2 2 ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ α +β t ⎟ ⎝ c2 ⎟ ⎜ c2 e α +β 2 t ⎟ . 0 e 0 = ⎝ v(t) ⎠ = ⎜ ⎠ ⎝ ⎝ √ 2 2 ⎠ √ 2 2 ⎠ w(t) c3 c3 e− α +β t 0 0 e− α +β t Se observa fácilmente que, al ser la primera componente constante, las trayectorias son planas y están contenidas, de hecho, en el plano u = c1 . Además, la tercera componente tiende a cero cuando t → ∞ (con lo que las trayectorias se aproximan al plano w = 0), y se deduce que las trayectorias tienden a una dirección fija (la del segundo autovector). Si expresamos la solución anterior en la base canónica de IR3 (para lo cual hay que multiplicar por la izquierda la solución anterior por la matriz del cambio de base P ), recuperamos la solución general del sistema que obtuvimos anteriormente. Retomando la solución general que obtuvimos en la base canónica de IR3 , veamos ahora que todas las trayectorias son planas. Podemos verlo de varias formas diferentes: 1. Observando que las trayectorias están contenidas en los planos βx−αz = −c1 α2 + β 2 (tomando el c1 que corresponde a cada trayectoria). 2. Viendo que las trayectorias están contenidas en su plano osculador, que coincide para todos los puntos de una misma trayectoria, o equivalentemente, que el vector binormal a la trayectoria en cada punto fija. Para ello, basta calcular el producto tiene dirección vectorial σ (t) ∧ σ (t) = 4 α2 + β 2 c2 c3 (−β, 0, α)T que, para c2 = 0 y c3 = 0, es proporcional al vector binormal y de dirección fija ∀t ∈ IR (la dirección perpendicular al plano que contiene a la trayectoria). Nótese que cuando c2 = 0 o c3 = 0, la correspondiente trayectoria es una recta que pasa por el punto c1 (−β, 0, α)T y tiene por vector director a (−α, α2 + β 2 , −β)T (si c2 = 0) o a (α, α2 + β 2 , β)T (si c3 = 0). 3. Calculando la torsión de la curva y viendo que es idénticamente nula ∀t ∈ IR. Para ello, basta comprobar que el producto mixto [σ (t), σ (t), σ (t)] = 0 , ∀t ∈ IR. Para ver que las trayectorias se aproximan t → ∞ a una recta de dirección fija, obser√ 2cuando α +β 2 t permite deducir que vemos que el cambio de variable s = e ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞⎤ α −α −β √ 2 2 √ 2 2 l´ım σ(t) = l´ım ⎣c1 ⎝ 0 ⎠ + c2 e α +β t ⎝ α2 + β 2 ⎠ + c3 e− α +β t ⎝ α2 + β 2 ⎠⎦ t→∞ t→∞ α β −β ⎛ ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞⎤ −α α −β c 3 ⎝ α2 + β 2 ⎠⎦ , = l´ım ⎣c1 ⎝ 0 ⎠ + c2 s ⎝ α2 + β 2 ⎠ + s→∞ s α β −β y como el último sumando tiende a 0 cuando s → ∞, las trayectorias tienden a aproximarse,

168 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS cuando t → ∞ (con lo cual también s → ∞), a las rectas dadas en forma paramétrica por ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎡ ⎛ α −β l(s) = ⎣c1 ⎝ 0 ⎠ + c2 s ⎝ α2 + β 2 ⎠⎦ , α β en términos del parámetro s ∈ IR. Nótese que todas ellas tienen por vector director al (α, α2 + β 2 , β)T , que marca la dirección fija a la que tienden las trayectorias cuando t → ∞. En particular, las rectas anteriores son solución del sistema y, concretamente, se obtienen tomando c3 = 0 en la solución general que hemos proporcionado anteriormente. Análogamente podría verse que, cuando t → −∞, las trayectorias se aproximan a las rectas que obtenemos tomando c2 = 0 en la solución general del sistema, y que tienen por vector director al (−α, α2 + β 2 , −β)T . Otros modos alternativos de probar que las trayectorias, cuando t → ∞ tienden a una dirección fija serían, por ejemplo, ver que T σ(t) , l´ım √ 2 2 = c2 α, α2 + β 2 , β t→∞ e α +β t o bien que

σ (t) √ 2 2 = c2

α2 + β 2 α,

α2 + β 2 , β

T

. e α +β t Por último, conviene señalar que es fácil comprobar que las trayectorias solución del sistema, están contenidas en las intersecciones de las superficies de ecuación

2 αx + βz y2 − = −4 c2 c3 , α2 + β 2 α2 + β 2 con los planos señalados anteriormente, y de ecuación β x − α z = −c1 α2 + β 2 . l´ım

t→∞

PROBLEMA 4.19 Resuélvase el problema de Cauchy ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 1 3 0 y = ⎝ 2 2 −3 ⎠ y + ⎝ 0 ⎠ , −2 1 6 e3t

SOLUCIÓN

⎛

⎞ 0 y(0) = ⎝ 1 ⎠ . 0

La solución del problema de Cauchy es la suma de la solución del sistema homogéneo que en 0 vale (0, 1, 0)T y la solución del sistema no homogéneo que en 0 vale 0. Comenzamos calculando una matriz fundamental del sistema homogéneo. El polinomio característico de la matriz de coeficientes A es 1−λ 1 3 2−λ −3 = −λ3 + 9λ2 − 27λ + 27 = −(λ − 3)3 , |A − λ I| = 2 −2 1 6−λ


169

tiene una raíz λ = 3 triple. Si buscamos un polinomio interpolador de grado 2, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 3) + a2 (t) (x − 3)2 , las condiciones que tiene que verificar son p(3) = a0 (t) = e3t , p (3) = a1 (t) = t e3t , p (3) = luego

2 a2 (t) = t2 e3t ,

p(x) = e3t 1 + t (x − 3) + t2 /2 (x − 3)2 .

Como (A − 3I)2 = 0 resulta eAt

t2 = p(A) = e3t I + t (A − 3I) + (A − 3I)2 2 ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ 1 0 0 −2 1 3 = e3t ⎣⎝ 0 1 0 ⎠ + t ⎝ 2 −1 −3 ⎠⎦ 0 0 1 −2 1 3 ⎛ ⎞ 1 − 2t t 3t 1 − t −3t ⎠ . = e3t ⎝ 2t −2t t 1 + 3t

La solución del sistema homogéneo que en 0 vale (0, 1, 0)T es ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 − 2t t 3t 0 t 1 − t −3t ⎠ ⎝ 1 ⎠ = e3t ⎝ 1 − t ⎠ . e3t ⎝ 2t −2t t 1 + 3t 0 t La solución del sistema no homogéneo que en 0 vale 0 es ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ t t 1 + 2s −s −3s 0 −3s ⎝ 3s ⎠ ds 3s ⎠ ⎝ 0 ⎠ ds = eAt e−3s ⎝ −2s 1 + s eAt 0 0 2s −s 1 − 3s e3s 1 − 3s ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ t2 3 2 −3 t ⎜ 2 ⎟ ⎞⎜ ⎛ 2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 1 − 2t t 3t ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 3 2 ⎟ ⎟⎜ t2 ⎟ 3t ⎜ 3t ⎜ 1 − t −3t ⎠ ⎜ 3 = e ⎝ 2t ⎟=e ⎜ − t ⎟. ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ 2 2 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ −2t t 1 + 3t ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 2 3 t t + t2 t−3 2 2 Finalmente, la solución buscada es ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 2 3 2 ⎜ 2t ⎟ ⎜ t+ 2t ⎟ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ y(t) = e3t ⎝ 1 − t ⎠ + e3t ⎜ − t2 ⎟ = e3t ⎜ 1 − t − t2 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 t ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 3 2 3 2 ⎠ t+ t 2t + t 2 2


PROBLEMA 4.20 Encuéntrese la única solución 2 π-periódica del sistema y = A y + b(t) siendo ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 −π 0 1 A = ⎝ π 0 0 ⎠ , b(t) = ⎝ 0 ⎠ . 0 0 2 sen t

SOLUCIÓN

Calculamos una matriz fundamental del sistema homogéneo. El polinomio característico de la matriz de coeficientes −λ −π 0 0 = −(λ − 2) (λ2 + π 2 ) , |A − λ I| = π −λ 0 0 2−λ tiene dos raíces complejas conjugadas y una real: λ1 = π i, λ2 = −π i y λ3 = 2 . Comenzamos buscando un vector propio u1 asociado al valor propio λ1 = π i, es decir, (A − π i I) u1 = 0, ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ 0 −π i −π 0 u1 −π(iu1 − u2 ) = 0 ⇒ u2 = −iu1 , ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ π ⎠ ⎝ 0 u2 −π i 0 = ⇒ (2 − π i) u3 = 0 ⇒ u3 = 0 . u3 0 0 0 2−πi Tomando u1 = −1 se tiene u1 = (−1, i, 0)T y una solución compleja del sistema homogéneo viene dada por ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ −1 0 y(t) = eπ i t ⎣⎝ 0 ⎠ + i ⎝ 1 ⎠⎦ 0 0 ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ −1 0 = [cos(π t) + i sen(π t)] ⎣⎝ 0 ⎠ + i ⎝ 1 ⎠⎦ 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − cos(π t) − sen(π t) = ⎝ − sen(π t) ⎠ + i ⎝ cos(π t) ⎠ . 0 0 Tomando parte real e imaginaria obtenemos dos soluciones reales del sistema. Podemos considerar, ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − cos(π t) − sen(π t) y1 (t) = ⎝ − sen(π t) ⎠ , y2 (t) = ⎝ cos(π t) ⎠ . 0 0 Buscamos, un vector propio u2 asociado a λ3 = 2, es decir, tal que (A − 2 I) u2 = 0 ⎧ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ 0 −2 −π 0 u1 ⎨ −2 u1 − π u2 = 0 ⎝ π −2 0 ⎠ ⎝ u2 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ ⇒ π u1 − 2 u2 = 0 ⇒ u1 = u2 = 0 ⎩ u3 0 ∀u3 ∈ IR . 0 0 0


171

Tomando u3 = 1 se tiene u3 = (0, 0, 1)T y una solución real del sistema homogéneo viene dada por ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 2t ⎝ 0 ⎠=⎝ 0 ⎠. y3 (t) = e 1 e2 t De modo que

⎛

cos(π t) − sen(π t) Y (t) = ⎝ sen(π t) cos(π t) 0 0

⎞ 0 0 ⎠, e2 t

es una matriz fundamental del sistema. Observamos que Y (0) = I, de modo que la matriz obtenida es la matriz fundamental principal en cero, Y (t) = eA t . La solución general del sistema no homogéneo viene dada por la expresión y(t) = eA t c + eA t

t

e−A s b(s) ds .

0

Calculamos cada uno de esos términos: ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ 1 cos(π s) cos(π s) sen(π s) 0 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ = ⎝ − sen(π s) ⎠ , e−A s b(s) = ⎝ − sen(π s) cos(π s) sen s e−2 s sen s 0 0 e−2 s ⎛

⎞

1 sen(π t) π

⎜ ⎜ ⎜ 1 1 ⎜ e−A s b(s) ds = ⎜ cos(π t) − ⎜ π π 0 ⎜ ⎝ 1 1 − e−2 t (cos t + 2 sen t) 5 5 Finalmente, la solución general del sistema será

y(t)

t

=

eA t (c1 , c2 , c3 )T + eA t ⎛

t 0

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎠

e−A s b(s) ds

1 c1 cos(π t) − c2 sen(π t) + sen(π t) π

⎜ ⎜ ⎜ 1 1 ⎜ = ⎜ c1 sen(π t) + c2 cos(π t) + − cos(π t) ⎜ π π ⎜ ⎝ 1 1 c3 e2 t + e2 t − (cos t + 2 sen t) 5 5

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎠

Una solución 2 π-periódica se obtiene cuando y(t) = y(t + 2 π). Resolviendo el sistema se obtiene como única solución c1 = 0, c2 = 1/π y c3 = −1/5, es decir

y(t) =

T

0,

1 1 , − (cos t + 2 sen t) π 5

.


PROBLEMA 4.21 Resuélvase el problema de Cauchy

y = A y + b(t) y(0) = y0

donde ⎛

⎞ 2 0 0 A = ⎝ −2 4 −1 ⎠ , −1 1 2

SOLUCIÓN

⎛

⎞ 0 y0 = ⎝ 0 ⎠ . 1

⎞ 0 b(t) = ⎝ t e3 t ⎠ , 0 ⎛

La solución del problema de Cauchy viene dada por la expresión y(t) = eA t y0 +

t

eA (t−s) b(s) ds .

(4.7)

0

Comenzamos calculando eA t , matriz fundamental principal en cero. Sea 2−λ 0 0 4−λ −1 = −(λ−2) [(4−λ) (2−λ)+1] = −(λ−2) (λ−3)2 . |A−λ Id| = −2 −1 1 2−λ El polinomio p(λ) = a0 (t) + a1 (t) (λ − 3) + a2 (t) (λ − 3)2 será un polinomio interpolador si p(3) = e3 t

⇒ a0 (t) = e3 t ,

p (3) = t e3 t

⇒ a1 (t) = t e3 t ,

p(2) = e2 t

⇒ e3 t − t e3 t + a2 (t) = e2 t ⇒ a2 (t) = e2 t + (t − 1) e3 t .

Por lo tanto ⎛

eA t

⎞ 0 0 ⎠ + t e3 t = p(A) = e3 t 1 ⎛ 1 0 0 + e2 t + (t − 1) e3 t ⎝ 1 0 0 0 0 0 1 ⎝ 0 0

⎛

e2 t

0 1 0

⎜ = ⎝ e2 t − (t + 1) e3 t −t e3 t

⎛

−1 ⎝ −2 −1 ⎞

0 1 1

⎞ 0 −1 ⎠ −1

⎠

0

0

(1 + t) e3 t

−t e3 t

t e3 t

(1 − t) e3 t

⎞ ⎟ ⎠.


173

Evaluamos a continuación la expresión (4.7), ⎞ 0 eA t y0 = ⎝ −t e3 t ⎠ , (1 − t) e3 t

⎛

⎛

t

0

e3 t (t s − s2 + s) ds = e3 t

⎞

0

⎟ ⎜ eA (t−s) b(s) = ⎝ e3 t s (1 + t − s) ⎠ , e3 t s (t − s)

3 t t2 t t3 + e3 t (t s − s2 ) ds = e3 t . , 6 2 6 0

Finalmente, la solución del problema de Cauchy es ⎛ 0 ⎜ ⎜

⎜ 3 t t3 t2 ⎜ e + −t y(t) = ⎜ 6 2 ⎜ ⎜

3 ⎝ 3t t e −t+1 6

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎠

PROBLEMA 4.22 Sea A una matriz constante 2 × 2 y supongamos que

2+t (sol) y(t) = , 1+t es una solución del sistema homogéneo y = A y. a) Calcúlese la matriz eAt . b) Resuélvase el problema de Cauchy

t , y = Ay + t

SOLUCIÓN

y(0) =

−1 0

.

a) Sea

A=

a b c d

,

la matriz de coeficientes del sistema homogéneo y = A y. Si (sol) es una solución, entonces

d 2+t a b 2+t 1 = , = 1+t c d 1+t 1 dt

174 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS luego a (2 + t) + b (1 + t) = 2a + b + (a + b) t =

1,

c (2 + t) + d (1 + t) = 2c + d + (c + d) t =

1,

y por tanto ⎧ 1 = 2a + b, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 0 = a + b, ⎪ 1 = 2c + d, ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 = c+d

⇒

a=c

=

1

b=d

= −1 .

⇒ A=

1 1

−1 −1

.

Calculamos eAt . El polinomio característico de A 1−λ −1 = −(1 − λ2 ) + 1 = λ2 , |A − λ I| = 1 −1 − λ tiene la raíz doble λ = 0. Si buscamos un polinomio interpolador de grado uno, de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) x , las condiciones que tiene que verificar son p(0) = 1 ⇒ p (0) = t ⇒

a0 (t) = 1 , a1 (t) = t ,

luego p(x) = 1 + t x y, por lo tanto

1 0 t −t 1 + t −t + = . eAt = p(A) = I + t A = 0 1 t −t t 1−t b) La fórmula de variación de las constantes,

t −1 s e−As y(t) = eAt + eAt ds , 0 s 0 proporciona la solución del problema de Cauchy. La solución del sistema homogéneo que en t = 0 vale (−1, 0)T es

1 + t −t −1 −1 − t At e y(0) = = . t 1−t 0 −t La solución del sistema completo que en 0 vale 0 es, t t 1−s s s s eAt ds = eAt −s 1 + s s s 0 0 ⎛ 2 ⎞ ⎛ t ! " ⎜ 2 ⎟ ⎜ 1 + t −t ⎜ ⎟ ⎜ = ⎝ 2 ⎠=⎝ t 1−t t 2

ds ⎞ t2 2 ⎟ ⎟. ⎠ t2 2


175

Finalmente, la solución buscada es ! y(t) =

−1 − t −t

"

⎞ ⎛ t2 t2 −1 − t + ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ +⎜ ⎝ 2 ⎠=⎝ 2 t t −t + 2 2 ⎛

⎞ ⎟ ⎟. ⎠

PROBLEMA 4.23 Resuélvase el problema de Cauchy ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 0 0 0 1 5 ⎠ y + ⎝ et ⎠ , y = ⎝ 0 0 −5 1 et

SOLUCIÓN

⎛

⎞ 1 y(0) = ⎝ 0 ⎠ . 1

La solución del problema de Cauchy es la suma de la solución del sistema homogéneo que en t = 0 vale (1, 0, 1)T y la solución del sistema no homogéneo que en t = 0 vale 0. Comenzamos calculando una matriz fundamental del sistema homogéneo. El polinomio característico de la matriz de coeficientes A 3−λ 0 0 1−λ 5 = −(λ − 3) (λ2 − 2λ + 26) , |A − λ I| = 0 0 −5 1−λ tiene una raíz real, λ1 = 3, de multiplicidad uno y dos raíces, 1 ± 5i, complejas conjugadas. Comenzamos buscando un vector propio u1 asociado al valor propio λ1 = 3, es decir, u1 verificando (A − 3I) u1 = 0, ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 0 0 u1 0 −2 u2 + 5 u3 = 0 u1 arbitrario ⎝ 0 −2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 5 0 u2 = ⇒ ⇒ −5 u2 − 2 u3 = 0 u 2 = u3 = 0 . 0 −5 −2 u3 0 Tomando u1 = 1 se tiene u1 = (1, 0, 0)T y una solución real del sistema homogéneo viene dada por ⎛ ⎞ ⎛ 3t ⎞ 1 e y(t) = e3t ⎝ 0 ⎠ = ⎝ 0 ⎠ . 0 0 Buscamos un vector propio complejo u2 asociado al valor propio 1 + 5i, es decir tal que [A − (1 + 5i) I] u2 = 0, ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 − 5i 0 0 u1 0 (2 − 5i) u1 = 0 ⇒ u1 = 0 , ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 −5i 5 0 u2 = ⇒ −5i u2 + 5 u3 = 0 ⇒ i u2 = u3 . 0 −5 −5i u3 0

176 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Tomando u2 = 1 se tiene u2 = (0, 1, i)T y una solución compleja del sistema homogéneo viene dada por ⎡⎛

⎞ ⎛ ⎞⎤ 0 0 y(t) = e(1+5i) t ⎣⎝ 1 ⎠ + i ⎝ 0 ⎠⎦ 0 1 ⎡⎛ ⎞ 0 = et [cos(5 t) + i sen(5 t)] ⎣⎝ 1 ⎠ + i 0 ⎛ ⎞ ⎛ 0 0 = et ⎝ cos(5 t) ⎠ + i et ⎝ sen(5 t) − sen(5 t) cos(5 t)

⎛

⎞⎤ 0 ⎝ 0 ⎠⎦ 1 ⎞ ⎠.

Tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales del sistema homogéneo y, por lo tanto, ⎛ 3t ⎞ e 0 0 ⎜ ⎟ et cos(5 t) et sen(5 t) ⎟ Y (t) = ⎜ ⎝ 0 ⎠, 0 −et sen(5 t) et cos(5 t) es una matriz fundamental del sistema. Observamos que Y (0) = I de modo que la matriz obtenida es la matriz fundamental principal en 0. La solución del sistema homogéneo que en 0 vale (1, 0, 1)T es ⎞ ⎞ ⎛ 1 e3t yh (t) = Y (t) ⎝ 0 ⎠ = ⎝ et sen(5 t) ⎠ . et cos(5 t) 1 ⎛

La solución del sistema no homogéneo que en 0 vale 0 es ⎛

yp (t) =

t

Y (t) 0

t

= Y (t) 0

=

⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0

e−s

0

e−s 0

⎞

⎛ ⎞ 0 ⎟ ⎝ es ⎠ ds cos(5 s) −e−s sen(5 s) ⎟ ⎠ es sen(5 s) e−s cos(5 s) 0

⎛

⎛

⎜ ⎜ ⎝

e−3s

0

⎞

⎟ ⎜ ⎝ cos(5 s) − sen(5 s) ⎠ ds sen(5 s) + cos(5 s) 0

1 t e [1 − cos(5 t) + sen(5 t)] 5 1 t e [−1 + cos(5 t) + sen(5 t)] 5

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠


Finalmente, la solución buscada es ⎛

177

⎞

e3t

⎜

⎜ 1 ⎜ t [1 − cos(5 t) + sen(5 t)] e sen(5 t) + y(t) = yh (t) + yp (t) = ⎜ ⎜ 5 ⎜

⎝ 1 et cos(5 t) + [−1 + cos(5 t) + sen(5 t)] 5

⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎠

PROBLEMA 4.24 Calcúlese una solución particular del sistema

y1 0 1 sen(ω t) y1 = + . −ω 2 0 ω cos(ω t) y2 y2 Nota: téngase en cuenta la forma que adopta el término independiente.

SOLUCIÓN Nótese que

sen(ω t) ω cos(ω t)

= e

iωt

−i ω

,

de modo que basta con resolver el sistema complejo y = A y + eα t q(t) con

0 1 −i A= , q(t) = , α = ωi, −ω 2 0 ω y quedarnos con la parte real de la solución. El polinomio característico de la matriz de coeficientes A −λ 1 = λ2 + ω 2 , |A − λ I| = −ω 2 −λ tiene las raíces complejas conjugadas λ = ±ω i. Dado que α es un valor propio de la matriz de coeficientes, estamos ante un caso de resonancia. Existe, entonces, una solución particular de la forma eωit r(t) donde r(t) es un polinomio de grado menor o igual que uno, es decir, de la forma

yp1 (t) α1 + β1 t ωit yp (t) = = e . yp2 (t) α2 + β2 t Imponemos que yp (t) verifique el sistema complejo (t) = yp2 (t) − i eωit , yp1

yp2 (t) = −ω 2 yp1 (t) + ω eωit ,

ω i eωit (α1 + β1 t) + eωit β1

= eωit (α2 + β2 t) − i eωit ,

ω i eωit (α2 + β2 t) + eωit β2

= −ω 2 eωit (α1 + β1 t) + ω eωit ,

178 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS e, igualando los coeficientes de las distintas potencias de t ω i α1 + β1 ω i β1 ω i α2 + β2 ω i β2

= α2 − i , = β2 , = −ω 2 α1 + ω , = −ω 2 β1 ,

con solución β1 = −i , β2 = ω , α2 = ωiα1 . En particular, si tomamos α1 = α2 = 0 obtenemos ⎛ ⎞ −i t ⎠, yp (t) = eωit ⎝ ωt solución particular del sistema complejo. Su parte real,

0 −t +i yp (t) = (cos(ω t) + i sen(ω t)) ωt 0 /! " ! "0 ! " t sen(ω t) −t cos(ω t) t sen(ω t) = +i = , ω t cos(ω t) ω t sen(ω t) ω t cos(ω t) proporciona una solución particular del sistema de partida.

PROBLEMA 4.25 Calcúlese una solución particular del sistema

y1 1 2 y1 cos(2 t) = + . −2 1 − sen(2 t) y2 y2 Nota: téngase en cuenta la forma que adopta el término independiente.

SOLUCIÓN Nótese que

cos(2 t) − sen(2 t)

= e

2it

1 i

,

de modo que basta con resolver el sistema complejo y = A y + eα t q(t) con

1 2 1 A= , q(t) = , α = 2i, −2 1 i y quedarnos con la parte real de la solución. El polinomio característico de la matriz de coeficientes A 1−λ 2 = λ2 − 2 λ + 5 , |A − λ I| = −2 1−λ


179

tiene las raíces complejas conjugadas λ = 1 ± 2 i. Dado que α no es un valor propio de la matriz de coeficientes, existe una solución particular de la forma e2it r(t) siendo r(t) un vector constante, es decir, de la forma

yp1 (t) α1 . = e2it yp (t) = α2 yp2 (t) Imponemos que yp (t) verifique el sistema complejo (t) = yp1 (t) + 2 yp2 (t) + e2it , yp1

luego

yp2 (t) = −2 yp1 (t) + yp2 (t) + i e2it ,

2i e2it α1

=

e2it α1 + 2 e2it α2 + e2it ,

2i e2it α2

=

−2 e2it α1 + e2it α2 + i e2it ,

y, dividiéndo por e2it , obtenemos (2 i − 1) α1

=

2 α2 + 1 ,

2 α1

=

−(2 i − 1) α2 + i ,

de donde α1 = −1 y α2 = −i. Obtenemos así una solución particular

−1 yp (t) = e2it , −i del sistema complejo. Su parte real,

−1 0 − cos(2 t) +i = , yp (t) = (cos(2t) + i sen(2t)) 0 −1 sen(2 t) proporciona una solución particular del sistema de partida.

PROBLEMA 4.26 Calcúlese una matriz fundamental del sistema y = A y con ! " 3 0.5 A= , −2 1 y resuélvase el problema de Cauchy " ! " ! 3 0.5 1 , y = y+ −2 1 et

SOLUCIÓN

! y(0) =

1 2

" .

Calculamos la matriz fundamental principal en cero. El polinomio característico de A 3−λ 0.5 |A − λ I| = = (3 − λ) (1 − λ) + 1 = (λ − 2)2 , −2 1−λ

180 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS tiene la raíz λ = 2 doble. Si buscamos un polinomio interpolador de grado uno de la forma p(x) = a0 (t) + a1 (t) (x − 2) , debe verificar

luego

a0 (t) = e2t ,

p(2)

=

p (2)

= a1 (t) = t e2t ,

p(x) = e2t + t e2t (x − 2) ,

y, por lo tanto, eAt

p(A) = e2t I + t e2t (A − 2 I) " ! ! 1 0.5 1+t = e2t = e2t I + t e2t −2 −1 −2 t

=

0.5 t

"

1−t

La fórmula de variación de las constantes

t 1 1 y(t) = eAt e−As + eAt ds , 2 es 0 proporciona la solución del problema de Cauchy. La solución del sistema homogéneo que en 0 vale (1, 2)T es ! "! " ! " 1 + t 0.5 t 1 1 + 2 t = e2t . yh (t) = e2t −2 t 1 − t 2 −4 t + 2 La solución del sistema completo que en 0 vale 0 es "! ! " t 1 1 − s −0.5 s −2s e ds yp (t) = eAt es 2s 1+s 0 t! = eAt 0

⎛

e−2s (1 − s) − 0.5 s e−s 2 s e−2s + (1 + s) e−s

" ds

⎞ 1 1 − + e−2t (−1 + 2 et + 2 (1 + et ) t) ⎜ 4 4 ⎟ ⎟ = eAt ⎜ ⎠ ⎝ 5 1 −2t t t − e (1 + 4 e + 2 (1 + e ) t) 2 2 ⎛ ⎞ 1 −1 + 2 et + (4t − 1) e2t ⎟ ⎜ 4 ⎟. ⎜ = ⎝ 1 ⎠ t 2t −1 − 4 e + (5 − 4t) e 2 Finalmente, la solución buscada es y(t) = yh (t) + yp (t), ⎛ ⎞ 1 −1 + 2 et + (3 + 12t) e2t ⎜ 4 ⎟ ⎟. y(t) = ⎜ ⎝ 1 ⎠ t 2t −1 − 4 e + (9 − 12t) e 2

.


181

PROBLEMA 4.27 Consideremos el problema de Cauchy y = A y + b(t) , y(0) = y0 con " ! " ! ! " 0 1 0 1 , y0 = A= , b(t) = . 8 −2 et −4 a) Utilícese la fórmula de variación de las constantes para su resolución. b) Resuélvase buscando una solución particular del sistema de la forma eαt r(t) con r(t) un polinomio, es decir, lo es cada una de sus componentes; (téngase en cuenta la forma que adopta el término independiente del sistema).

SOLUCIÓN

Calculamos la matriz fundamental principal en cero del sistema homogéneo asociado. El polinomio característico de A −λ 1 |A − λ I| = = λ (λ + 2) − 8 = (λ − 2) (λ + 4) , 8 −2 − λ tiene las raíces reales λ1 = 2 , λ2 = −4. Buscamos un vector propio u1 asociado al valor propio λ1 = 2.Para ello resolvemos (A − 2 I) u1 = 0 ! "! " ! " −2 1 u1 0 −2 u1 + u2 = 0 = ⇒ ⇒ u 2 = 2 u1 . 8 u1 − 4 u2 = 0 8 −4 0 u2 Tomando u1 = 1 se tiene u1 = (1, 2)T y una solución real del sistema homogéneo viene dada por

2t 1 e 2t y1 (t) = e = . 2 2 e2t Buscamos un vector propio u2 asociado a λ2 = −4, es decir, (A + 4 I) u2 = 0, ! " 4 1 u1 0 4 u 1 + u2 = 0 = ⇒ ⇒ u2 = −4 u1 . 0 u2 8 u 1 + 2 u2 = 0 8 2 Tomando u1 = 1 tenemos u2 = (1, −4)T y una solución particular del sistema homogéneo, linealmente independiente de y1 (t) es

1 e−4t −4t y2 (t) = e = . −4 −4 e−4t Una matriz fundamental del sistema homogéneo es " ! e−4t e2t . Y (t) = 2 e2t −4 e−4t

182 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS a) La fórmula de variación de las constantes

t 1 0 y(t) = Y (t) Y −1 (0) + Y (t) Y −1 (s) ds , −4 es 0 proporciona la solución del problema de Cauchy. Calculamos ⎛ ⎞ ⎛ 2 −2t 1 −2t e e ⎜ 3 ⎟ ⎜ 6 ⎟ , Y −1 (0) = ⎜ Y −1 (t) = ⎜ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 e4t − e4t 3 6

2 3 1 3

−

⎞ 1 6 ⎟ ⎟. 1 ⎠ 6

La solución del sistema homogéneo que en t = 0 vale (1, −4)T es "! " ! "

! 2t e−4t e 0 e−4t 1 −1 Y (t) Y (0) = = . −4 2 e2t −4 e−4t −4 e−4t 1 La solución del sistema completo que en t = 0 vale 0 es ⎛ ⎞ ⎛ 2 −2s 1 −2s 1 −s " ! e e e t t ⎜ 3 ⎟ ⎜ 0 6 ⎜ ⎟ ⎜ 6 ds = Y (t) Y (t) ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 es 1 0 0 e4s − e4s − e5s 3 6 6 ⎛ ⎞ 1 −t

2t (e − − 1) ⎜ ⎟ 6 e e−4t ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ 2 e2t −4 e−4t 1 5t − (e − 1) 30 ⎛ ⎞ 1 1 −4t 5t − e2t (e−t − 1) − e (e − 1) ⎜ 6 ⎟ 30 ⎟. =⎜ ⎝ 1 ⎠ 4 −4t 5t 2t −t e (e − 1) − e (e − 1) + 3 30 Finalmente la solución buscada es ! y(t)

=

⎛ ⎜ = ⎜ ⎝

⎛

1 1 − et + e2t + −4t ⎜ e 5 6 +⎜ ⎝ −4t −4 e 1 1 − et + e2t − 5 3 ⎞ 1 1 31 −4t − et + e2t + e ⎟ 5 6 30 ⎟. 1 t 1 2t 62 −4t ⎠ e − e + e − 5 3 15 "

b) Nótese que

b(t) =

0 et

= et

0 1

,

⎞ 1 −4t e ⎟ 30 ⎟ 2 −4t ⎠ e 15

⎞ ⎟ ⎟ ds ⎠


183

por lo tanto, es de la forma eαt q(t) con α = 1 y q(t) = (0, 1)T . Dado que α no es un valor propio de la matriz de coeficientes, existe una solución particular de la forma eαt r(t) donde r(t) y q(t) son polinomios del mismo grado, tomamos

yp1 (t) α1 t . = e yp (t) = α2 yp2 (t) Imponemos que yp (t) verifique el sistema completo yp1 (t) = yp2 (t) ,

yp2 (t) = 8 yp1 (t) − 2 yp2 + et ,

luego et α1 = et α2 , et α2 = 8 et α1 − 2 et α2 + et , de dónde α1 = α2 y 8 α1 − 3 α2 = −1. Por tanto, α1 = α2 = −1/5 y obtenemos así la solución particular ⎛ ⎞ 1 − ⎜ 5 ⎟ ⎟ yp (t) = et ⎜ ⎝ 1 ⎠. − 5 La solución general del sistema completo es ! " ! " e−4t e2t 1 1 t c1 y(t) = Y (t) c + yp (t) = , − e c2 5 2 e2t −4 e−4t 1 e, imponiendo la condición inicial, se tiene !

1 −4

"

⎞ 1 ⎜ 5 ⎟ = y(0) = ⎝ 1 ⎠, 2 c1 − 4 c2 − 5 ⎛

c1 + c2 −

⎫ 6 ⎪ ⎪ 5 ⎬ 19 ⎪ ⎪ ⎭ 2 c1 − 4 c2 = − 5 La solución del problema de Cauchy es

esto es

c1 + c2 =

! y(t) = ⎛ ⎜ = ⎜ ⎝

c1 =

1 6

c2 =

6 31 − c1 = . 5 30

⇒

⎞ 1 ! " ⎜ 6 ⎟ 1 t e e 1 ⎟− e ⎜ ⎝ 31 ⎠ 5 1 2 e2t −4 e−4t 30 ⎞ 1 1 31 −4t − et + e2t + e ⎟ 5 6 30 ⎟. 1 t 1 2t 62 −4t ⎠ e − e + e − 5 3 15 2t

−4t

"

⎛


PROBLEMA 4.28 Se considera el sistema lineal y = A(t) y ,

t ∈ I ⊂ IR ,

con A(t) matriz n × n continua en I. a) Demuéstrese que existe un cambio de variable independiente que lo transforma en uno lineal de coeficientes constantes si y sólo si A(t) = h(t) B, donde B es una matriz constante y h una función escalar continua en el intervalo I. b) Calcúlese la matriz fundamental principal en t = 1 del sistema ⎛

⎞ 1 2 −1 1 2 0 ⎠ y, y = ⎝ 0 t 1 −2 3

t > 0.

c) Resuélvase el problema de Cauchy ⎛ ⎞ ⎛ 2 ⎞ 1 2 −1 2t 1 2 0 ⎠ y + ⎝ t2 ⎠ , y = ⎝ 0 t 1 −2 3 0

SOLUCIÓN

⎛

⎞ 0 y(1) = ⎝ 1 ⎠ , 0

t > 0.

a) Supongamos que existe un cambio de variable independiente, s = g(t), de modo que el sistema transformado tenga como matriz de coeficientes a la matriz constante B. Entonces y =

dy ds = y˙ g (t) , ds dt

el sistema se transforma en y˙ g (t) = A(t) y . Por hipótesis, y˙ =

1 A(t) y = B y , g (t)

luego A(t) = g (t) B, como queríamos demostrar. Recíprocamente, si A(t) = h(t) B, el cambio de variable independiente s = h(t) dt transforma el sistema y = h(t) B y en y˙ h(t) = h(t) B y

⇒

que es un sistema lineal de coeficientes constantes.

y˙ = B y ,


185

b) Estamos ante un sistema cuya matriz de coeficientes es de la forma h(t) B siendo ⎛ ⎞ 1 2 −1 1 2 0 ⎠. y B=⎝ 0 h(t) = t 1 −2 3 Según el apartado anterior, el cambio s = (1/t) dt = ln t transforma el sistema en ⎛ ⎞ 1 2 −1 2 0 ⎠ y. y˙ = ⎝ 0 1 −2 3 Resolvemos el sistema transformado mediante el método del polinonio interpolador. El polinonio característico de la matriz de coeficientes 1−λ 2 −1 0 2−λ 0 = (1 − λ) (2 − λ) (3 − λ) + (2 − λ) = −(λ − 2)3 , 1 −2 3−λ tiene una raíz real, λ1 = 2, con multiplicidad n1 = 3. Tenemos que ⎛ ⎞ −1 2 −1 0 0⎠, (B − 2 I3 )2 = 0 ∈ MIR (3) , B − 2 I3 = ⎝ 0 1 −2 1 cumpliéndose dim Ker(B − 2 I3 ) = 2 = n1 ,

dim Ker(B − 2 I3 )2 = 3 = n1 ,

luego el número mínimo asociado a λ1 es 2 y el polinomio mínimo (λ − 2)2 . Buscamos un polinomio interpolador de la forma p(x) = a0 (s) + a1 (s) (x − 2) . Entonces p(x) debe verificar p(2) = a0 (s) = e2 s ,

p (2) = a1 (s) = s e2 s .

Por lo tanto, la matriz fundamental principal en s = 0 será, ⎛ eB s = p(B) =

e2 s I3 + s e2 s (B − 2 I3 ) = e2 s I3 + s e2 s ⎛

e2 s (1 − s) 2 s e2 s ⎝ 0 e2 s = 2s −2 s e2 s se

−1 2 ⎝ 0 0 1 −2

⎞ −s e2 s ⎠. 0 2s e (1 + s)

Deshaciendo el cambio s = ln t se tiene que ⎞ ⎛ 2 t (1 − ln t) 2 t2 ln t −t2 ln t ⎠, 0 0 t2 Φ(t) = ⎝ 2 2 2 −2 t ln t t (1 + ln t) t ln t

⎞ −1 0 ⎠ 1

186 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS y obtenemos la matriz fundamental principal en t = 1 del sistema de partida. c) La solución del problema de Cauchy viene dada por la expresión ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ t 0 2 r2 y(t) = Φ(t) ⎝ 1 ⎠ + Φ(t) Φ−1 (r) ⎝ r2 ⎠ dr . 1 0 0 Dado que

⎛

1 + ln |r| ⎜ r2 ⎜ ⎜ ⎜ Φ−1 (r) = ⎜ 0 ⎜ ⎜ ⎝ ln |r| − 2 r

−

2 ln |r| r2 1 r2

2 ln |r| r2

ln |r| r2

⎞

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟, 0 ⎟ ⎟ 1 − ln |r| ⎠ r2

la solución será, ⎞ ⎛ ⎞⎤ ⎛ 2 t2 (ln |t| + t − 1) ⎞ 0 2 (t − 1) ⎜ ⎟ t3 y(t) = Φ(t) ⎣⎝ 1 ⎠ + ⎝ t − 1 ⎠⎦ = ⎝ ⎠. 0 0 2 −2 t ln |t| ⎡⎛

PROBLEMA 4.29 Sea y = A y + b(t) un sistema lineal de coeficientes constantes. Supondremos que b(t) es periódica de periodo T > 0 (en particular es verdad cuando b ≡ 0). a) Pruébese que, si y(t) es solución del sistema, también lo es y(t + T ). b) Pruébese que y(t) es solución de periodo T del sistema si y sólo se cumple y(0) = y(T ). c) Pruébese que y = A y ite una solución no trivial de periodo T si y sólo si 1 es valor propio de eAT . d) Pruébese que y = A y ite una solución no trivial de periodo T si y sólo si 2πki/T es valor propio de A, para algún entero k.

SOLUCIÓN

Los apartados a) y b) se resolvieron ya en el problema 3.14 del capítulo anterior para un caso más general; y su enunciado se recuerda aquí para ser utilizado en la resolución de los apartados posteriores.


187

˜ (t), no trivial de periodo T . Esta c) Supongamos que y = A y ite una solución, y solución será de la forma ˜ (0) . ˜ (t) = eAt y y ˜ (t) es periódica de periodo T , se tiene aplicando b) Como y ˜ (0) = y ˜ (T ) y

⇒

˜ (0) = y ˜ (0) , ˜ (T ) = eAT y y

˜ (0) = 0 y 1 es un valor propio de eAT . luego (eAT − I) y Recíprocamente, supongamos ahora que 1 sea un valor propio de la matriz eAT asociado ˜ (t) la solución del sistema verificando y ˜ (0) = v, es decir, al vector propio v, y sea y ˜ (t) en 0 y en T , ˜ (t) = eAt v. Los valores de y y ˜ (0) = v , y

˜ (T ) = eAT v , y

coinciden (ya que eAT v = v por definición de vector propio). De acuerdo con el ˜ (t) es una solución periódica de periodo T . apartado b) esto significa que y d) 2πki/T es un valor propio de A si y sólo si exp(2πki) = 1 es un valor propio de exp(AT ) (véase el problema 4.1). Basta aplicar el apartado c) anterior para concluir la demostración.

PROBLEMA 4.30 Estado estacionario de un sistema. Sea y = A y + b(t) un sistema lineal de coeficientes constantes. Supondremos que b(t) es periódica de periodo T > 0 (en particular es verdad cuando b(t) ≡ 0). Se utilizarán los resultados obtenidos en el problema 4.29. a) Si suponemos que las soluciones de y = A y tienden a 0 o son no acotadas cuando t → ∞, entonces y = A y + b(t) ite a lo sumo una solución periódica. b) Pruébese que, si A no posee autovalores de la forma 2πki/T , entonces la matriz e−AT − I es no singular, y existe un único vector c tal que T −AT − I) c = e−As b(s) ds . (e 0

c) Pruébese que, en las condiciones del apartado precedente, t At At y(t) = e c + e e−As b(s) ds 0

es la única solución periódica (de periodo T ) del sistema y = A y + b(t), solución llamada el estado estacionario del sistema (en realidad sólo se llama así cuando las soluciones de y = A y tienden a 0 cuando t → ∞).


d) Pruébese que, en las condiciones del apartado b), cuando b(t) ≡ b, entonces y = −A−1 b es el estado estacionario del sistema. e) Compruébese que el sistema y1 = −y1 + cos t

y2 = −2 y2 tiene por solución y1 = c1 e−t +

1 (sen t + cos t) , 2

y2 = c2 e−2t ,

(4.8)

y como estado estacionario 1 (sen t + cos t) , 2 y2 = 0 . y1 =

(4.9)

Compruébese que las restantes soluciones se aproximan a ésta cuando la variable t → ∞ en el siguiente sentido: si denotamos por y(t) una solución arbitraria del sistema y por ys (t) el estado estacionario, entonces y(t) − ys (t) → 0 cuando t → ∞. (Lo mismo ocurre si ys (t) es una solución cualquiera del sistema completo, aunque el enunciado con la solución periódica parece decir más: parece decir que toda solución "tiende a ser periódica".)

SOLUCIÓN

a) Razonamos por reducción al absurdo. Sean y1 (t), y2 (t) dos soluciones periódicas del sistema completo (no homogéneo), entonces su diferencia será una solución periódica del sistema homogéneo en contradicción con que todas sus soluciones tienden a 0 o son no acotadas cuando t → ∞. Contradicción a la que hemos llegado por suponer la existencia de dos soluciones periódicas, luego el sistema a lo sumo ite una solución periódica. b) Si A no posee autovalores de la forma 2πki/T entonces, de acuerdo con el problema 4.29, el sistema homogéneo carece de una solución no trivial de periodo T lo que equivale (apartado c) del problema 4.29) a que 1 no es un valor propio de exp(AT ); por lo tanto, tampoco de exp(−AT ) y la matriz (exp(−AT ) − I) es no singular y el sistema T e−As b(s) ds , (e−AT − I) c = 0

tiene solución c, única.


t

c) y(t) = eAt c + eAt

189

e−As b(s) ds es la forma que toma la solución del sistema no

0

homogéneo y = A y + b(t) que verifica y(0) = c. Como la matriz A no posee autovalores de la forma 2πki/T , se deduce del apartado d) del problema 4.29 que el sistema y = A y no ite soluciones periódicas (de período T ) distintas de la trivial. Esto implica que el sistema y = A y + b(t) tiene a lo sumo una solución periódica (de período T ) no trivial, puesto que si tuviera dos distintas, su diferencia sería una solución periódica y no trivial del sistema homogéneo y = A y. Veamos por último que la solución es periódica de período T . Para ello, y en virtud del apartado b) del problema 4.29, bastará ver que y(T ) = y(0), esto es y(T ) = e

AT

I − eAT c = eAT

0

T

c+e

AT

e−As b(s) ds = c = y(0)

0

T

e−As b(s) ds ⇐⇒ e−AT − I c =

T

e−As b(s) ds .

0

Pero, como vimos en el apartado b), esta última relación es justamente la que define a c, por lo que queda probada la periodicidad de período T . d) En el apartado b) probamos que existe una única solución periódica. Como la función y(t) = −A−1 b lo es, ya que i) y (t) = 0 ⇒ 0 = A y + b = −A A−1 b + b = −b + b = 0, luego es solución ii) y(0) = −A−1 b = y(T ) lo que implica que es periódica de periodo T , entonces se trata del estado estacionario. e) Comprobamos que (4.8) es solución: ⎫ 1 ⎪ (cos t − sen t) ⎬ 2 ⇒ ⎪ 1 ⎭ −t −y1 + cos t = −c1 e − (sen t + cos t) + cos t 2 ( y2 = −2 c2 e−2t ⇒ coinciden −2 y2 = −2 c2 e−2t y1

= −c1 e−t +

coinciden

En particular, la única solución periódica (4.9) se obtiene tomando c1 = c2 = 0, por lo que el estado estacionario es: ⎫ 1 y1 = (sen t + cos t) ⎬ 2 ⎭ y = 0. 2

Las demás soluciones tienden al estado estacionario cuando t → ∞, puesto que, para cualquier valor de c1 y c2 , se tiene que y(t) − ys (t) = (c1 e−t , c2 e−2t ), por lo que, para cualquier norma vectorial se tendrá y(t) − ys (t) = (c1 e−t , c2 e−2t ) → (0, 0) = 0

si t → ∞ .


PROBLEMA 4.31 Dado el sistema

x y

= A

x y

,

con A =

a b c d

,

la ecuación pA (D) u = u − tr A u + det A u = u − (a + d) u + (ad − bc) u = 0 se denomina ecuación secular del sistema. a) Pruébese que toda componente de una solución del sistema es solución de su ecuación secular. b) Supongamos ahora que u(t) es solución de la ecuación secular. Pruébese que que, si b = 0, entonces x = bu,

y = u − a u

es solución del sistema, y que, si c = 0, x = u − d u ,

y = cu

es solución del sistema.

SOLUCIÓN

T

a) Si (x, y) es una solución del sistema, entonces x = a x + b y , de dónde

x y

= =

y = c x + d y ,

a x + b y = a 2 x + a b y + b c x + b d y , c x + d y = c a x + c b y + d c x + d2 y .

Sustituyendo estas expresiones en la ecuación secular es inmediato comprobar que tanto x como y la verifican. b) Si u(t) es una solución de la ecuación secular entonces u = (a + d) u + (bc − ad) u .

(4.10)

1) Supongamos que b = 0, (x, y)T = (b u, u − a u)T es solución del sistema si y sólo si

b u a b bu b u = = , c d u − a u u − a u c b u + d u − a d u es decir, si y sólo si u − a u = c b u + d u − a d u. Igualdad que se verifica inmediatamente teniendo en cuenta la expresión (4.10) que verifica u .


191

2) Análogamente, si c = 0 entonces (x, y)T = (u − d u, c u)T es solución del sistema si y sólo si

a b u − du a u + (b c − a d) u u − d u = , = c d c u cu c u es decir, si y sólo si u − d u = a u + (b c − a d) u. Igualdad que se verifica inmediatamente teniendo en cuenta, nuevamente, la expresión (4.10).

PROBLEMA 4.32 El siguiente circuito se utiliza habitualmente como un filtro eléctrico que amortigua señales de frecuencia alta, conservando las de baja frecuencia. L

R -

-

I2

I1 V1

+ −

C1

I3

?

C2

ba` 6

V2

? a`b

a) Obténgase un modelo matemático de funcionamiento del circuito que utilice las constantes y variables del gráfico. b) Supuestas conocidas R, L, C1 , C2 y V1 (t), obténgase un sistema (sl) de primer orden cuyas soluciones sean V2 (t), I1 (t) e I2 (t). c) Para el caso particular R = 1, L = 4/3, C1 = 1/2, C2 = 3/2 y V1 (t) = eiωt , calcúlese una matriz fundamental real del sistema homogéneo asociado a (sl). Calcúlense las soluciones de (sl). Estúdiese el comportamiento de V2 (t) al avanzar el tiempo para valores grandes de ω. ¿Qué sucede cuando ω se aproxima a cero?.

SOLUCIÓN

a) La caída de potencial a través de un condensador de capacitancia C1 es q(t)/C1 , donde q es la carga del condensador; por lo tanto para el circuito V1 R C1 de la figura anterior, la segunda ley de Kirchhoff establece R I1 +

1 q(t) = V1 (t) . C1

(4.11)

192 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Pero la corriente I3 y la carga q(t) se relacionan mediante I3 = dq/dt, así, la ecuación (4.11) se transforma en la ecuación diferencial 1 I3 dt − V1 (t) = 0 . R I1 + C1 Para el circuito C1 L C2 , la segunda ley de Kirchhoff establece que 1 1 I2 dt − I3 dt = 0 . L I2 + C2 C1

(4.12)

Finalmente resulta evidente que las intensidades están relacionadas mediante la expresión I1 = I2 + I3 . b) La caída de voltaje a través de C2 es V2 = 1/C2 I2 dt, por lo tanto V2 =

1 I2 . C2

(4.13)

Derivando (4.11) y, teniendo en cuenta que I3 = I1 − I2 , obtenemos 0 = R I1 +

1 1 I3 − V1 (t) = R I1 + (I1 − I2 ) − V1 (t) , C1 C1

de donde I1 = −

1 1 1 I1 + I2 + V1 (t) . R C1 R C1 R

(4.14)

Ahora bien, de (4.12) obtenemos I2 pero

I2 dt = C2 V2 y

1 =− L C2

1 I2 dt + L C1

I3 dt ,

I3 dt = (V1 (t) − R I1 ) C1 , luego I2 = −

R 1 1 I1 − V2 + V1 (t) . L L L

Estas tres expresiones, (4.13), (4.14) e (4.15), constituyen el sistema ⎞ ⎛ ⎛ 1 1 1 − 0 ⎛ ⎞ ⎜ R C1 R C1 ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ V1 (t) R I1 I1 ⎟ ⎜ ⎜ d ⎜ 1 ⎟ R ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟⎜ I + 0 − − ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ I2 ⎠ = ⎜ 2 ⎜ V1 (t) ⎜ dt L L ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ L ⎠ ⎝ V2 V 2 1 0 0 0 C2 c) En este caso tenemos el sistema ⎛

I1

⎞

⎛

I1

⎞

d ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ I2 ⎠ = A ⎝ I2 ⎠ + b(t) , dt V2 V2

(4.15)

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠


con

⎛

−2

⎜ ⎜ 3 ⎜ A=⎜ − ⎜ 4 ⎝ 0

2

0

3 0 − 4 2 0 3

⎞

⎛

⎟ ⎟ ⎟ ⎟, ⎟ ⎠

i ω eiωt

⎜ ⎜ 3 b(t) = ⎜ eiωt ⎜ ⎝ 4 0

193

⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

El polinomio característico de la matriz A, −2 − λ −3 4 0

2 −λ 2 3

0 3 − = −λ3 − 2 λ2 − 2 λ − 1 , 4 −λ

√ √ tiene la raíz real −1 y las raíces complejas −1/2 + 3/2 i, −1/2 − 3/2 i. Buscamos un vector propio u1 asociado al valor propio λ = −1, es decir, (A + I) u1 = 0, ⎛

−1

⎜ ⎜ 3 ⎜ − ⎜ 4 ⎝ 0

2

0

3 1 − 4 2 1 3

⎞

⎛ ⎞ ⎟

u1 ⎟ 0 u 1 = 2 u2 , ⎟ ⎝ u2 ⎠ = ⇒ ⎟ 0 2/3 u2 = −u3 . ⎠ u3

Tomando u2 = 3 obtenemos u1 = (6, 3, −2)T , y una solución real del sistema homogéneo es ⎛ ⎞ 6 y1 (t) = e−t u1 = e−t ⎝ 3 ⎠ . −2 √ Calculamos, ahora, un vector √ propio u2 asociado al valor propio λ = −1/2 + 3/2 i, es decir, [A − (−1/2 + 3/2 i) I] u2 = 0, ⎞ ⎛ √ 3 3 2 0 ⎟⎛ ⎜ −2 − 2 i ⎞ ⎟ ⎜

√ u1 ⎟ ⎜ 0 ⎟⎝ ⎜ 3 3 3 1 ⎠ u2 = , ⎟ ⎜ − i − − 0 ⎟ ⎜ 4 2 2 4 u ⎟ ⎜ 3 √ ⎝ 2 3 ⎠ 1 − i 0 3 2 2 de donde

√ (3 + √3 i) u1 = 4 u2 , √ √ (3 + 3 i) u1 = (−3 + 3 3 i) u3 ⇒ u1 = 3 i u3 .

Si tomamos u3 = −4 i entonces u1 = 4

√

3, y u2 = 3 +

√

3 i; resulta entonces

194 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS √ 3 i , −4 i)T y una solución compleja del sistema homogéneo es √ ⎛ ⎞ 4 √3 √ y(t) = e−1/2+ 3/2 i) t ⎝ 3 + 3 i ⎠ −4 i ⎡⎛ √ ⎞ ⎛ ⎞⎤ 4 √3 0 √ √ = e−1/2 t [cos( 3/2 t) + i sen( 3/2 t)] ⎣⎝ 3 3 ⎠ + i ⎝ 3 ⎠⎦ . −4 0

u2 = (4

√

3, 3 +

Tomando parte real e imaginaria, obtenemos dos soluciones reales del sistema homogéneo, linealmente independientes de y1 (t), √ √ ⎛ ⎞ 4 3 cos( 3/2 t) √ √ ⎜ √ ⎟ y2 (t) = y(t) = e−t/2 ⎝ 3 3 cos( 3/2 t) − 3 sen( 3/2 t) ⎠ , √ 4 sen( 3/2 t) √ √ ⎛ ⎞ 4 3 sen( 3/2 t) √ √ √ ⎜ ⎟ y3 (t) = y(t) = e−t/2 ⎝ 3 cos( 3/2 t) + 3 3 sen( 3/2 t) ⎠ . √ −4 cos( 3/2 t) Una matriz que tenga por columnas los vectores y1 (t), y2 (t) e y3 (t) será una matriz fundamental del sistema homogéneo. Buscamos ahora una solución particular del sistema completo. Como el término independiente es ⎞ ⎛ iω ⎟ ⎜ eiωt q(t) = eiωt ⎝ 3/4 ⎠ , 0 con q constante, y i ω no es un valor propio de A, existe una solución particular de la forma eiωt c. Esa solución debe verificar ⎞ ⎛ iω ⎟ ⎜ i ω c eiωt = A c eiωt + ⎝ 3/4 ⎠ eiωt , 0 o sea, c debe verificar (i ω I − A) c = (i ω, 3/4, 0)T . Sistema algebraico que tiene por solución c = (c1 , c2 , c3 ) con c1 =

2 ω − ω3 , −ω 3 + 2 i ω 2 + 2 ω − i c3 =

−i ω 3

c2 =

3ω , −2 ω 3 + 4 i ω 2 − 4 ω − 2 i

1 . − 2 ω2 + 2 i ω + 1

Obtenemos así una solución particular periódica que, sumada a la solución general del sistema homogéneo, proporciona la solución general del sistema completo. En cuanto al comportamiento de V2 (t) hay que notar que toda solución de y = A y es de la forma √ √ e−t u1 + e(−(1/2)+i 3/2)t u2 + e(−(1/2)−i 3/2)t u3 ,


195

y converge siempre a 0 cuando t → ∞, por lo que la solución general del sistema tiende siempre a la solución periódica particular obtenida, eiωt c, (solución que suele denominarse el “estado estable" o “estado estacionario" del sistema). La tercera componente de dicho estado estable es V2s (t) = Si llamamos a(ω) =

eiωt . −i ω 3 − 2 ω 2 + 2 iω + 1

1 1 , = 6 | − i ω 3 − 2 ω 2 + 2 iω + 1|2 ω +1

tenemos que 1 . ω6 + 1 Cuando ω es grande, la amplitud de la respuesta es muy pequeña. Cuando ω se aproxima a cero, la amplitud de la respuesta es aproximadamente la de la entrada. |V2s (t)| =

CAPÍTULO

5

Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

En este tema se presentan métodos de resolución para las ecuaciones diferenciales lineales que pueden ser resueltas de forma elemental; en concreto, para aquellas que son de coeficientes constantes, y algunas otras que se reducen a ese caso.

5.1. Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes. 5.1.1. Solución general. Consideremos la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (ehc)

a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y = 0 ,

donde los coeficientes ai , i = 0, . . . , n, son constantes reales y a0 = 0. Dado que las funciones constantes son continuas en todo su dominio, la ecuación (ehc) tiene soluciones definidas en todo IR. Si se pueden encontrar n soluciones y1 , . . . , yn , linealmente independientes en IR, entonces la solución general de (ehc) viene dado por y(t) = c1 y1 (t) + · · · + cn yn (t) , con c1 , . . . , cn constantes arbitrarias. Recordemos que el cambio y1 = y, y2 = y , . . . , yn = y n−1) transforma la ecuación (ehc) en un sistema, y = A y, lineal de coeficientes constantes. La solución general de la ecuación es entonces la primera componente de la solución general del sistema asociado, y ésta depende de los valores propios de su matriz de coeficientes, A. Comenzamos interesándonos por el polinomio característico de A.

198 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS D EFINICIÓN. Se denomina ecuación característica de la ecuación lineal de coeficientes constantes a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y = 0, a la ecuación a0 rn + a1 rn−1 + · · · + an−1 r + an = 0 , que resulta de sustituir la derivada k-ésima de y(t) por la k-ésima potencia de la variable r.

Proposición. Los valores propios de la matriz A del sistema equivalente a la ecuación (ehc), son las raíces de la ecuación característica. El siguiente teorema nos muestra cómo conseguir un sistema fundamental de soluciones de (ehc). Teorema. Consideremos la ecuación lineal homogénea de coeficientes constantes a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y = 0 .

(ehc)

Denotemos por λ1 , . . . , λr las raíces de su ecuación característica y por n1 , . . . , nr sus multiplicidades como raíces de dicha ecuación. Entonces, las n funciones tj etλk ,

k = 1, . . . , r , j = 0, . . . , nk − 1

forman un sistema fundamental de soluciones de (ehc). Sistemas fundamentales reales y complejos. Los resultados sobre sistemas fundamentales reales y complejos vistos en el tema 3 para las ecuaciones lineales con coeficientes continuos se aplican, en particular, para las ecuaciones con coeficientes constantes. Así, si λ es una raíz no real de multiplicidad n de la ecuación característica, también lo es λ con la misma multiplicidad. Las 2n soluciones complejas, eλt ,

eλt ,

t eλt ,

t eλt , . . . , tn−1 eλt ,

tn−1 eλt

generan un espacio de dimensión 2n que también es generado por las 2n soluciones reales eλt

= e(a+ib)t = eat (cos(bt) + i sen(bt)) = eλ t cos( λ t) ,

eλt j λt t e

tj eλt

= e(a+ib)t = eat (cos(bt) + i sen(bt)) = eλ t sen( λ t) , = tj eλt = tj eλ t cos( λ t) , = tj eλt = tj eλ t sen( λ t) .

5.1.2. La ecuación de Euler. Consideremos la ecuación a0 tn y n) + a1 tn−1 y n−1) + · · · + an−1 ty + an y = 0 , ai ∈ IR , i = 0, . . . , n , a0 = 0 .

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

199

o, en general, para α, β ∈ IR a0 (αt + β)n y n) + a1 (αt + β)n−1 y n−1) + · · · + an−1 (αt + β)y + an y = 0 , con ai ∈ IR para i = 0, 1, . . . , n y a0 = 0, llamada ecuación de Euler. Aunque es una ecuación con coeficientes variables, ite un sencillo cambio de variable que la transforma en una ecuación de coeficientes constantes. Si se estudia para αt + β > 0 , el cambio αt + β = es la transforma en una ecuación de coeficientes constantes. El cambio es αt + β = −es cuando se estudia para αt + β < 0. Nota. Lo anterior equivale a buscar soluciones de la forma y(t) = tλ para la ecuación a0 tn y n) + a1 tn−1 y n−1) + · · · + an−1 ty + an y = 0 , (o de la forma y(t) = (αt + β)λ para la ecuación a0 (αt + β)n y n) + a1 (αt + β)n−1 y n−1) + · · · + an−1 (αt + β)y + an y = 0 ). Al dividir el resultado por tλ (o por (αt + β)λ ), resulta para λ una ecuación de la forma p(λ) = 0 , donde p es un polinomio de grado n (justamente la ecuación característica de s cuando se ha hecho el cambio de variable). Si las raíces de este polinomio son λ1 , . . . , λr con multiplicidades n1 , . . . , nr , entonces las funciones tλ1 , tλ1 ln t, . . . , tλ1 (ln t)n1 −1 , . . . , tλr (ln t)nr −1 , (o las correspondientes con (αt + β)λ ) forman un sistema fundamental de soluciones, puesto que son las funciones que se corresponden con eλ1 s , eλ1 s s, . . . , eλ1 s sn1 −1 , . . . , eλr s snr −1 . No existe problema alguno si λi es complejo, ya que si λi = λi1 + i λi2 entonces eλi s y ¯ eλi s se sustituyen por eλi1 s cos(λi2 s) y eλi1 s sen(λi2 s) respectivamente (los otros términos de igual manera), y las correspondientes funciones en t que aparecen son tλi1 (cos(λi2 ln t)) y tλi1 (sen(λi2 ln t)) respectivamente.

5.2. Ecuaciones lineales no homogéneas con coeficientes constantes. Consideramos una ecuación lineal no homogénea de coeficientes constantes (elc)

a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y = b(t) ,

donde ai , i = 0, . . . , n son constantes reales, b(t) es una función continua en un intervalo I ⊆ IR y a0 = 0. Recordemos que la solución general de esta ecuación se obtiene como suma de la solución general de la ecuación homogénea asociada y de una particular de la ecuación completa. A continuación veremos métodos que nos permitirán obtener esta última.


5.2.1. Variación de las constantes. Para calcular una solución particular de (elc), se puede aplicar el método de variación de las constantes, ya visto en el tema 3, y que ahora recordamos brevemente. Sea c1 y1 (t) + · · · + cn yn (t), con ci ∈ IR para i = 1, 2, . . . , n constantes arbitrarias, la solución general de la ecuación homogénea asociada a (elc). La solución particular de (elc) vendrá dada por c1 (t)y1 (t) + · · · + cn (t)yn (t), donde las derivadas c1 (t), . . . , cn (t) deben ser solución del sistema algebraico ⎞⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ··· yn (t) y1 (t) c1 (t) 0 .. .. ⎟ ⎜ .. ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ .. .. ⎠⎝ . ⎠ = ⎝ ⎝ ⎠; . . . . n−1)

y1

(t)

···

n−1)

yn

(t)

cn (t)

b(t)/a0 (t)

y basta tomar como c1 (t), . . . , cn (t), primitivas arbitrarias de las soluciones obtenidas.

5.2.2. El método operacional. En muchos casos prácticos, el término independiente b(t) es alguna función de tipo polinomial, exponencial o trigonométrica, o bien se puede descomponer en funciones de ese tipo. En tales casos, veamos métodos más sencillos que el de variación de las constantes para obtener unas solución particular de (elc). Interpretaremos la expresión a0 y n) + a1 y n−1) + · · · + an−1 y + an y, como el resultado de aplicar el operador de derivación p(D) = a0 Dn + a1 Dn−1 + · · · + an−1 D + an , con D = d/dt , Dj = dj /dtj , a la función y(t). De modo que la ecuación (elc) se expresa como p(D) y = b(t). Diremos que p(D) es un operador de derivación con coeficientes constantes. Se trata efectivamente de un operador que aplica funciones de C n (I) a funciones de C(I), verificando: 1) Es un operador lineal - p(D) (f + g) = p(D) f + p(D) g , - p(D) (λf ) = λ p(D) f . 2) Se relacionan con las operaciones habituales de los polinomios en la forma siguiente: - p(D) f + q(D) f = (p + q)(D) f , - λ p(D) f = (λ p)(D) f , - p(D) [q(D) f ] = (p q)(D) f = q(D) [p(D) f ]. 3) Y las propiedades, - p(D) eαt = p(α) eαt , - p(D2 ) sen(αt + β) = p(−α2 ) sen(αt + β) , - p(D2 ) cos(αt + β) = p(−α2 ) cos(αt + β) ,


201

- p(D) eαt f (t) = eαt p(D + α) f (t), donde p(D 2 ) y p(D + α) se deben entender como los polinomios de derivación que resultan de sustituir en p(x) la variable x por D2 y D + α respectivamente. La idea del método operacional es aprovechar este pequeño catálogo de propiedades para buscar una función y tal que p(D) y = b(t). Ahora bien, para esta finalidad, lo más cómodo será disponer el catálogo en forma inversa. Notación: Sea p(x) el polinomio p(x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an y f (t) una función continua en un intervalo I ⊆ IR, los símbolos 1 f, p(D)

p(D)−1 f ,

o

a0

Dn

+ a1

Dn−1

1 f, + · · · + an−1 D + an

representan una cualquiera de las soluciones de la ecuación p(D) y = f . N OTACIÓN OPERACIONAL INVERSA. 1 (p(D)f ) = f , 1. p(D) 1 1 1 (f + g) = f+ g, 2. p(D) p(D) p(D) 1 1 (λf ) = λ f, 3. p(D) p(D) 1 1 q(D)f = q(D) f, 4. p(D) p(D) 1 1 1 5. f = f, p(D) q(D) pq(D) 1 λt 1 λt e = e si p(λ) = 0 , 6. p(D) p(λ) 1 1 sen(αt + β) = sen(αt + β) si p(−α2 ) = 0 , 7. 2 p(D ) p(−α2 ) 1 1 cos(αt + β) = cos(αt + β) si p(−α2 ) = 0 , 8. 2 p(D ) p(−α2 ) 1 λt 1 e f (t) = eλt f (t) . 9. p(D) p(D + λ)

OTROS RECURSOS. a) Si p(x) = a0 (x − λ1 ) . . . (x − λn ) entonces se puede resolver p(D) y = f poniendo

1 1 1 1 1 f= f , ... p(D) D − λn D − λ 2 D − λ 1 a0 o sea, resolviendo n ecuaciones lineales de la forma y − λk y = fk (t), cada una con un término independiente que es la solución particular obtenida para la anterior. b) La ecuación Ly = q(t), con q(t) un polinomio de grado k en t, tiene una solución particular de la forma y(t) = r(t), con r(t) polinomio de grado k + m, para cierto m ∈ IN. Veamos cómo calcular esa solución.

202 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS (i) Si p(0) = 0, entonces, simplemente dividiendo, podemos expresar 1/p(x) en la forma r(x) 1 = c(x) + , p(x) p(x) donde • c(x) es un polinomio de grado menor o igual que k, • r(x) es un polinomio sin potencias de x de orden menor que xk+1 . Una solución de la ecuación se obtiene entonces como 1 1 q(t) = c(D) q(t) + r(D) q(t) p(D) p(D) = c(D) q(t) , ya que cualquier derivada de q(t) de orden superior a k es nula, y el término (1/p(D))0, del que hemos prescindido, proporciona la solución general del homogéneo Ly = 0. (ii) Si p(0) = 0, entonces p(x) es de la forma p(x) = xm p1(x), con p1(0) = 0. Como

1 1 1 q(t) = m q(t) , p(D) D p1(D) se puede utilizar para (1/1 p(D)) q(t) el procedimiento indicado en el apartado anterior, y luego integrar m veces para obtener la solución. c) La ecuación Ly = eαt q(t) , con q(t) un polinomio de grado k en t, tiene una solución particular de la forma y(t) = eαt r(t), con r(t) un polinomio de grado menor o igual que k + m, y donde m es la multiplicidad de α como raíz del polinomio característico de la ecuación. La solución se obtiene, aplicando primero la propiedad 9. anterior, esto es 1 1 eαt q(t) = eαt q(t) , p(D) p(D + α) y a continuación el procedimiento descrito en el apartado b).

5.3. Selección de problemas.

PROBLEMA 5.1 Considérese la ecuación con a, b y c reales.

ay + by + c = 0 ,


203

a) Pruébese operacionalmente, que si am2 + bm + c = 0 posee dos raíces reales diferentes, m1 y m2 , entonces em1 t y em2 t es un sistema fundamental de soluciones. b) Pruébese operacionalmente que, si α + iβ y α − iβ, con β = 0, son raíces complejas conjugadas de am2 +bm+c = 0, entonces eαt cos(βt) y eαt sen(βt) es un sistema fundamental de soluciones. c) Pruébese operacionalmente que, si m es una raíz doble de am2 + bm + c = 0, entonces emt y temt es un sistema fundamental de soluciones.

SOLUCIÓN

La ecuación característica asociada, viene dada por p(r) = ar2 + br + c = 0. Por otra parte, la ecuación ay + by + c = 0 puede ser descrita en la forma L(y) = 0, donde el operador del primer miembro de la ecuación es L=a

d d2 + b + c. 2 dt dt

Recordemos que el operador es lineal y verifica, entre otras, la propiedad: L(eλt ) = p(λ)eλt , con λ ∈ C. a) En este caso, se tiene que p(r) = a(r − m1 )(r − m2 ) con m1 = m2 , y las funciones emi t (i = 1, 2) son soluciones de la ecuación, puesto que L(emi t ) = p(mi )emi t = 0 por ser p(mi ) = 0. Como además son independientes y su número coincide con la dimensión 2 del espacio de soluciones, forman un sistema fundamental de soluciones para la ecuación. b) La ecuación característica es p(r) = a(r −α−iβ)(r −α+iβ). Veamos si las funciones eαt cos(βt) = e(α+iβ)t + e(α−iβ)t /2 y eαt sen(βt) = e(α+iβ)t − e(α−iβ)t /(2i) son soluciones de la ecuación. Por la linealidad del operador, bastará ver que son soluciones las funciones e(α+iβ)t y e(α−iβ)t . Pero L(e(α±iβ)t ) = p(α ± iβ)e(α±iβ)t = 0. Como β = 0, se sigue trivialmente que las dos soluciones son independientes y forman un sistema fundamental de soluciones. c) Ahora la ecuación característica es p(r) = a(r − m)2 . La función emt es solución por ser L(emt ) = p(m)emt = 0. La otra función, temt , también satisface la ecuación, puesto que

L(temt ) = L

d mt e dm

=

d d L(emt ) = p(m)emt = 0. dm dm

Es fácil comprobar que ambas soluciones son independientes y, por tanto, forman un sistema fundamental de soluciones para la ecuación.


PROBLEMA 5.2 Compruébese que la ecuación y − t2 y = 0 tiene como raíces de la ecuación característica t y −t, pero que e(t)t y e(−t)t no son soluciones de la ecuación.

SOLUCIÓN

La ecuación característica para esta ecuación es p(r) = r2 − t2 = (r + t)(r − t) = 0, que 2 tiene por raíces t y −t. Sin embargo, es fácil comprobar que y1 (t) = e(t)t = et no es 2 solución de la ecuación, puesto que y1 − t2 y1 = (3t2 + 2) et > 0 , ∀t ∈ IR. La función 2 2 y2 (t) = e(−t)t = e−t tampoco es solución de la ecuación, ya que y2 − t2 y2 = (3t2 − 2) et sólo se anula para dos valores de t. Hemos visto así, con un ejemplo, cómo un resultado relativo a la ecuación característica, válido para ecuaciones con coeficientes constantes, deja de serlo al considerar ecuaciones de coeficientes no constantes.

PROBLEMA 5.3 Calcúlese la solución general de las siguientes ecuaciones lineales homogéneas a) y − 6 y + 9 y − 4 y = 0, b) y + 3 y + 7 y + 5 y = 0, c) y vii) + 2 y v) + y = 0.

SOLUCIÓN

a) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r3 − 6 r2 + 9 r − 4 = 0 con raíces r1 = r2 = 1 y r3 = 4; por lo tanto su solución general es y(t) = (c1 + c2 t) et + c3 e4 t ,

c1 , c2 , c3 ∈ IR .

b) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r3 + 3 r2 + 7 r + 5 = 0 con raíces r1 = −1 , r2 = −1 + 2 i y r3 = −1 − 2 i; por lo tanto su solución general es y(t) = c1 e−t + (c2 cos(2 t) + c3 sen(2 t)) e−t ,

c1 , c2 , c3 ∈ IR .

c) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r7 +2 r5 +r3 = 0. Sus raíces son: r1 = 0 con multiplicidad tres, r2 = i con multiplicidad dos y su conjugada r3 = −i con multiplicidad también dos; por lo tanto su solución general es y(t) = c1 +c2 t+c3 t2 +(c4 +c5 t) cos t+(c6 +c7 t) sen t ,

ci ∈ IR , i = 1, 2, . . . , 7.

PROBLEMA 5.4 Calcúlese la solución general de las siguientes ecuaciones lineales homogéneas a) y + 4 y = 0,


205

b) y = 0, c) y 4) − 8 y + 32 y − 64 y + 64 y = 0, d) y 4) − y − y + y = 0.

SOLUCIÓN

a) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r2 + 4 = 0 con raíces complejas conjugadas r1 = 2 i , r2 = −2 i; por lo tanto su solución general es y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) ,

c1 , c2 ∈ IR .

b) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r3 = 0 con raíz triple r = 0; por lo tanto su solución general es y(t) = c1 + c2 t + c3 t2 ,

c1 , c2 , c3 ∈ IR .

c) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r4 − 8 r3 + 32 r2 − 64 r + 64 = 0. Sus raíces son: 2 ± 2 i con multiplicidad dos; por lo tanto su solución general es y(t) = (c1 + c2 t) e2t cos(2t) + (c3 + c4 t) e2t sen(2t) ,

c1 , c2 , c3 , c4 ∈ IR .

d) La ecuación característica asociada r4 − r3 − r + 1 = 0 con raíces √ a esta ecuación es√ r1 = 1 doble, y r2 = (−1 + 3 i)/2, r3 = (−1 − 3 i)/2 simples; por lo tanto su solución general es !√ " !√ " 3 t 3t +c4 e−t/2 sen , c1 , c2 , c3 , c4 ∈ IR. y(t) = (c1 +c2 t) et + c3 e−t/2 cos 2 2

PROBLEMA 5.5 Hállese una solución particular de la ecuación 4 y 4) + y = f (t) siendo: a) f (t) = t2 + et sen t, b) f (t) = cos(2t), c) f (t) = sen(t/2), d) f (t) = t sen t.


SOLUCIÓN

Calculamos, para cada f (t) concreta, una solución particular mediante el método operacional.

a) yp (t) = = = = =

b) yp (t) =

1 1 1 (t2 + et sen t) = t2 + (et sen t) 4 D4 + D2 4 D4 + D2 4 D4 + D2

1 1 1 2 t sen t + et D2 4 D2 + 1 (D + 1)2 (4 (D + 1)2 + 1)

1 1 2 2 t it e ((1 − 4 D ) t ) + e

D2 4 D4 + 16 D3 + 25 D2 + 18 D + 5

t4 ei t 2 t − 4t + e 12 −16 + 2 i 1 t t4 − 4 t2 − e (cos t + 8 sen t) . 12 130 1 1 1 cos(2t) = cos(2t) . cos 2t = 4 D4 + D2 4 (−4)2 + (−4) 60

1 t 1 1 it 2 sen e =

4 D4 + D2 2 4 D2 + 1 D2 " !

it it 1 1 e2 = −4 e2 = 4 D2 + 1 −1/4 4 D2 + 1

1 1 it it 1 1 2 2 1 = −4 e 1 = −4 e 4 (D + i/2)2 + 1 4 D D+i

t it 1 it = −4 e 2 t = (i t e 2 ) = t cos . 4i 2

c) yp (t) =

d)

1 1 it (t sen t) =

t e 4 D4 + D2 4 D4 + D2

1 = eit t 4 (D + i)4 + (D + i)2

eit = t 4 D4 + 16 i D3 − 23 D2 − 14 i D + 3

1 14 1 14 it = e + i D t = (cos t + i sen t) t+ i 3 9 3 9

yp (t) =

=

1 14 cos t + t sen t . 9 3


207

PROBLEMA 5.6 Resuélvanse las siguientes ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes a) b) c) d)

y − 3 y + 2 y = (t2 + t) e3t , y − 2y + y = et /t , t > 0, y + y = 6 t2 + 11, y + 4y = 8t sen(2t) + 1.

SOLUCIÓN

a) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r2 − 3 r + 2 = 0, con raíces simples r1 = 1 , r2 = 2, de modo que la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (t) = c1 et + c2 e2t . Calculamos, mediante el método operacional, una solución particular de la ecuación no homogénea yp (t) = =

1 1 (t2 + t) e3t = e3t (t2 + t) D2 − 3D + 2 (D + 3)2 − 3 (D + 3) + 2 1 (t2 + t) . e3t 2 D + 3D + 2

Dividiendo resulta 1 = D2 + 3D + 2 y entonces yp (t) = e3t

1 3 7 − D + D2 2 4 8

7 1 3 − D + D2 2 4 8

+

−7/8 D4 − 15/8 D3 , D2 + 3D + 2

(t2 + t) = e3t

1 2 t −t+1 2

Por lo tanto, la solución general de la ecuación, viene dada por

1 2 t 2t t − t + 1 e3t , y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 e + c2 e + 2

.

c1 , c2 ∈ IR .

b) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r2 − 2 r + 1 = 0, con raíz r = 1 doble, de modo que la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (t) = c1 et + c2 t et = (c1 + c2 t) et ,

c1 , c2 ∈ IR .

Calculamos, mediante el método operacional, una solución particular de la ecuación no homogénea

1 1 et 1 1 1 t t 1 =e =e 2 = et ln t yp (t) = (D − 1)2 t (D + 1 − 1)2 t D t D = et (t ln t − t) = t (ln t − 1) et ,

t > 0.

208 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS La solución general de la ecuación será entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 et + c2 t et + et t (ln t − 1) = (c1 + c2 t + t (ln t − 1)) et ,

c1 , c2 ∈ IR ,

t > 0.

c) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r3 + r = 0, con raíces r1 = 0, r2 = i, r3 = −i simples, de modo que la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (t) = c1 + c2 cos t + c3 sen t , c1 , c2 , c3 ∈ IR . Para calcular una solución particular de la ecuación no homogénea, consideremos

1 1 D4 2 2 2 yp (t) = (6 t + 11) = (1 − D ) + 2 (6 t + 11) D (D2 + 1) D D +1 =

1 1 1 (1 − D2 ) (6 t2 + 11) = (6 t2 + 11 − 12) = (6 t2 − 1) = 2 t3 − t. D D D

La solución general de la ecuación será entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 + c2 cos t + c3 sen t + 2 t3 − t . d) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r2 + 4 = 0, con raíces r1 = 2i, r2 = −2i, de modo que la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) ,

c1 , c2 ∈ IR .

Aplicando el método operacional, obtenemos una solución particular de la ecuación no homogénea yp (t) =

D2

1 1 1 (8t sen(2t) + 1) = 2 8t sen(2t) + 2 1 +4 D +4 D +4

=

D2

1 1 8t sen(2t) + . +4 4

Dado que sen(2t) = e2it , la solución (1/(D2 + 4)) 8t sen(2t), se puede obtener como la parte imaginaria de la solución (1/(D2 + 4)) 8t e2it . En efecto, si calculamos 1 8t e2it D2 + 4

= e2it = e2it = e2it

1 1 8t = e2it 8t (D + 2i)2 + 4 D (D + 4i)

1 1 −i 1 2it 1 + D 8t = e −2it + D 4 16 D 2

1 −it2 + t , 2

tomando parte imaginaria

1 1

e2it −it2 + t = t sen(2t) − t2 cos(2t) , 2 2


209

obtenemos una solución particular yp (t) =

1 1 t sen(2t) − t2 cos(2t) + . 2 4

La solución general será entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) +

1 1 t sen(2t) − t2 cos(2t) + , 2 4

con c1 , c2 ∈ IR.

PROBLEMA 5.7 Calcúlese la solución general de la ecuación y − y − y + y = t et + 2 e−3 t + cos t .

SOLUCIÓN

Se trata de una ecuacion lineal de tercer orden con coeficientes constantes. Su solución general se expresa como la suma de la solución general de la ecuación homogénea asociada, yh (t), con una solución particular, yp (t), de la ecuación completa. Consideremos, en primer lugar, la ecuación característica asociada a la ecuación homogénea r3 − r2 − r + 1 = (r − 1)2 (r + 1) = 0, que tiene por raíces r1 = r2 = 1 y r3 = −1. Por lo tanto, yh (t) = (c1 + c2 t) et + c3 e−t , c1 , c2 , c3 ∈ IR . Calculamos, mediante el método operacional, una solución particular de la ecuación completa yp (t) = =

1 (D −

1)2

(D + 1)

(t et + 2 e−3 t + cos t)

1 1 1 t et + 2 e−3 t + cos t . (D − 1)2 (D + 1) (D − 1)2 (D + 1) (D − 1)2 (D + 1)

Consideramos cada uno de los sumandos anteriores por separado.

3 1 1 t t 1 a) y1,p (t) = te = e 2t = et (D − 1)2 (D + 1) D+1 D D+1 6

1 1 1 3 3 1 1 1 t 1 e t3 = et − D + D2 − D t = 6 D+2 6 2 4 8 16

1 1 3 1 2 1 t t − t + t− = e . 12 8 8 16 1

t

210 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b)

y2,p (t) =

1 (D −

c) y3,p (t) =

1)2

(D + 1)

1

2 e−3 t =

2 (−3 −

cos t =

1)2

(−3 + 1)

e−3 t = −

1

(D − 1)2 (D + 1) (D − 1)2 (D + 1)

it eit e = = 2 (i − 1) (i + 1) 2 − 2i

it (2 + 2i) e 1 = = (cos t − sen t) . 8 4

1 −3 t e . 16

eit

La solución general de la ecuación es y(t) =

yh (t) + y1,p (t) + y2,p (t) + y3,p (t)

1 2 1 3 t 1 −3 t 1 −t t e − e + (cos t − sen t) , = d1 e + d2 + d3 t − t + 8 12 16 4

con d1 , d2 , d3 ∈ IR.

PROBLEMA 5.8 Determínese el menor orden posible, n, y los coeficientes ai (i = 1, . . . , n) de la ecuación y n) + a1 y n−1) + · · · + an y = b(t) para que las funciones t, e3 t sean soluciones de la correspondiente ecuación homogénea. Calcúlese la solución general para b(t) = et (t + 1).

SOLUCIÓN

Buscamos la ecuación diferencial que verifican las funciones t y e3 t . Que t sea solución, significa que 0 es una raíz doble de la ecuación característica. Por otro lado, si e3 t verifica la ecuación, entonces 3 también es raíz de la ecuación característica. Tenemos por tanto la ecuación diferencial D2 (D − 3) y = 0

⇒

y − 3 y = 0 .

Calculamos, mediante el método operacional, una solución particular de homogénea y − 3 y = et (t + 1).

1 1 1 t t e (t + 1) yp (t) = (t + 1) = e D2 (D − 3) D2 D−2

1 1 1 1 1 t = − D (t + 1) = e − et − t − D2 2 4 D2 2

1 t 1 1 1 1 = − t e t − et = − t + e . D 2 4 2 4

la ecuación no

3 4


211

La solución general de la ecuación será entonces

1 t 1 y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 + c2 t + c3 e3 t + − t + e . 2 4

PROBLEMA 5.9 Pruébese que, si y = f (y) es una ecuación autónoma cualquiera y si y(t) es una solución de esta ecuación con y(0) = y0 , entonces y(t − s) es también solución de esta ecuación y verifica y(s) = y0 .

SOLUCIÓN

Si y(t) satisface la ecuación autónoma y (t) = f (y(t)), entonces, definiendo z(t) = y(t − s) se tendrá que z (t) = y (t − s) = f (y(t − s)) = f (z(t)) y además z(s) = y(0) = y0 .

PROBLEMA 5.10 Búsquese un cambio de variable que transforme la ecuación t y − (4 t2 + 1) y + 4 t3 y = 4 t5 − 8 t3 , en una con coeficientes constantes; resuélvase así la ecuación.

SOLUCIÓN

Dividimos la ecuación por t3 para obtener un coeficiente constante para el término en y

1 4 1 + 3 y + 4 y = 4 t2 − 8 , t = 0 . y − t2 t t Buscamos un cambio de variable independiente, s = f (t), con lo que tendremos y =

dy ds dy = = f (t) y(s) ˙ , dt ds dt

donde y˙ representa la derivada respecto de la nueva variable s, y por tanto y =

d2 y d ˙ = f (t) y(s) = f (t) y(s) ˙ + f (t) [y(s)] ˙ + [f (t)]2 y¨(s) . 2 dt dt

Sustituyendo en la ecuación, y agrupando los términos en y(s), ˙ encontramos

2 1 f (t) 4 [f (t)] + y ¨ (s) + − (t) y(s) ˙ + 4 y(s) = 4 [f −1 (s)]2 − 8 , f t2 t2 t t3

212 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS ecuación que queremos se transforme en una de coeficientes constantes de la forma ˙ + 4 y(s) = g(s) , y¨(s) + a1 y(s) para lo cual, igualando los coeficientes en las distintas derivadas de y(s), se debe cumplir 2

[f (t)] = 1 t2

⇒

f (t) = ±

t2 + c1 , 2

donde, por sencillez, tomaremos el signo positivo y c1 = 0, obteniendo así el cambio que estábamos buscando s = t2 /2. Con esta f (t) obtenemos

1 4 f (t) + 3 f (t) = −4 . − t2 t t Por tanto, la ecuación resultante del cambio de variable independiente s = t2 /2 es y¨(s) − 4 y(s) ˙ + 4 y(s) = 8 (s − 1) . Vamos a resolver esta ecuación mediante el método de variación de las constantes. Por una parte tenemos que calcular la solución general de la ecuación homogénea. La ecuación característica presenta como raíz doble r = 2, con lo que dicha solución es yh (s) = c1 e2 s + c2 s e2 s ,

c1 , c2 ∈ IR .

Para calcular una solución particular de la forma yp (s) = c1 (s) e2 s + c2 (s) s e2 s , debemos resolver el sistema dado por ! 2s s e2 s e 2 e2 s

" c1 (s)

!

"!

(1 + 2 s) e2 s

c2 (s)

=

"

0

,

8 (s − 1)

Sistema que presenta como solución c1 (s) = −8 s (s − 1) e−2 s , La solución particular es, entonces, 2s

yp (s) = c1 (s) e

+ 0

s

+ c2 (s) s e

8 (t − 1) e

−2 t

2s

c2 (s) = 8 (s − 1)e−2 s .

s

= 0

dt

se

2s

−2 t

−8 t (t − 1) e

s

= 0

dt

e2 s

e−2 (t−s) 8 (1 − t) (t − s) dt

= 2 s 1 − e2 s . Finalmente, para la variable s, la solución general de la ecuación será la suma de la solución general de la ecuación homogénea con una solución particular de la no homogénea y(s) = c1 e2 s + c2 s e2 s + 2 s (1 − e2 s ) ,

c1 , c2 ∈ IR .

Deshaciendo el cambio 2 s = t2 , encontramos también la solución general de la ecuación que nos proporciona el enunciado 2

2

y(t) = d1 et + d2 t2 et + t2 ,

d1 , d2 ∈ IR .


213

PROBLEMA 5.11 Resuélvase la ecuación y − y − 2 y = e3 t empleando tanto directamente el método de variación de las constantes como la función de Green.

SOLUCIÓN

En primer lugar determinamos la solución de la ecuación homogénea. Puesto que la ecuación característica r2 − r − 2 = 0, tiene por raíces r1 = 2 y r2 = −1, encontramos que yh (t) = c1 e2 t + c2 e−t ,

c1 , c2 ∈ IR ,

a) Método de variación de las constantes: Calculamos una solución particular para la ecuación y − y − 2 y = e3 t de la forma yp (t) = c1 (t) e2 t + c2 (t) e−t , donde c1 (t) y c2 (t) se obtienen resolviendo el sistema ! 2t "! " ! " e−t e 0 c1 (t) = . c2 (t) 2 e2 t −e−t e3 t Podemos utilizar operaciones elementales para obtener un sistema equivalente, con la misma solución que el que acabamos de plantear, para, de este modo, simplificar su resolución. Para ello, consideramos la matriz ampliada del sistema, y sustituimos la segunda fila por la ella misma menos dos veces la primera. De esta forma nos queda " " ! 2t ! 2t −2 e−t 0 e−t 0 e e f2,1 , −→ 2 e2 t −e−t e3 t 0 −3 e−t e3 t con lo que el sistema equivalente resulta ser ⎧ ⎨e2 t c1 (t) + e−t c2 (t) = 0 ⎩ −3 e−t c2 (t) = e3 t

,

con solución dada por 1 t e , 3 Una solución particular será entonces c1 =

yp (t) = c1 (t) e2 t + c2 (t) e−t = =

1 c2 = − e4 t . 3 1 3

t 0

es+2 t ds −

1 3

t

e4 s−t ds

0

1 1 3t e + e−t − e2 t . 4 3

Finalmente, la solución general la obtenemos sumando yh (t) + yp (t) y(t) = d1 e2 t + d2 e−t +

1 3t e , 4

d1 , d2 ∈ IR .

214 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) Función de Green Según hemos visto en el resumen teórico la función de Green se obtiene previa resolución del problema ⎧ ⎨y − y − 2 y = 0 ⎩ y(0) = 0 ,

y (0) = 1 ,

la solución de la ecuación homogénea, calculada anteriormente, es y(t) = c1 e2 t + c2 e−t , y de las condiciones iniciales se sigue que ⎧ ⎨y(0) = 0 ⇒ c1 + c2 = 0 ⇒ c2 = −c1 ⎩ y (0) = 1 ⇒ 2 c1 − c2 = 1 ⇒ c1 =

1 3

,

Por lo que la solución es

1 2t e − e−t . 3 Pues bien, sabemos entonces que la función de Green viene dada por 1 2 (t−s) G(t, s) = g(t − s) = e − e−(t−s) , 3 g(t) =

y que la solución de la ecuación propuesta será t 1 t 2 t+s y(t) = e G(t − s) e3 s ds = − e−t+4 s ds , 3 0 0 que resulta ser la misma integral que habíamos obtenido en el apartado anterior siendo, por tanto, su solución la ya dada y(t) = d1 e2 t + d2 e−t +

1 3t e , 4

d1 , d2 ∈ IR .

PROBLEMA 5.12 Resuélvanse las ecuaciones kt a) y − 2 y = 10 k=1 e b) y − 2 y = t3 + 1 c) y 4) − y = cos(2 t) + sen d)

y

t 2

− 2iy = i,

empleando tanto directamente el método de variación de las constantes, como la función de Green, como la idea de resonancia, según convenga.


SOLUCIÓN

215

a) Consideremos en primer lugar la solución de la ecuación homogénea y − 2 y = 0. La √ 2 ecuación característica r − 2 = 0, tiene raíces simples: ± 2, con lo que √

yh (t) = c1 e

2t

√

+ c2 e−

2t

.

Para calcular una solución particular vamos a determinar la función de Green. Sea g(t) la solución de ⎧ ⎨y − 2 y = 0 ⎩ y(0) = 0 ,

y (0) = 1 , √ lo que supone que y = yh (t) y c1 = −c2 = 2/4, con lo que la función g(t) resulta √ √ √ √ 2 √2 t 2 − 2t = e sh( 2 t) . g(t) = −e 4 2 Con ella construimos la función de Green G(t, s), ya que √ √ 2 sh[ 2 (t − s)] . G(t, s) = g(t − s) = 2 y, también, una solución particular de la ecuación que queremos resolver t 10 10 t √ √ 2 yp (t) = sh[ 2 (t − s)] ek s ds G(t, s) ek s ds = 2 0 0 k=1

√

10 2 = 2

k=1

!√

k=1

2 ek t −

√

" √ √ 2 ch ( 2 t) − k sh( 2 t) . k2 − 2

Finalmente, sumando la solución general de la ecuación homogénea, obtenemos la solución general de la ecuación " √ 10 ! √ k t √ √ √ √ √ 2 2 e − 2 ch( 2 t) − k sh( 2 t) 2t − 2t . + c2 e + y(t) = c1 e 2 k2 − 2 k=1

b) Esta ecuación la podemos resolver aplicando la idea de resonancia. La solución general de la ecuación homogénea, como hemos visto en el apartado anterior, es √

yh (t) = c1 e

2t

√

+ c2 e−

2t

.

El término independiente es de la forma p(t) eα t , con α = 0. Vemos que α = 0 no es una raíz de la ecuación característica y, por tanto, una solución particular tiene la forma yp (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 . Para determinar los coeficientes sustituimos las derivadas de yp (t) yp (t) = a1 + 2 a2 t + 3 a3 t2 ,

yp (t) = 2 a2 + 6 a3 t ,

216 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS en la ecuación y − 2 y = t3 + 1, obteniéndose −2 a3 t3 − 2 a2 t2 + (6 a3 − 2 a1 ) t + 2 (a2 − a0 ) = t3 + 1 . Igualando los coeficientes de las distintas potencias de t encontramos que 1 a0 = − , 2

3 a1 = − , 2

a2 = 0 ,

1 a3 = − , 2

con lo que una solución particular de la ecuación es 1 1 3 yp (t) = − − t − t3 , 2 2 2 y la solución general de la ecuación propuesta resulta √

y(t) = c1 e

2t

+ c2 e−

√

2t

−

1 1 3 − t − t3 , 2 2 2

c1 , c2 ∈ IR .

Esta ecuación también la podemos resolver mediante la función de Green. Sabemos que dicha función sólo depende de la ecuación homogénea asociada a la ecuación que queramos resolver y que, en nuestro caso, resulta ser la misma del apartado anterior. Para determinar la solución particular es necesario calcular t √ t 1 G(t, s) (s3 + 1) ds = √ sh[ 2 (t − s)] (s3 + 1) ds yp (t) = 2 0 0 √ √ 1 3 1 3 2 √ 1 sh = 2 t + ch 2 t − − t − t3 . 4 2 2 2 2 Sumando a esta solución la correspondiente a la ecuación homogénea, también calculada en el apartado anterior, obtenemos la solución general de la ecuación propuesta √

y(t) = d1 e

2t

+ d2 e−

√

2t

−

1 1 3 − t − t3 , 2 2 2

d1 , d2 ∈ IR .

c) La ecuación característica asociada a y 4) − y = 0, tiene por raíces ±1 y ±i, por lo que la solución general de la parte homogénea es yh (t) = d1 et + d2 e−t + d3 ei t + d4 e−i t = c1 sh t + c2 ch t + c3 sen t + c4 cos t , con ci , di ∈ IR para i = 1, 2, 3, 4. La solución particular la vamos a calcular mediante la función de Green. Para ello sea, como en los casos anteriores, g(t) la solución del problema y 4) − y = 0 y(0) = y (0) = y (0) = 0 , y (0) = 1 , de donde se obtiene c1 = −c3 = 1/2 y c2 = c4 = 0 proporcionando g(t) =

1 (sh t − sen t) . 2


217

Con esta función la solución particular se puede escribir como t s ds G(t, s) cos(2 s) + sen yp (t) = 2 0 1 1 16 1 cos(2 t) + cosh t − sen = − cos t + 6 15 10 15

t 1 1 + sen t + sh t . 2 3 5

De nuevo, la solución general se obtiene como suma de la homogénea y de la particular que se acaba de calcular. d) Queremos resolver ahora la ecuación y − 2 i y = i. Para la parte homogénea consideremos la ecuación característica r2 − 2 i = 0, con raíces simples dadas por 1 + i y −1 − i. Entonces yh (t) = c1 e(1+i) t + c2 e−(1+i) t ,

c1 , c2 ∈ IR .

Para calcular una solución particular apliquemos el método de variación de las constantes ⎞ ⎛ ⎞! " ⎛ 0 c1 e(1+i) t e−(1+i) t ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ = ⎝ i ⎠. (1+i) t −(1+i) t c2 e −e 1+i Aplicamos operaciones elementales a las filas de la matriz ampliada del sistema para pasar a otro de más sencilla resolución, pero, conservando la solución del original ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ (1+i) t −(1+i) t −1 e e−(1+i) t 0 e 0 e(1+i) t ⎠ f2,1 ⎝ ⎠, ⎝ −→ i+1 (1+i) t −(1+i) t e 0 −2 e−(1+i) t i+1 −e 2

2

es decir, el sistema dado por e(1+i) t c1 + e−(1+i) t c2 = 0 −2 e−(1+i) t c2 =

i+1 , 2

cuya solución es c1 =

i + 1 −(1+i) t e , 4

c2 = −

i + 1 (1+i) t e . 4

Una solución particular será entonces yp (t) = c1 (t) e(1+i) t + c2 (t) e−(1+i) t , esto es

i + 1 t −(1+i) s i + 1 t (1+i) s e ds e(1+i) t + − e ds e−(1+i) t yp (t) = 4 4 0 0 i+1 = 4 =

i+1 4

t e(1+i) (t−s) − e−(1+i) (t−s) ds 0

0

t

2 sh [(1 + i) (t − s)] ds =

1 [ch(1 + i) t − 1] . 2

218 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Siendo la solución general 1 , 2

y(t) = d1 e(1+i) t + d2 e−(1+i) t −

d1 , d2 ∈ IR .

PROBLEMA 5.13 Para la ecuación y + y =

t , |t|

que es válida en t = 0, se buscarán las soluciones en t = 0 y luego las soluciones continuas en todo IR y las que son derivables en todo IR.

SOLUCIÓN

Busquemos en primer lugar las soluciones para t = 0. La ecuación homogénea asociada es y + y = 0 y tiene una ecuación característica con raíces simples: r = ±i, con lo que la solución será yh (t) = c1 cos t + c2 sen t , c1 , c2 ∈ IR . Para completar la solución general de la ecuación dada en el enunciado aplicamos el método de variación de las constantes, distinguiendo los diferentes signos de t. Para t > 0 buscamos yp (t) = b1 (t) cos t + b2 (t) sen t, con !

que tiene por solución

cos t

sen t

− sen t

cos t

" ! " b1

b1 = − sen t ,

b2

! " 0 =

, 1

b2 = cos t .

La expresión de una solución particular, para t > 0 es

t

t t>0 − sen s ds cos t + cos sds sen t yp (t) = 0

t

= 0

0

sen(t − s) ds = 1 − cos t .

Añadiendo la solución general de la ecuación homogénea asociada encontramos y t>0 (t) = c1 cos t + c2 sen t + 1 . Repetimos el proceso para t < 0 buscando ahora yp (t) = d1 (t) cos t + d2 (t) sen t, con !

cos t

− sen t

" ! " sen t c1 cos t

c2

! =

"

0

−1

,


219

donde en esta ocasión la solución resulta c1 = sen t ,

c2 = − cos t .

y la solución particular es

ypt<0 (t) =

sen s ds

0

t

cos t +

0

=−

t

0 t

− cos sds

sen t

sen(t − s) ds = cos t − 1 .

Completando con la solución general de la ecuación homogénea asociada tenemos y t<0 (t) = d1 cos t + d2 sen t − 1 ,

d1 , d2 ∈ IR .

Veamos cuáles son las soluciones continuas. Sean y1 (t) = a1 cos t + a2 sen t + 1 ,

y2 (t) = b1 cos t + b2 sen t − 1 ,

soluciones para t > 0 y t < 0 respectivamente. El único posible punto de discontinuidad es el origen, t = 0, para el cual encontramos el siguiente comportamiento l´ım y1 (t) = a1 + 1 ,

t→0+

l´ım y2 (t) = b1 − 1 ,

t→0−

Encontramos, entonces, funciones continuas siempre que estos dos valores coincidan, es decir, cuando a1 + 1 = b1 − 1 ⇒ b1 = a1 + 2 , es decir, las soluciones continuas son las que tienen la forma siguiente ⎧ ⎨a1 cos t + a2 sen t + 1 t ≥ 0, ya1 ,a2 ,b2 (t) = ⎩ (a1 + 2) cos t + b2 sen t − 1 t < 0. Para que exista la derivada se debe cumplir que a2 = b2 , luego las soluciones derivables en todo IR son ⎧ ⎨a1 cos t + a2 sen t + 1 t ≥ 0, ya1 ,a2 (t) = ⎩ (a1 + 2) cos t + a2 sen t − 1 t < 0.

PROBLEMA 5.14 Resuélvanse las siguientes ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes a) 2 y + 2 y + y = e3t , b) y + y = 3 cos(2t),


c) y − 6 y − 9 y = t2 e3t , d) y − 2 y = t3 + 2.

SOLUCIÓN

a) La ecuación característica asociada a esta ecuación, 2 r2 + 2 r + 1 = 0 tiene las raíces complejas conjugadas (−1 ± i)/2, por lo que las funciones complejas e(−1/2+i/2) t ,

e(−1/2−i/2) t ,

forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada. Tomando parte real e imaginaria

t , e(−1/2+i/2) t = e−t/2 cos 2

(−1/2+i/2) t t −t/2

e = e , sen 2 obtenemos un sistema fundamental real. La solución general de la ecuación homogénea asociada es

t t −t/2 −t/2 cos sen yh (t) = c1 e + c2 e . 2 2 − Método operacional Calculamos, mediante el método operacional, una solución particular de la ecuación no homogénea. yp (t) =

2 D2

1 1 1 3t e3t = e3t = e . + 2D + 1 18 + 6 + 1 25


t t 1 3t −t/2 −t/2 e . cos sen y( t) = yh (t) + yp (t) = c1 e + c2 e + 2 2 25 − Segunda forma de resolución Sea eα t = e3 t . Dado que el valor α = 3 no es una raíz de la ecuación característica asociada a la ecuación homogénea. Buscamos una solución de la forma yp (t) = d1 e3 t . Calculamos d1 sustituyendo yp (t) en la ecuación diferencial, lo que proporciona 25 d1 e3 t = e3 t ⇒ d1 =

1 . 25

con lo que la solución particular resulta ser yp (t) = 1/25 e3 t y, sumando la general de la ecuación homogénea encontramos la solución pedida

t t 1 3t −t/2 −t/2 e . cos sen y(t) = c1 e + c2 e + 2 2 25


221

b) La ecuación característica asociada a esta ecuación es r2 + 1 = 0 con raíces ±i, de modo que la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (t) = c1 cos t + c2 sen t . − Método operacional Calculamos, mediante el método operacional, una solución particular de la ecuación no homogénea. yp (t) =

1 1 3 cos(2t) = 3 cos(2t) = − cos(2t) . D2 + 1 −4 + 1

La solución general de la ecuación será, por tanto y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 cos t + c2 sen t − cos(2t) . − Segunda forma de resolución Para calcular una solución particular yp (t) de esta ecuación, podemos considerar la parte real de una solución particular ypc (t) de y + y = 3 e2 i t . Como α = 2 i no es raíz de la ecuación característica, se tiene que ypc (t) = d1 e2 i t , que, aplicada a la ecuación diferencial, nos permite obtener d1 = −1. La parte real de ypc nos da yp (t) = − cos(2 t) , y la solución general será y(t) = c1 cos t + c2 sen t − cos(2 t) ,

c1 , c2 ∈ IR .

2 c) La ecuación √ característica asociada a esta ecuación es r − 6 r − 9 = 0, con raíces r = 3 ± 3 2 ; por lo tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada es

yh (t) = c1 e(3+3

√

2) t

+ c2 e(3−3

√

2) t

.

− Método operacional Calculamos, mediante el método operacional, una solución particular de la ecuación no homogénea. 1 1 t2 e3t = e3t t2 D2 − 6 D − 9 (D + 3)2 − 6 (D + 3) − 9

1 1 1 1 −1 2 t2 = e3t − − 2 D2 t2 = e3t t − = e3t 2 . D − 18 18 18 18 162

yp (t) =

La solución general de la ecuación será entonces √ (3+3 2) t

y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 e con c1 , c2 ∈ IR.

√ (3−3 2) t

+ c2 e

3t

−e

1 1 2 t + 18 162

,

222 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS − Segunda forma de resolución En este caso encontramos que q(t) eα t = t2 e3 t . Como ninguna de las raíces de la ecuación característica coincide con α = 3, se tiene que una solución particular será de la forma yp (t) = (d1 + d2 t + d3 t2 ) e3 t , d1 , d2 , d3 ∈ IR . Sustituyendo en la ecuación diferencial encontramos yp − 6 yp − 9 yp = (−18 d1 − 18 d2 t + 2 d3 − 18 t2 d3 ) e3 t = t2 e3 t , con solución

1 , 162 es decir, la solución particular es d1 = −

d3 = −

d2 = 0 ,

yp (t) =

1 2 1 − t − 162 18

√ 2) t

√

1 . 18

e3 t ,

y la general y(t) = c1 e(3+3

+ c2 e(3−3

2) t

− e3 t

1 1 2 t + 18 162

.

d) La ecuación característica asociada a esta ecuación, r3 − 2 r2 = 0, tiene la raíz doble r1 = 0 y la raíz simple r2 = 2; por lo tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (t) = c1 + c2 t + c3 e2t ,

c1 , c2 , c3 ∈ IR .

− Método operacional Calculamos, mediante el método operacional, una solución particular de la ecuación no homogénea

1 1 1 3 3 (t (t yp (t) = + 2) = + 2) D2 (D − 2) D2 D − 2

1 2 1 1 3 1 1 3 D = − − D− D − (t + 2) D2 2 4 8 16

11 1 1 3 3 2 3 1 1 4 1 3 3 2 11 t t t − t t t t = − − − − − − = − D2 2 4 4 8 D 8 4 8 8 = −

1 5 1 4 1 3 11 2 t − t − t − t . 40 16 8 16

La solución general de la ecuación será entonces y(t) = yh (t) + yp (t) = c1 + c2 t + c3 e2t − con c1 , c2 , c3 ∈ IR.

1 5 1 4 1 3 11 2 t − t − t − t , 40 16 8 16


223

− Segunda forma de resolución Puesto que el término independiente es p(t) eα t = t3 + 2 , y α = 0 coincide con una de las raíces de la ecuación característica, nos encontramos con un caso de resonancia. Una solución particular será de la forma yp (t) = d0 + d1 t + d2 t2 + d3 t3 + d4 t4 + d5 t5 ,

di ∈ IR , i = 1, 2, 3, 4, 5 ,

que, al ser llevada a la ecuación que nos propone el problema, proporciona d2 = −

11 , 16

1 d3 = − , 8

d4 = −

1 , 16

d5 = −

1 , 40

con lo que tomando d0 = d1 = 0 tenemos yp (t) = −

11 2 1 3 1 4 1 5 t − t − t − t , 16 8 16 40

y la solución general vendrá dada por y(t) = c1 + c2 t + c3 e2 t −

PROBLEMA 5.15 Resúelvase la ecuación

SOLUCIÓN

1 5 1 4 1 3 11 2 t − t − t − t . 40 16 8 16

y − 2 y + y = et .

En este problema la ecuación característica es r2 − 2 r + q = 0, que tiene a r = 1 como raíz doble, con lo que la solución de la parte homogénea es yh (t) = c1 et + c2 t et ,

c1 , c2 ∈ IR .

− Método operacional Para calcular una solución particular mediante el método operacional, podríamos, en un primer momento, intentar la aplicación de (1/p(D)) eα t = (1/p(α)) eα t . Sin embargo, vemos que esto no es posible por ser α = 1, con lo que p(α) = 0. Pasamos a intentar el siguiente cálculo t2 t 1 1 1 t t t t 1 t 1 e t = e . = e = e 1 = e 1 = e D2 − 2 D + 1 (D − 1)2 [(D + 1) − 1]2 D2 D 2 Finalmente, sumamos la solución de la parte homogénea y obtenemos así el resultado que se pedía t2 y(t) = c1 et + c2 t et + et , c1 , c2 ∈ IR . 2


− Segunda forma de resolución Puesto que eα t = et , es α = 1 y nos encontramos con un caso de resonancia. Una solución particular de la ecuación será el producto de un polinomio de segundo grado (multiplicidad de α como raíz de la ecuación característica) por la exponencial et yp (t) = (d1 + d2 t + d3 t2 ) et ,

d1 , d2 , d3 ∈ IR .

Sustituyendo en la ecuación obtenemos yp − 2 yp + yp = et ⇒ d3 =

1 , 2

con lo que podemos tomar como solución particular (d1 = d2 = 0) yp (t) =

t2 t e , 2

resultando la solución general y(t) = c1 et + c2 t et +

t2 t e , 2

c1 , c2 ∈ IR .

PROBLEMA 5.16 Resúelvase, utilizando el método operacional, la ecuación y + 2 y = cos t .

SOLUCIÓN

La ecuación característica asociada homogénea es r3 + 2 = 0, con raíces dadas √ √ a la ecuación 1 − 23 − 23 3 por 2 (1 + i 3), 2) (1 − i 3) y −2 , con lo que la solución general de la ecuación homogénea es 2√ 2√ 1 (− 2 ) (− 2 ) yh (t) = c1 e−2 3 t + c2 e2 3 t cos 2− 3 3 t + c3 e2 3 t sen 2− 3 3 t , con c1 , c2 , c3 ∈ IR. Para calcular una solución particular de la ecuación no homogénea, podemos resolver la ecuación y + 2 y = ei t , y la parte real de esta solución es, precisamente, la solución particular buscada. Aplicando (1/p(D)) eα t = (1/p(α)) eα t tenemos que 1 1 (2 + i) ei t 1 it it it e e e , = = = D3 + 2 i3 + 2 −i + 2 5


225

cuya parte real es 1 2 cos t − sen t . 5 5 Finalmente, la solución general de la ecuación es yp (t) =

1

y(t) = c1 e−2 3 t +c2 e2

(− 2 ) 3

t

2√ 2√ 2 (− 2 ) 1 cos 2− 3 3 t +c3 e2 3 t sen 2− 3 3 t + cos t− sen t , 5 5

con c1 , c2 , c3 ∈ IR.


SOLUCIÓN

y + 4 y = sen(2 t) .

La ecuación característica de y + 4 y = 0 es r2 + 4 = 0, con raíces r = ±2 i, con lo que la solución general de la ecuación homogénea es yh (t) = c1 cos(2 t) + c2 sen(2 t) ,

c1 , c2 ∈ IR .

− Método operacional No podemos utilizar la propiedad (1/p(D2 )) sen(α t + β) = (1/p(−α2 )) sen(α t + β), por ser α = 2, con lo que p(−α2 ) = 0. Si, por otra parte, intentamos resolverlo mediante la parte imaginaria de e2 i t , y + 4 y = e2 i t ⇒ 2 D +4 e intentamos aplicar la propiedad (1/p(D)) eα t = (1/p(α)) eα t , nos encontramos con que p(α) = p(2 i) = (2 i)2 + 4 = 0, por lo que tampoco se puede utilizar este procedimiento. Consideremos

2it 1 1 e 1 2it 2it e e = = D2 + 4 (D − 2 i)(D + 2 i) D − 2i D + 2i 1 = D − 2i

e2 i t 4i

=

1 1 e2 i t . 4i D − 2i

Utilizando la propiedad (1/p(D)) eα t = (1/p(α)) eα t , encontramos que =

e2 i t 1 i 1 1 2it e 1= 1 = − t e2 i t . 4i (D + 2 i) − 2 i 4i D 4

Tomamos la parte imaginaria para obtener la solución particular de nuestra ecuación yp (t) = −

t cos(2 t) . 4

226 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS La solución general de la ecuación es y(t) = c1 cos(2 t) + c2 sen(2 t) −

t cos(2 t) , 4

c1 , c2 ∈ IR .

− Otra forma de resolución Como solución particular yp (t) de la ecuación, consideraremos la parte imaginaria de una solución particular ypc (t) de y + 4 y = e2 i t . En este caso, es eα t = e2it , y α = 2 i coincide con una de las raíces de la ecuación característica. Estamos así en un caso de resonancia, y existe una solución particular que tendrá la forma ypc (t) = (d1 + d2 t) e2 i t ,

d1 , d2 ∈ IR .

Si sustituimos ypc en la ecuación obtenemos que d2 = −i/4, por lo que tomando d1 = 0 y considerando la parte imaginaria, encontramos una solución particular de la ecuación del enunciado t yp (t) = − cos(2 t) , 4 y la general, obtenida al sumar la solución general de la ecuación homogénea, será y(t) = c1 cos(2 t) + c2 sen(2 t) −

t cos(2 t) , 4

c1 , c2 ∈ IR .


SOLUCIÓN

y − 5 y + 6 y = e2 t .

Primero calculemos la solución de la ecuación homogénea asociada: y − 5 y + 6 y = 0. Tiene como ecuación característica r2 − 5 r + 6 = 0, con raíces simples r1 = 2 y r2 = 3, con lo que yh (t) = c1 e2 t + c2 e3 t , c1 , c2 ∈ IR . − Método operacional A la hora de calcular la solución particular de esta ecuación mediante el método operacional, podemos intentar aplicar la fórmula [1/p(D)] eα t = [1/p(α)] eα t , pero vemos que α = 2 era una de las raíces de la ecuación característica, con lo que será p(α) = 0 y no podemos utilizar esta expresión. Consideremos, en su lugar, la aplicación de [1/p(D)] eα t f (t) = eα t [1/p(D + α)] f (t) de la manera siguiente 1 1 1 1 e2 t 1 = e2 t = e2 t 1 D2 − 5 D + 6 (D − 2) (D − 3) D−2 D−1 =−

1 1 e2 t = −e2 t 1 = −t e2 t , D−2 D


227

con lo que la solución particular que hemos obtenido es yp (t) = −t e2 t , que, a su vez, teniendo en cuenta la solución de la parte homogénea, nos proporciona la solución general y(t) = c1 e2 t + c2 e3 t − t e2 t , c1 , c2 ∈ IR . − Otra forma de resolución Puesto que eα t = e2t , es α = 2 y nos encontramos en un caso de resonancia, por ser α = 2 raíz de la ecuación característica. Una solución particular será yp (t) = (d1 + d2 t) e2 t ,

d1 , d2 ∈ IR ,

donde, la ecuación propuesta en el problema nos dice que yp − 5 yp + 6 yp = e2 t ⇒ −d2 e2 t = e2 t , luego d2 = −1. Eligiendo d1 = 0, obtenemos como solución particular yp (t) = −t e2 t , y la solución general será y(t) = c1 e2 t + c2 e3 t − t e2 t ,

c1 , c2 ∈ IR .

PROBLEMA 5.19 Pruébese que para la ecuación t y + (8 t2 − 1) y + 20 t3 y = t3 sen t2 ,

t = 0 ,

existe un cambio de variable independiente que la transforma en una ecuación de coeficientes constantes. Calcúlese la solución general de dicha ecuación.

SOLUCIÓN

Consideremos el cambio de variable independiente s = f (t). Se cumple (véase problema (5.10)) y = f (t) y(s) ˙ ,

y = f (t) y(s) ˙ + [f (t)]2 y¨(s) ,

donde y˙ indica derivación respecto a la nueva variable s. Sustituyendo en la ecuación encontramos t f (t) y(s) ˙ + t [f (t)]2 y¨(s) + (8 t2 − 1) f (t) y(s) ˙ + 20 t3 y(s) = t3 sen(t2 ) , dividiendo por t3 , para ajustar a una constante el coeficiente de y(s), obtenemos 2

8t − 1 f (t) [f (t)]2 y ¨ (s) + f (t) + y(s) ˙ + 20 y(s) = sen(t2 ) , t = 0 , t2 t3 t2

228 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS ecuación que queremos que sea de coeficientes constantes, es decir, de la forma ˙ + 20 y(s) = g(s) , y¨(s) + a1 y(s) para lo cual se debe cumplir [f (t)]2 t2 + c1 . = 1 ⇒ f (t) = ± t2 2 Tomando el signo positivo y c1 = 0, se tiene que f (t) = t2 /2 y por tanto f (t) 8 t2 − 1 f (t) + = 8, t3 t2 por lo que el cambio s = t2 /2 transforma la ecuación inicial en y¨(s) + 8 y(s) ˙ + 20 y(s) = sen(2 s) .

PROBLEMA 5.20 Calcúlense las soluciones de la ecuación de Euler t2 y − t y + y = 0 ,

SOLUCIÓN

t > 0.

Tenemos una ecuación de Euler que, mediante el cambio t = es , se transforma en una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes. En efecto, si s = ln t, entonces y =

1 dy 1 = y˙ , ds t t

y =

d2 y 1 dy 1 1 1 − = y¨ 2 − y˙ 2 ds2 t2 ds t2 t t

y la ecuación se transforma en

1 1 1 2 y¨ 2 − y˙ 2 − t y˙ + y = 0 t t t t

⇒

y¨ − 2 y˙ + y = 0 .

Su ecuación característica r2 − 2 r + 1 = 0, tiene la raíz 1 doble; luego su solución general será y(s) = (c1 + c2 s) es . Deshaciendo el cambio obtenemos finalmente y(t) = (c1 + c2 ln t) t ,

c1 , c2 ∈ IR .

t > 0,

PROBLEMA 5.21 Resuélvase la ecuación diferencial de segundo orden t2 y − 2 y = t3 et ,

t > 0.


SOLUCIÓN

229

Tenemos una ecuación de Euler que, mediante el cambio t = es se transforma en una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes. En efecto, si s = ln t entonces y =

1 dy 1 = y˙ , ds t t

y =

d2 y 1 dy 1 1 1 − = y¨ 2 − y˙ 2 , 2 2 2 ds t ds t t t

y la ecuación homogénea asociada se transforma en

1 1 t2 y¨ 2 − y˙ 2 − 2 y = 0 ⇒ t t

y¨ − y˙ − 2 y = 0 .

Su ecuación característica, r2 − r − 2 = 0, tiene por raíces r1 = 2 y r2 = −1. Por lo tanto, la solución general de la ecuación homogénea será yh (s) = c1 e2 s + c2 e−s y, deshaciendo el cambio tenemos 1 yh (t) = c1 t2 + c2 , c1 , c2 ∈ IR . t A partir de ella, calculamos la solución general de la ecuación completa mediante el método de variación de las constantes. Para que c1 (t) t2 + c2 (t) 1/t sea solución de la ecuación completa, c1 (t) , c2 (t) deben verificar ⎛ ⎜ ⎝

t2 2t

1 ⎞! " ! " 0 c1 (t) t ⎟ = , ⎠ t 1 c (t) t e 2 − 2 t

luego 1 c (t) t 2 1 2 t c1 (t) − 2 c2 (t) t t2 c1 (t) +

Entonces, c1 (t) =

1 t e , 3

⎫ ⎪ ⎬

=

0

=

⎪ t et ⎭

c2 (t) =

⇒

c1 (t)

=

1 t e , 3

c2 (t)

=

−t3 c1 =

−t3 t e . 3

−1 3 (t − 3 t2 + 6 t − 6) et , 3

y por lo tanto y(t) = c1 t2 + c2

2 t 1 + t−2+ e , t t

t > 0,

c1 , c2 ∈ IR ,

es la solución general de la ecuación de partida.

PROBLEMA 5.22 Resuélvase la ecuación diferencial de segundo orden 2 (t + 1)4 y + 3 (t + 1)3 y − (t + 1)2 y = t ,

t > −1 .


SOLUCIÓN

Dividiendo por (t + 1)2 , 2 (t + 1)2 y + 3 (t + 1) y − y =

t , (t + 1)2

vemos que se trata de una ecuación de Euler. Si t > −1, entonces t + 1 > 0, y el cambio t + 1 = es , s = ln(t + 1), transforma la ecuación en una de coeficientes constantes. En efecto, si denotamos por y˙ = dy/ds, resulta y

=

y

=

dy ds 1 dy = = y˙ , dt ds dt t+1

d 1 1 1 − y˙ , y˙ = y¨ 2 dt t+1 (t + 1) (t + 1)2

y sustituyendo en la ecuación obtenemos,

t 1 1 1 −y = − y ˙ 2 (t + 1)2 y¨ + 3 (t + 1) y˙ (t + 1)2 (t + 1)2 t+1 (t + 1)2

⇒

2 y¨ + y˙ − y = e−s − e−2s , ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes. Su ecuación característica, 2 r2 + r − 1 = 0, tiene como raíces r1 = −1 , r2 = 1/2 , de modo que la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (t) = c1 e−s + c2 es/2 ,

c1 , c2 ∈ IR .

Calculamos una solución particular de la ecuación completa mediante el método operacional yp (t)

=

2 D2

= e−s = e−s

1 1 1 (e−s − e−2s ) = e−s − e−2s 2 2 +D−1 2D + D − 1 2D + D − 1

1 1 1 1 1 − e−2s = e−s 1 − e−2s 2 (D − 1)2 + D − 1 − 1 5 2 D2 − 3 D 5

1 −2s 1 1 1 1 −s 1 1 − e =e − − e−2s D 2D − 3 5 D 3 5

1 1 = − s e−s − e−2s . 3 5 Por lo tanto, la solución general de la ecuación no homogénea es y(s) = c1 e−s + c2 es/2 −

1 −s 1 −2s se − e , 3 5

y, deshaciendo el cambio de variable, obtenemos y(t) = c1

√ 1 1 1 1 + c2 t + 1 − ln(t + 1) − , t+1 3 (t + 1) 5 (t + 1)2

t > −1 ,

c1 , c2 ∈ IR .


231

PROBLEMA 5.23 Encuéntrese un cambio de variable independiente que transforme la ecuación

1 4 2 t y +t t > 0, 2t + y − 3 y = e−4/t + 3 e−2/t , 2 en una de Euler y resuélvase.

SOLUCIÓN

Para el cambio de variable independiente s = f (t) se tiene y

=

dy ds dy = = y˙ f (t) , dt ds dt

y

=

d (y˙ f (t)) = y¨ f (t)2 + y˙ f (t) , dt

por lo que transforma la ecuación en

1 y˙ f (t) − 3 y = e−4/t + 3 e−2/t 2

1 4 2 4 2 t f (t) y¨ + t f (t) + t 2t + f (t) y˙ − 3 y = e−4/t + 3 e−2/t . 2 t4 y¨ f (t)2 + y˙ f (t) + t2

2t +

Para que la ecuación en las variables y, s, sea de Euler, debe verificarse t4 f (t)2 = s2 = f (t)2 , de dónde

f (t) f (t)

2 =

1 t4

⇒

1 f (t) = 2 f (t) t

⇒

1 ln f (t) = − , t

y, por tanto, podemos tomar s = f (t) = exp(−1/t) (nótese que también podría haberse tomado f (t)/f (t) = −1/t2 ). Entonces f (t) =

1 −1/t e , t2

f (t) = −

2 −1/t 1 e + 4 e−1/t , t3 t

con lo que el coeficiente de y˙ es

1 3 3 2 1 1 −1/t e = e−1/t = s , t4 − 3 e−1/t + 4 e−1/t + t2 2 t + 2 t t 2 t 2 2 y la ecuación se transforma en s2 y¨ +

3 s y˙ − 3 y = s4 + 3 s2 . 2

Ecuación de Euler que, con el cambio u = ln s,

d dy 1 dy 1 dy 1 d2 y 1 , y¨ = y˙ = , = 2 2− du s ds du s du s du s2

232 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS se transforma en una ecuación lineal con coeficientes constantes 1 dy d2 y − 3 y = e4u + 3 e2u . + du2 2 du Su ecuación característica, r2 + (1/2) r − 3 = 0, tiene por raíces r1 = −2, r2 = 3/2. Por lo tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (u) = c1 e−2u + c2 e3u/2 ,

c1 , c2 ∈ IR .

Obtenemos una solución particular de la ecuación completa mediante el método operacional yp (u) =

1 1 4u 3 2u (e4u + 3 e2u ) = e + e . D2 + (1/2) D − 3 15 2

La solución general de la ecuación completa, en términos de la variable independiente u, es y(u) = c1 e−2u + c2 e3u/2 +

1 4u 3 2u e + e , 15 2

y, deshaciendo los cambios, se tiene y(s) = y(t) =

1 4 3 2 s + s , 15 2 1 3 −4/t e + e−2/t , c1 e2/t + c2 e−3/(2t) + 15 2

c1 s−2 + c2 s3/2 +

c1 , c2 ∈ IR ,

que es la solución general de la ecuación partida.

PROBLEMA 5.24 Descríbase el comportamiento en t → 0+ y en t → ∞ de las soluciones de a) t2 y + 3 t y + y = 0 , b) t2 y − y = 0 , c) t2 y + 2 t y + y = 0 , d) t2 y − 2 t y + y = 0 , e) t2 y + y = 0 .

SOLUCIÓN

a) Se trata de una ecuación de Euler que, mediante el cambio t = es , se transforma en una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes. En efecto, si s = ln |t|, entonces y =

1 dy 1 = y˙ , ds t t

y =

d2 y 1 dy 1 1 1 − = y¨ 2 − y˙ 2 , 2 2 2 ds t ds t t t


y la ecuación se transforma en

1 1 1 2 y¨ 2 − y˙ 2 + 3 t y˙ + y = 0 t t t t

⇒

233

y¨ + 2 y˙ + y = 0 .

Su ecuación característica r2 + 2 r + 1 = 0, tiene la raíz −1 doble; luego su solución general será y(s) = (c1 + c2 s) e−s . Deshaciendo el cambio, resulta para t = 0 y(t) = (c1 + c2 ln |t|)

1 , t

c1 , c2 ∈ IR ,

por lo tanto ⎧ 0, ⎪ ⎨ − (signo c2 ) ∞ si c2 = (signo c1 ) ∞ si c2 = 0 y c1 = 0 , l´ım y(t) = ⎪ t→0+ ⎩ 0 si c1 = c2 = 0 . l´ım y(t) = 0 .

t→∞

b) Se trata de una ecuación de Euler que, mediante el cambio t = es , que hemos visto en el apartado anterior, se transforma en una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes, dada por

1 1 2 y¨ 2 − y˙ 2 − y = 0 ⇒ y¨ − y˙ − y = 0 . t t t √ Su ecuación característica r√2 − r − 1 = 0, tiene las raíces (1 ± 5)/2; luego su solución √ 1+ 5 1− 5 general será y(s) = c1 e 2 s + c2 e 2 s . Deshaciendo el cambio, resulta para t = 0 y(t) = c1 t

√ 1+ 5 2

+ c2 t

√ 1− 5 2

,

c1 , c2 ∈ IR ,

por lo tanto l´ım y(t) =

t→0+

l´ım y(t) =

t→∞

(signo c2 ) ∞

si c2 = 0 ,

0

si c2 = 0 .

(signo c1 ) ∞

si c1 = 0 ,

0

si c1 = 0 .

c) De nuevo tenemos una ecuación de Euler que, mediante el cambio t = es ya considerado en los apartados precedentes, se transforma en una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes, dada por

1 1 1 t2 y¨ 2 − y˙ 2 + 2 t y˙ + y = 0 ⇒ y¨ + y˙ + y = 0 . t t t

234 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS √ Su ecuación característica r2 + r + 1 = 0, tiene las raíces (−1 ± 3 i)/2; √ √ luego su solución general será y(s) = c1 e−s/2 cos(( 3 s)/2) + c2 e−s/2 sen(( 3 s)/2). Deshaciendo el cambio resulta " " !√ !√ 1 3 1 3 ln |t| + c2 √ sen ln |t| y(t) = c1 √ cos 2 2 t t

=t

" "" !√ 3 3 ln |t| + c2 sen ln |t| , 2 2

!√

! − 12

c1 cos

c1 , c2 ∈ IR ,

por lo tanto l´ım y(t) = /∃ salvo si c1 = c2 = 0 ,

t→0+

l´ım y(t) = 0 .

t→∞

d) En este caso, que de nuevo corresponde a una ecuación de Euler, la ecuación resultante del cambio de variable t = es es

1 1 1 2 t y¨ 2 − y˙ 2 − 2 t y˙ + y = 0 ⇒ y¨ − 3 y˙ + y = 0 . t t t √ Su ecuación característica r√2 −3 r+1 =√0 tiene las raíces (3± 5)/2; luego su solución 3+ 5 3− 5 general será y(s) = c1 e 2 s + c2 e 2 s . Deshaciendo el cambio resulta, para t = 0 y(t) = c1 t

√ 3+ 5 2

+ c2 t

√ 3− 5 2

,

c1 , c2 ∈ IR ,

por lo tanto l´ım y(t) = 0 .

t→0+

⎧ ⎪ ⎨ (signo c1 ) ∞ (signo c2 ) ∞ l´ım y(t) = t→∞ ⎪ ⎩ 0

si c1 = 0 , si c1 = 0 y c2 = 0 , si c1 = c2 = 0 .

e) Finalmente tenemos una ecuación de Euler que, mediante el habitual cambio t = es , se transforma en la ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes siguiente

1 1 t2 y¨ 2 − y˙ 2 + y = 0 ⇒ y¨ − y˙ + y = 0 . t t √ ± 3 i)/2; luego su soluSu ecuación característica r2 − r + 1√= 0, tiene las raíces (1 √ s s ción general será y(s) = c1 e 2 cos(( 3 s)/2) + c2 e 2 sen(( 3 s)/2). Deshaciendo el cambio resulta " "" ! !√ !√ √ 3 3 ln |t| + c2 sen ln |t| , c1 , c2 ∈ IR , y(t) = t c1 cos 2 2


235

por lo tanto l´ım y(t) = 0 .

t→0+

∃ l´ım y(t) = /

t→∞

salvo si c1 = c2 = 0 .

PROBLEMA 5.25 Considérese una ecuación de la forma y + f (t) y + g(t) y = h(t), y sea u(t) tal que 2 u (t) + f (t) u(t) = 0 ,

u(t) = 0 .

(5.1)

Pruébese que si a) g(t) − (1/2) f (t) − (1/4) f (t)2 = k, el cambio y = u v transforma la ecuación en una lineal en v con coeficientes constantes. b) g(t) − (1/2) f (t) − (1/4) f (t)2 = k/t2 , el cambio y = u v transforma la ecuación en una de Euler en la variable v.

SOLUCIÓN

a) El cambio y = uv,

y = u v + u v ,

y = u v + 2 u v + u v

transforma la ecuación lineal en u v + 2 u v + u v + f (t) (u v + u v ) + g(t) u v = h(t) u v + (2 u + f (t) u) v + (u + f (t) u + g(t) u) v = h(t) . Como u(t) es solución de (5.1), en la expresión anterior el coeficiente de v es nulo. Analizamos el coeficiente de v. Derivando (5.1) con respecto a t, obtenemos 2 u + f (t) u + f (t) u = 0

⇒

1 1 u = − f (t) u − f (t) u , 2 2

y, despejando u en (5.1), y sustituyéndola en la expresión de u anterior, resulta −1 1 1 1 1 u = − f (t) u − f (t) f (t) u = − f (t) u + f (t)2 u . 2 2 2 2 4 El coeficiente de v es entonces,

1 1 1 1 1 − f (t) u+ f (t)2 u− f (t)2 u+g(t) u = u − f (t) − f (t)2 + g(t) = u k , 2 4 2 2 4 y la ecuación transformada u v + u k v = h(t)

⇒

v + k v =

es una ecuación lineal en v con coeficientes constantes.

h(t) , u(t)

236 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) En este caso, de acuerdo con el apartado anterior, la ecuación transformada es u v + u

k v = h(t) t2

⇒

t2 v + k v =

h(t) 2 t , u(t)

que es una ecuación de Euler en la variable v.

PROBLEMA 5.26 a) Compruébese que, cuando 4 a2 ≤ (a1 − 1)2 , existe un valor de α para el que el cambio de variable dependiente y = tα z permite resolver la ecuación (de Euler) t2 y + t a1 y + a2 y = 0 . b) Aplíquese a la resolución de la ecuación t2 y − 3 t y + 3 y = 0 .

SOLUCIÓN

a) El cambio de variable y = tα z ,

y = α tα−1 z + tα z ,

y = α (α − 1) tα−2 z + 2 α tα−1 z + tα z ,

transforma la ecuación en t2 [α (α − 1) tα−2 z + 2 α tα−1 z + tα z ] + t a1 [α tα−1 z + tα z ] + a2 tα z = 0 , tα+2 z + (2 α + a1 ) tα+1 z + [α (α − 1) + a1 α + a2 ] tα z = 0 , dividiendo por tα obtenemos t2 z + (2 α + a1 ) t z + [α (α − 1) + a1 α + a2 ] z = 0 . Para resolver esta ecuación buscamos un valor de α que anule el coeficiente de z, α2 + (a1 − 1) α + a2 = 0

⇒

α=

(1 − a1 ) ±

(a1 − 1)2 − 4 a2 2

por lo tanto, si el discriminante (a1 − 1)2 − 4 a2 ≥ 0 tenemos, al menos, un valor de α para el que el cambio y = tα z convierte la ecuación en t2 z + (2 α + a1 ) t z = 0 . Un nuevo cambio de variable dependiente, w = z , transforma la ecuación en una lineal de primer orden, t2 w + (2 α + a1 ) t w = 0, que puede resolverse fácilmente mediante un factor integrante.


b) En este caso podemos identificar a1 = −3 , a2 = 3, de modo que √ 4±2 (1 + 3) ± 16 − 12 = ⇒ α=3 o α= 2 2

237

α=1

cualquiera de los cambios: y = t z , y = t3 z, resolvería la ecuación. Si introducimos las variables, y = t z , w = z , obtenemos la ecuación lineal t2 w − t w = 0

1 w = 0, t

w −

⇒

con factor integrante

μ(t) = exp

1 − dt t

= e− ln |t| =

De modo que 1 1 w − 2w=0 t t

⇒

d dt

1 w t

1 . t

= 0,

e integrando en los dos resulta w = c t , c ∈ IR. Finalmente, deshaciendo los dos cambios de variable efectuados, obtenemos c c t2 + k . z = c t ⇒ z = t2 + k ⇒ y = t 2 2

PROBLEMA 5.27

Compruébese que el cambio de variable y = exp( z(t) dt) transforma la ecuación lineal a0 (t) y + a1 (t) y + a2 (t) y = 0 en una ecuación de Ricatti. a) Utilícese este resultado para resolver el problema de Cauchy ⎧ ⎨ z = − 4 + 4 z − z2 , t > 0 , t2 t ⎩ z(1) = 0 .

SOLUCIÓN

El cambio

y=e

z(t) dt

,

y = z(t) e

z(t) dt

,

y = z (t) e

z(t) dt

+ z(t)2 e

z(t) dt

,

transforma la ecuación en a0 (t) z (t) e z(t) dt + z(t)2 e z(t) dt + a1 (t) z(t) e z(t) dt + a2 (t) e z(t) dt = 0 .

238 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Sacando factor común a exp( z(t) dt) se obtiene, tras dividir por dicho factor, la ecuación de Riccati a0 (t) z + a0 (t) z(t)2 + a1 (t) z + a2 (t) = 0 . a) Identificamos a0 (t) = 1, a1 (t) = −4/t, a2 (t) = 4/t2 . De acuerdo con el apartado anterior, el cambio de variable z = y /y transforma la ecuación de Riccati z + z2 −

4 4 z + 2 = 0, t t

en la ecuación lineal y −

4 4 y + 2y=0 t t

⇒

t2 y − 4 t y + 4 y = 0 .

Se trata de una ecuación de Euler que, mediante el cambio s = ln t y

=

y

=

dy ds 1 dy = = y˙ , dt ds dt t

d 1 1 1 y˙ = y¨ 2 − y˙ 2 , dt t t t

se transforma en una ecuación lineal de coeficientes constantes. En efecto,

1 1 1 ⇒ y¨ − 5 y˙ + 4 y = 0 . t2 y¨ 2 − y˙ 2 − 4 t y˙ + 4 y = 0 t t t Su ecuación característica r2 − 5 r + 4 = 0, tiene las raíces reales r1 = 1, r2 = 4, de modo que la solución general de la ecuación es y(s) = c1 es + c2 e4s ,

c1 , c2 ∈ IR ,

y, deshaciendo los cambios, y(t) = c1 t + c2 t4

⇒

z(t) =

c1 + 4 c2 t3 . c 1 t + c2 t 4

Imponemos la condición inicial 0 = z(1) =

c1 + 4 c2 c1 + c2

⇒

c1 = −4 c2 , con c2 = 0 ,

y la solución del problema de Cauchy es finalmente z(t) =

4 (1 − t3 ) . 4 t − t4 1

Obsérvese que la solución no está definida en t = 4 3 > 1.

PROBLEMA 5.28 Se considera la ecuación diferencial lineal de segundo orden P (t) y + Q(t) y + k y = 0 , siendo k constante y P (t) de clase C 1 con P (t) > 0 para todo t ∈ IR.


239

a) Demuéstrese que para que esta ecuación pueda transformarse en una ecuación lineal de coeficientes constantes mediante un cambio de variable independiente s = f (t), es necesario y suficiente que exista una constante c tal que Q(t) = c

P (t) +

P (t) . 2

b) Resuélvase la ecuación e2 t y + et (3 + et ) y − 4 y = e−2 t + 1 .

SOLUCIÓN

a) El cambio s = f (t), y

=

dy ds dy = = y˙ f (t) , dt ds dt

y

=

d (y˙ f (t)) = y¨ (f (t))2 + y˙ f (t) , dt

transforma la ecuación en P (t) f (t)2 y¨ + (P (t) f (t) + Q(t) f (t)) y˙ + k y = 0 , que será de coeficientes constantes si y sólo si existen α y β constantes tales que P (t) f (t)2 = α , de donde f (t) =

√

α

P (t)

y ⇒

P (t) f (t) + Q(t) f (t) = β , f (t) =

√ − α P (t) 2 P (t)

P (t)

,

y, √ por tanto, sustituyendo en la ecuación que define β (nótese que si tomamos f (t) = − α/ P (t) obtenemos el mismo resultado cambiando β por −β) √ √ − α P (t) α P (t) + Q(t) =β. 2 P (t) P (t) P (t) Despejando Q(t) en esta última relación concluimos que, si existe un cambio de variable s = f (t) que transforma la ecuación en α y¨+β y+k ˙ y = 0 entonces, necesariamente ! " √ P (t) 1 β α P (t) β+ P (t) + P (t) , =√ Q(t) = √ 2 α α 2 P (t) √ y basta con tomar c = β/ α. Recíprocamente, si Q(t) = c P (t) + P (t)/2, entonces el cambio s = f (t), con f (t) = 1/ P (t) transforma la ecuación en una ecuación lineal de coeficientes constantes.

240 ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS b) Aplicamos el procedimiento anterior a la ecuación e2 t y + et (3 + et ) y − 4 y = e−2 t + 1 . Identificamos los coeficientes P (t) = e2 t , Q(t) = et (3 + et ) y k = −4; y comprobamos que la función Q(t) es de la forma requerida: Q(t) = c

P (t) +

1 P (t) 2

⇒

3 et + e2 t = c et +

1 2t 2e , 2

√ luego c = β/ α = 3 y basta tomar α = 1 , β = 3 para obtener el cambio f (t) =

1 et

⇒

f (t) = −e−t ,

que transforma la ecuación en y¨ + 3 y˙ − 4 y = s2 + 1. Resolvemos primero la ecuación homogénea asociada y calculamos, después, una solución particular de la ecuación completa mediante el método operacional. Las raíces de la ecuación característica, r2 + 3 r − 4 = 0, son r1 = 1, r2 = −4, por lo tanto yh (s) = c1 es + c2 e−4 s es la solución general de la ecuación homogénea. Una solución particular de la completa será,

1 1 3 D 13 D2 s2 3 s 21 (s2 +1) = − − − yp (s) = 2 (s2 +1) = − − − . D + 3D − 4 4 16 64 4 8 32 Así pues, y(s) = yh (s) + yp (s) = c1 es + c2 e−4 s −

21 1 2 3 s − s− , 4 8 32

y basta deshacer el cambio s = −e−t para obtener la solución general de la ecuación y(t) = c1 e−e

−t

+ c2 e4 e

−t

−

1 −2 t 3 −t 21 e , + e − 4 8 32

c1 , c2 ∈ IR .

PROBLEMA 5.29 Resuélvase la ecuación t3 y + 4 t2 y + 3 t y + y = (ln t)2 + sen(ln t3 ) ,

SOLUCIÓN

t > 0.

Se trata de una ecuación de Euler, por lo tanto el cambio de variable s = ln t, dy ds 1 dy = = y˙ , dt ds dt t

d 1 1 1 y = y˙ = y¨ 2 − y˙ 2 , dt t t t y =

y =

d d¨ y 1 3 2 y = − y¨ 3 + y˙ 3 , 3 dt ds t t t


241

transforma la ecuación en

3 2 1 d¨ y 1 1 1 2 − y ¨ + y ˙ − y ˙ t3 + 4 t y ¨ + 3 t y˙ + y = s2 + sen(3 s) ds t3 t3 t3 t2 t2 t d¨ y + y¨ + y˙ + y = s2 + sen(3 s) , ds ecuación lineal de tercer orden y coeficientes constantes. Su ecuación característica, r3 + r2 + r + 1 = 0, tiene la raíz real −1 y las raíces complejas ±i, de modo que la solución general de la ecuación homogénea asociada es yh (s) = c1 e−s + c2 sen s + c3 cos s ,

c1 , c2 , c3 ∈ IR .

Calculamos una solución particular de la ecuación completa mediante el método operacional. yp (s) = =

D3

+

1 (s2 + sen(3 s)) +D+1

D2

1 1 s2 + 3 sen(3s) D3 + D2 + D + 1 D + D2 + D + 1

=

D4 (1 − D) + 3 D + D2 + D + 1

1 s + D+1

2

1 sen(3 s) D2 + 1

= s2 − 2 s +

1 1 1 1 sen(3 s) = s2 − 2 s − sen(3 s) D + 1 −9 + 1 8 D+1

= s2 − 2 s −

1

8

= s2 − 2 s −

1 8

= s2 − 2 s −

1 8

= s2 − 2 s +

1 3 cos(3 s) − sen(3 s) . 80 80

1 e3is D+1

= s2 − 2 s −

1

8

1 e3is 3i + 1

1 − 3 i 3is e

10

−

1 3 cos(3 s) + sen(3 s) 10 10

Así pues, la solución general de la ecuación completa es y(s) = c1 e−s + c2 sen s + c3 cos s + s2 − 2 s +

1 3 cos(3 s) − sen(3 s) , 80 80

y, deshaciendo el cambio de variable, resulta y(t)

=

c1

1 + c2 sen(ln t) + c3 cos(ln t) t

+(ln t)2 − 2 ln t +

1 3 cos(3 ln t) − sen(3 ln t) . 80 80


PROBLEMA 5.30 Dada la función b(t) ∈ C(IR) se considera la ecuación diferencial y y = (y )2 + y y + b(t) y 2 . a) Obténgase un cambio de variable dependiente y = f (u) que reduzca la ecuación anterior a una lineal con coeficientes constantes. Intégrese dicha ecuación lineal y hállese la solución general de la ecuación original. b)) Calcúlese la solución general de la ecuación anterior en el caso b(t) = b+sen t, siendo b una constante real.

SOLUCIÓN

a) El cambio de variable y = f (u) u ,

y = f (u) ,

y = f (u) (u )2 + f (u) u ,

transforma la ecuación en f (u) (f (u) (u )2 + f (u) u ) = (f (u))2 (u )2 + f (u) f (u) u + b(t) f (u)2 ⇒ (f (u) f (u) − (f (u))2 ) (u )2 = f (u) f (u) (u − u ) + b(t) f (u)2 ⇒ u − u +

f (u) f (u) − (f (u))2 2 f (u)2 (u . ) = b(t) f (u) f (u) f (u) f (u)

Para que la ecuación transformada sea lineal y de coeficientes constantes, debe verificarse f (u)2 f (u) f (u) − (f (u))2 = 0 , = k. f (u) f (u) f (u) f (u) Tomando k = 1, tenemos f (u) = f (u), y por tanto también f (u) = f (u), de modo que se cumple la condición (f (u))2 f (u) − . f (u) f (u) f (u) Así pues, el cambio f (u) = eu , transforma la ecuación en u − u = b(t), que es una ecuación lineal de coeficientes constantes. Sea z = u y consideremos z − z = b(t). La función μ(t) = exp( −1 dt) = e−t es un factor integrante, de modo que la ecuación e−t z − e−t z = b(t) e−t

⇒

d −t (e z) = b(t) e−t , dt

es exacta. Integrando ambos con respecto a t, y deshaciendo los cambios,

et c1 + b(t) e−t dt dt + c2 , z = et c1 + b(t) e−t dt , y = exp con c1 , c2 ∈ IR, obtenemos la solución general de la ecuación de partida.


243

b) Si b(t) = b + sen t, tras el cambio y = eu obtenemos la ecuación u − u = b + sen t . La ecuación característica asociada es r2 − r = 0, con raíces r1 = 0 , r2 = 1, de modo que la solución general de la ecuación homogénea asociada es uh (t) = c1 + c2 et ,

c1 , c2 ∈ IR .

Calculamos, mediante el método operacional, una solución particular de la ecuación no homogénea

1 1 1 (b + sen t) = (b + sen t) up (t) = D (D − 1) D D−1 =

1 D

−b +

= −b t −

1 eit D−1

= −b t +

cos t + sen t dt −2

1 (sen t − cos t) . 2


1 t y = exp c1 + c2 e − b t − (sen t − cos t) , 2

c1 , c2 ∈ IR .

El libro está destinado a los estudiantes de enseñanzas técnicas que se enfrentan por primera vez con las ecuaciones diferenciales ordinarias.

Cada capítulo contiene: • una breve introducción teórica, en la que se exponen las definiciones fundamentales, así como los métodos de resolución que se utilizarán posteriormente. • una amplia colección de ejercicios y problemas en orden creciente de dificultad, totalmente resueltos.

Ana Isabel Alonso de Mena es profesora titular del departamento de Matemática Aplicada de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid. Jorge Álvarez López y Juan Antonio Calzada Delgado son profesores ayudante doctor del departamento de Matemática Aplicada de la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de la Universidad de Valladolid. Todos ellos trabajan en el campo de las ecuaciones diferenciales contando con numerosas publicaciones científicas en revistas internacionales de reconocido prestigio. La profesora Ana I. Alonso está especializada en el estudio cualitativo de sistemas dinámicos; el profesor Jorge álvarez investiga en la obtención e implementación de métodos numéricos para su resolución y el profesor Juan A. Calzada tiene amplia experiencia en la modelización de fenómenos biofísicos mediante ecuaciones diferenciales.

Ana Isabel Alonso de Mena • Jorge Álvarez López • Juan Antonio Calzada Delgado

Este texto está dedicado al planteamiento y resolución detallada de problemas. El proceso de modelado, la resolución y la interpretación de las soluciones se realizan de modo ordenado y sistemático.

Ecuaciones diferenciales ordinarias ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS. Ejercicios y Problemas resueltos

Si algo caracteriza esta materia es la gran diversidad e importancia de sus aplicaciones, y es en el planteamiento y resolución de problemas concretos, inspirados en gran medida en modelos físicos, donde se puede encontrar la motivación necesaria para su estudio y percibir su utilidad.

Ejercicios y Problemas resueltos Ana Isabel Alonso de Mena Jorge Álvarez López • Juan Antonio Calzada Delgado

ISBN 978-84-96477-59-9

c/ Luarca, 11 28230 Las Rozas de Madrid Madrid Tel. 91 637 16 88 www.deltapublicaciones.com

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