Ecuaciones diferenciales ordinarias

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias José Antonio Mu˜ noz Gómez Omar Aguilar Loreto Abimael Jiménez Pérez Andrés Tr...

Author: José Antonio Muñoz Gómez | Omar Aguilar Loreto | Abimael Jiménez Pérez

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Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

José Antonio Mu˜ noz Gómez Omar Aguilar Loreto Abimael Jiménez Pérez Andrés Trinidad Medel de Gante c Draft date 25 de octubre de 2010

2

Índice general

1. Conceptos B´ asicos en Ecuaciones Diferenciales

9

1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2. Definiciones y términos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.2.1. Definici´ on de EDO . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.2.2. Orden de la ecuaci´ on diferencial . . . . . . . . . . .

12

1.2.3. Linealidad de la ecuaci´ on diferencial . . . . . . . . .

13

1.2.4. Soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial . . . . . . . . .

15

1.2.5. Problemas de valores iniciales . . . . . . . . . . . . .

19

1.2.6. Problemas de valores en la frontera . . . . . . . . . .

21

1.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden 2.1. Ecuaciones de variables separables . . . . . . . . . . . . . . 3

23 24

ÍNDICE GENERAL

4

2.2. Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2.1. Forma est´ andar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.2.2. Método de solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.3. Ecuaciones exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.3.1. Ecuaci´ on exacta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.3.2. Método de solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.4. Soluci´ on por sustituciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

2.4.1. Ecuaciones homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.4.2. Ecuaci´ on de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

2.4.3. Reducci´ on a separación de variables . . . . . . . . .

42

2.5. Circuito RL serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

3. Ecuaciones Lineales de Orden Superior

49

3.1. Nociones b´ asicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

3.2. Ecuaciones homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

3.3. Ecuaciones no homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

3.3.1. Variaci´ on de par´ ametros . . . . . . . . . . . . . . . .

67

3.3.2. Coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . . .

72

3.3.3. Factorización de operadores . . . . . . . . . . . . . .

77

3.3.4. Funci´ on de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

3.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

95

4. La transformada de Laplace 4.1. La notaci´ on est´ andar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

97 98

ÍNDICE GENERAL

5

4.2. Definición de la transformada de Laplace y su uso . . . . .

98

4.2.1. Deducción de la transformada de Laplace a partir de la definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

4.3. Teoremas de la transformada de Laplace . . . . . . . . . . . 111 4.3.1. Teorema de la Linealidad . . . . . . . . . . . . . . . 111 4.3.2. Teorema de traslaci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 4.3.3. Teorema de cambio de escala . . . . . . . . . . . . . 115 4.4. Transformada inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . 116 4.5. Transformada de Laplace de derivadas e integrales . . . . . 119 4.5.1. Transformada de Laplace de la derivada n-ésima de una funci´ on f (t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 4.5.2. Teorema de convoluci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . 122 4.6. Resoluci´ on de ecuaciones diferenciales . . . . . . . . . . . . 124 4.6.1. Procedimiento b´ asico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 5. Aproximaci´ on Num´ erica 5.1. Modelo matemático

133

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5.2. Método de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 5.2.1. Medici´ on del error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 5.3. Métodos de Runge-Kutta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 5.3.1. Runge-Kutta de orden dos . . . . . . . . . . . . . . . 143 5.3.2. Runge-Kutta de orden tres . . . . . . . . . . . . . . 149 5.3.3. Runge-Kutta de orden cuatro . . . . . . . . . . . . . 153 5.4. Observaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

ÍNDICE GENERAL

6

5.5. Forma integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 5.6. Sistemas de ecuaciones diferenciales

. . . . . . . . . . . . . 160

5.7. Nota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 5.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 Ap´ endice A

168

Ap´ endice B

171

Ap´ endice C

174

Prefacio

Desde la antig¨ uedad, la matemática ha sido el lenguaje humano por medio del cual hemos ampliado nuestros sentidos y nos ha permitido comprender o estudiar a la naturaleza y otros campos de la ciencia. Dentro de las ramas de las matemáticas, las ecuaciones diferenciales ordinarias han influido considerablemente en las ´ areas de ingenier´ıa. La finalidad de este libro es proporcionar material de apoyo a los estudiantes de las carreras de ingenier´ıa. El libro est´ a integrado con los conceptos m´ınimos requeridos para entender los métodos de solución anal´ıtica y numérica, dando un especial énfasis a la resolución de problemas. En las áreas de ciencias exactas e ingenier´ıas frecuentemente se utilizan modelos basados en la observaci´ on y sustentados en las matemáticas, por ello es recomendable que los estudiantes tengan una buena formaci´ on en esta disciplina. Con el objetivo de ayudar a los estudiantes a mejorar su comprensi´ on en el ´ area de ecuaciones diferenciales ordinarias, hemos escrito este libro que contiene los temas b´ asicos en ésta materia. Los lineamientos generales que seguimos al escribir el libro son: Dar los conceptos y definiciones de forma clara y concisa. 7

8

PREFACE Exponer los procedimientos y técnicas de simplificaci´ on con detalle y de forma reiterativa. Dar una buena cantidad de ejemplos.

El presente libro no intenta ser un tratado exhaustivo. La amplitud de los temas ha impedido abordarlos con la minuciosidad deseada. Sin embargo, constituye por s´ı solo un valioso auxiliar que presenta una visión integral en el campo de las ecuaciones diferenciales ordinarias. El libro contiene cinco cap´ıtulos los cuales est´ an organizados de la siguiente manera: en el cap´ıtulo uno mostramos las definiciones b´ asicas as´ı como los términos a utilizar en el resto del libro. En el cap´ıtulo dos abordamos las ecuaciones de primer orden y se exponen los métodos para su resolución anal´ıtica. Posteriormente, en el cap´ıtulo tres se describen las ecuaciones lineales de grado superior y sus métodos de solución. La transformada de Laplace se describe en el cap´ıtulo cuatro, dando énfasis a la solución de sistemas. Finalmente, en el cap´ıtulo cinco se aborda la solución numérica para problemas de valor inicial mediante esquemas de Runge-Kutta, se incluyen los programas en C. En distintas etapas de la escritura de este libro, varias personas proporcionaron valiosos comentarios. Los autores est´ an agradecidos por su ayuda y cooperaci´ on a todos aquellos que contribuyeron en diversas maneras para esclarecer algunos pasajes obscuros, as´ı como proporcionarnos una retro-alimentación muy constructiva. En particular, expresamos nuestra gratitud a Hilari´ on Colmenares Cano y a Jonathan Crespo Rodr´ıguez por su tiempo dedicado a la revisión general del libro. De igual manera, queremos expresar nuestro agradecimiento a la Universidad de Guadalajara (campus CUCSur), a la Universidad Aut´ onoma de Ciudad Juárez, y a la Universidad Aut´ onoma de Baja California (campus Mexicali), por las facilidades otorgadas a los autores para la elaboraci´ on de este libro.

Cap´ıtulo

1

Conceptos Básicos en Ecuaciones Diferenciales 1.1.

Introducci´ on

Existen diversos fenómenos en la naturaleza que se pueden modelar mediante ecuaciones diferenciales. Esto indica que las carater´ısticas esenciales de dichos fenómenos se pueden representar utilizando una o varias ecuaciones diferenciales. Con base en el modelo obtenido podemos analizar el comportamiento a futuro del sistema que se est´ a estudiando. Una gran cantidad de fenómenos se encuentran en constante cambio o movimiento: las olas fluct´ uan en el transcurso del d´ıa, los pa´ıses incrementan o disminuyen sus reservas ecológicas, el precio del petr´ oleo var´ıa durante un a˜ no o el flujo de corriente cambia con el tiempo en un circuito electrónico. De esta manera, las ecuaciones diferenciales est´ an intimamente relacionadas con la manera en que evoluciona un sistema en el tiempo. 9

´ 10CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS EN EC. DIFERENCIALES El origen de las ecuaciones diferenciales inici´ o con los primeros trabajos del cient´ıfico y matemático inglés Sir Isaac Newton (1642-1727) y el filósofo y matemático alem´ an Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) en el desarrollo de la ciencia del c´ alculo en el siglo XVII. Newton en particular se involucr´ o con la determinaci´ on de las leyes que gobiernan el movimiento (la ca´ıda de una manzana de un ´ arbol o el movimiento de los planetas en sus orbitas). No se debe pensar que las ecuaciones diferenciales exclusivamen´ te se utilizan para modelar sistemas f´ısicos. El mismo tipo de ecuaciones y el mismo tipo de análisis de sistemas din´ amicos se puede utilizar para modelar y entender fenómenos en biolog´ıa, econom´ıa, qu´ımica, electrónica entre otros.

1.2.

Definiciones y t´ erminos

Las palabras diferencial y ecuaciones indican resolver alguna clase de ecuaci´ on que contiene derivadas. De esta forma, en matemáticas, se entiende por Ecuaci´ on Diferencial Ordinaria (EDO) a una ecuaci´ on diferencial donde la variable dependiente est´ a en funci´ on de una variable independiente. Como ya se mencion´ o anteriormente las ecuaciones diferenciales son importantes en diversas ´ areas de investigación, un ejemplo es resolver ecuaciones del tipo y ′′ + 10y ′ + 6y = 0 para una funci´ on desconocida y = y(x). En este punto es necesario aclarar que en la literatura la notaci´ on para las derivadas cambia seg´ un el autor. Sin embargo, las siguientes notaciones son las más com´ unes, y se usan como sin´ onimos. En el caso de una primera derivada dy(x) dy = = y ′ = Dx y = D1 y dx dx en el caso de una segunda derivada d2 y d2 y(x) = 2 = y ′′ = Dx2 y = D12 y = Dxx (y) dx dx y as´ı sucesivamente.

´ 1.2. DEFINICIONES Y TERMINOS

11

Particularmente, en este libro las derivadas ordinarias se escriben con la notaci´ on de Leibniz, la cual representa la operaci´ on de diferenciar mediante el operador d/dx, es decir, la operaci´ on “derivada de la funci´ on y respecto de x ”se representar´ıa de este modo dy/dx, como un cociente de diferenciales. También se escribir´ a con la notaci´ on de primas, la derivada de la funci´ on y respecto de x se representar´ıa como y ′ . La derivada dy/dx de una funci´ on y = y(x) es por s´ı misma otra funci´ on 2 y (x) que se determina mediante una regla apropiada. La funci´ o n y = ex es diferenciable en el intervalo (−∞, ∞), y por la regla de la cadena su 2 2 derivada es dy/dx = 2xex . Si reemplazamos ex en el lado derecho de la u ´ ltima ecuaci´ on por el s´ımbolo y, la derivada se convierte en ′

dy = 2xy dx

(1.1)

La ecuaci´ on (1.1) es una ecuaci´ on diferencial, donde y es la variable dependiente, x la variable independiente y dy/dx es la derivada de y con respecto a x. De esta manera, se dice que una ecuaci´ on que contiene derivadas de una o más variables dependientes es una ecuaci´ on diferencial. La solución de ecuaciones diferenciales es un problema matemático que consiste en buscar una funci´ on que satisfaga la ecuaci´ on diferencial. Se puede llevar a cabo mediante un método espec´ıfico para la ecuaci´ on diferencial en cuestión (tipo, orden y linealidad) o mediante una transformada (por ejemplo, la transformada de Laplace que se abordar´ a en el cap´ıtulo 4).

1.2.1.

Definici´ on de EDO

Si una ecuaci´ on contiene sólo derivadas de una variable dependiente con respecto a una sola variable independiente se dice que es una Ecuaci´ on Diferencial Ordinaria (EDO). Las siguientes ecuaciones son ejemplos de EDOs. dy d2 y dy − + 5y = ex y + 6y = 0 2 dx dx dx

´ 12CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS EN EC. DIFERENCIALES Si se involucran derivadas con más de una variable dependiente en funci´ on de una variable independiente se tiene un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias (ver cap´ıtulo 4 y 5).

1.2.2.

Orden de la ecuaci´ on diferencial

El orden de una ecuaci´ on diferencial est´ a determinado por el orden de la mayor derivada que aparece en la ecuaci´ on. Por ejemplo la ecuaci´ on y ′′′ + 14y ′′ − 2y = 0

(1.2)

es una ecuaci´ on diferencial de tercer orden, ya que y ′′′ es la derivada de mayor orden en (1.2). De forma general, una ecuaci´ on diferencial ordinaria de n-ésimo orden de una variable dependiente y, se puede expresar como (1.3) F x, y, y ′ , . . . , y (n) = 0 donde F es una funci´ on de valores reales con a lo más n + 2 variables. Por razones prácticas y teóricas se supone que siempre es posible despejar y (n) de forma u ´ nica en términos de las n + 1 variables restantes de la ecuaci´ on (1.3). La ecuaci´ on diferencial dn y ′ (n−1) (1.4) = f x, y, y , . . . , y dxn

donde f es una funci´ on continua de valores reales, y se conoce como la forma normal de la ecuaci´ on (1.3). En particular dy = f (x, y) dx y

d2 y = f (x, y, y ′ ) dx2 son las formas normales que representan a las ecuaciones diferenciales ordinarias de primer y segundo orden respectivamente. Por ejemplo, la forma normal de la ecuaci´ on de primer orden 4xy ′ + y = x es y ′ = (x − y)/4x.


1.2.3.

13

Linealidad de la ecuaci´ on diferencial

Una ecuaci´ on diferencial ordinaria de orden n es lineal si F es lineal en y, y ′ , . . . , y (n) . Esto significa que una EDO de orden n es lineal cuando (1.3) se puede expresar de la forma an (x)

dn−1 y dy dn y + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x) n−1 dxn dxn−1 dx

(1.5)

Dos casos especiales importantes de (1.5) son las ecuaciones diferenciales lineales de primer (n = 1) y segundo (n = 2) orden a1 (x)

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

(1.6)

dy d2 y + a1 (x) + a0 (x)y = g(x) (1.7) dx2 dx Como se observa en (1.5) las dos propiedades de una EDO lineal son: a2 (x)

1. La variable dependiente y y todas sus derivadas y ′ , y ′′ , . . . , y (n) son de primer grado, es decir, la potencia de cada término en que intervienen las derivadas es 1. 2. Los coeficientes a0 , a1 , . . . , an de y, y ′ , . . . , y (n) dependen sólo de la variable independiente x o son constantes y además an 6= 0. Las ecuaciones

x2 4

dy = ex dx

d2 y + cos x = 0 dx2 d4 y +y =0 dx4 son ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer, segundo y cuarto orden respectivamente. Una ecuaci´ on diferencial ordinaria no lineal es

´ 14CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS EN EC. DIFERENCIALES simplemente aquella que no cumple alguna de las dos propiedades de linealidad. Las funciones no lineales de la variable dependiente o sus derivadas, como cos y o ey , no pueden aparecer en una ecuaci´ on lineal. Por lo tanto,

x+y 4y

2

dy = ex dx

d2 y + cos y = 0 dx2 d4 y + y2 = 0 dx4 son ejemplos de ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales de primer, segundo y cuarto orden, respectivamente. La no linealidad se genera en la primera ecuaci´ on debido a que el coeficiente a1 (x) depende de la variable dependiente y, en la segunda la presencia de una funci´ on no lineal cos y es la causa de la no linealidad y en la u ´ ltima el término de y de grado 2 genera la no linealidad. Existe un criterio más riguroso para establecer cuando una ecuaci´ on es lineal o no lineal, el cual no se abordar´ a en este cap´ıtulo. Sin embargo, para el caso de este libro se dir´ a que la ecuaci´ on es lineal siempre y cuando tenga la forma (1.5). En los siguientes ejemplos y ′′ + xy = x2 5

d2 y − 2y = sin x dx2

xDx3 y + sin xDx2 y + xDx y − (2x + 4) y = 0 d4 y − y = ln x dx4 d2 y =0 dx2


15

podemos observar que en analog´ıa con (1.5) tenemos ejemplos de ecuaciones lineales, mientras que la ecuaci´ on d4 x dx + − x = ln x dt4 dt no lo es. Esto se debe al término ln x. Si en (1.5) el término g (x) = 0 entonces se dice que se tiene una ecuaci´ on lineal homogénea. Por otro lado, si g (x) 6= 0 entonces la ecuaci´ on se denomina no homogénea, es evidente que toda ecuaci´ on no homogénea posee una ecuaci´ on homogénea af´ın, simplemente basta hacer g (x) = 0. Si los coeficientes an (x), an−1 (x), . . . , a1 (x), a0 (x), de las derivadas son todos constantes –no dependen de x– entonces se dice que la ecuaci´ on es una ecuaci´ on diferencial lineal con coeficientes constantes a´ un cuando la funci´ on g (x) pueda depender de x.

1.2.4.

Soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial

La soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial es aquella funci´ on y = y(x), definida en un intervalo I y con al menos n derivadas continuas en I, que al sustituirse en una ecuaci´ on diferencial ordinaria de n-ésimo orden reduce la ecuaci´ on a una identidad. La demostración de la existencia de soluciones para las ecuaciones diferenciales, es un tema que mantuvo ocupados a matemáticos desde hace décadas, para fortuna de nosotros, el teorema de existencia y unicidad de soluciones ya ha sido demostrado [1]. Ejemplo 1. Compruebe que la funci´ on y indicada es una solución de la ecuaci´ on diferencial en el intervalo (−∞, ∞). dy + 20y = 24, dx

y=

6 6 −20x − e 5 5

Una forma de comprobar que la funci´ on que se tiene es una solución es verificar si ambos lados de la ecuaci´ on son equivalentes para toda x en el intervalo, después de haber sustituido y y sus respectivas derivadas. Dado

´ 16CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS EN EC. DIFERENCIALES que la primer derivada de y es dy = 24e−20x dx sustituyendo los valores de y y

dy dx

en la ecuaci´ on diferencial original

dy + 20y = 24 dx 6 6 −20x −20x 24e + 20 = 24 − e 5 5 24e−20x + 24 − 24e−20x

= 24

De esta manera, se obtiene la identidad 24 = 24 Existen diferentes tipos de EDOs, cada una con un método de solución distinto; para clasificarlas, hay que hacer la diferencia entre ecuaciones diferenciales de primer orden y ecuaciones de orden superior (ya que las primeras tienen métodos de solución más sencillos). Ejemplo 2. Supongamos que la funci´ on y = 5e3x − 7e2x es la solución de la ecuaci´ on homogénea de segundo orden y ′′ − 5y ′ + 6y = 0 dicha solución es válida en el intervalo de (−∞, ∞). Se puede comprobar que la funci´ on y es solución de la EDO planteada, para ello calculemos y ′ = 15e3x − 14e2x y y ′′ = 45e3x − 28e2x y finalmente se sustituyen estas expresiones en la ecuaci´ on diferencial original 45e3x − 28e2x − 5 15e3x − 14e

2x

y ′′ − 5y ′ + 6y = 0 + 6 5e3x − 7e2x = 0

45e3x − 28e2x − 75e3x + 70e2x + 30e3x − 42e2x = 0

−30e3x + 42e2x + 30e3x − 42e2x = 0

ya que y = 5e3x − 7e2x satisface la ecuaci´ on original, podemos ver que y es una solución de la ecuaci´ on diferencial dada.


17

Intervalo de definici´ on Es imposible considerar la solución de una ecuaci´ on diferencial ordinaria sin al mismo tiempo pensar en el intervalo. El intervalo I mencionado en la secci´ on 1.2.4, recibe varios nombres, tales como, intervalo de definici´ on, intervalo de existencia, intervalo de validez o dominio de la solución [2]. Puede ser un intervalo abierto (a, b), un intervalo cerrado [a, b], un intervalo infinito (−∞, ∞), etc. La selecci´ on del tipo de intervalo depende de la EDO analizada. Soluci´ on expl´ıcita e impl´ıcita Aqu´ı el lector debe estar familiarizado con los términos de funciones expl´ıcitas e impl´ıcitas de la teor´ıa del C´ alculo [3]. Una solución expl´ıcita es aquella en la que la variable y depende solamente de la variable independiente x. En el ejemplo 1, vimos que y(x) = 6/5 − 6/5e−20x es una solución expl´ıcita de dy/dx + 20y = 24. Cuando se resuelven algunas ecuaciones diferenciales ordinarias, se observará que los métodos de solución no siempre llevan de forma directa a una solución expl´ıcita y(x). En esos casos tendremos una solución impl´ıcita de una ecuaci´ on diferencial ordinaria en un intervalo I, la cual se define como la relación G(x, y) = 0, siempre que exista al menos una funci´ on y que satisface tanto la relaci´ on como la ecuaci´ on diferencial en I. Algunos casos de soluciones impl´ıcitas son sen(y) = xy,

y = xey ,

y 3 = 5 + 3x − 3y

observe que no se puede despejar la variable y. Familia de soluciones

Imagine que dos estudiantes analizan la ecuaci´ on diferencial de primer orden dy = f (x) = x2 − 2x + 7 dx

´ 18CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS EN EC. DIFERENCIALES Una solución de esta ecuaci´ on es una funci´ on y(x) tal que, su primera derivada sea igual a x2 − 2x + 7. Un estudiante piensa que dicha funci´ on es x3 x3 2 2 − x + 7x, mientras el otro piensa en la funci´ o n − x + 7x− 10. Ambas 3 3 respuestas parecen ser correctas. Para resolver este problema simplemente se integran ambos lados de la ecuaci´ on diferencial Z

dy =

Z

x2 − 2x + 7 dx

Como estamos utilizando una integral indefinida, siempre hay una constante de integraci´ on que no se debe de olvidar. Por lo tanto, la solución de este problema es una familia infinita de soluciones

y=

x3 − x2 + 7x + c 3

donde c es cualquier constante real. Por cada valor particular de c se obtendrá un miembro de la familia. Por ejemplo, en la figura 1.1 podemos observar tres miembros (c = −10, c = 0 y c = 15) de la familia unipa3 ramétrica de la solución x3 − x2 + 7x + c.

Al resolver una ecuaci´ on diferencial de primer orden F (x, y, y ′ ) = 0 como en el p´ arrafo anterior, por lo com´ un se obtiene una solución que contiene una sola constante arbitraria o par´ ametro c; esta representa a un conjunto G(x, y, c) = 0 de soluciones que se define como una familia uniparamétrica de soluciones. Cuando se resuelve una ecuaci´ on diferencial F (x, y, y ′ , . . . , y (n) ) = 0 de n-ésimo orden se determina una familia multi-paramétrica de soluciones G(x, y, c1 , c2 , . . . , cn ) = 0. Esto significa que una sola ecuaci´ on diferencial puede tener un n´ umero infinito de soluciones, que corresponden al n´ umero ilimitado de valores que pueden tomar los par´ ametros. Cuando fijamos valores numéricos a los par´ ametros en la solución general obtenida, se obtiene una solución particular.


19

30

20

10

K

3

K

2

K

0

1

1

K

2

3

x

10

K

20

y

K

30

K

40

K

50

c = -10,

c = 0,

c = 15

Figura 1.1: Curvas de la familia uniparamétrica de la solución y = x2 + 7x + c.

1.2.5.

x3 3

−

Problemas de valores iniciales

Con frecuencia en algunas aplicaciones nos interesa encontrar una soluci´ on y(x) de una ecuaci´ on diferencial de modo que y(x) satisfaga condiciones como y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 las cuales son conocidas como condiciones iniciales. La ecuaci´ on diferencial ordinaria sujeta a las condiciones iniciales se denomina Problema de Valores Iniciales (PVI). Es posible aplicar las condiciones a la y(x) desconocida o sus derivadas, en alg´ un intervalo I que contiene x0 . En los problemas de valor inicial se busca la solución particular a través de la selecci´ on correcta del valor del

´ 20CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS EN EC. DIFERENCIALES par´ ametro c. Por ejemplo la ecuaci´ on n d y ′ (n−1) = f x, y, y , . . . , y dxn

sujeta a

y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 donde y0 , y1 , . . . , yn−1 son constantes reales conocidas, es un ejemplo de PVI. Los valores de y(x) y sus primeras n − 1 derivadas en un sólo punto x0 : y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 son las condiciones iniciales. Ejemplo 3. Compruebe que la funci´ on y = 1/(x2 + c) es una solución de la ecuaci´ on diferencial y ′ + 2xy 2 = 0 en el intervalo (−∞, ∞), sujeta a y(2) = 1/3. Diferenciando la solución y dada, se obtiene 2x dy =− 2 2 dx (x + c) substituyendo y ′ en la EDO y desarrollando términos 2 2x 1 dy 2 =0 + 2x + 2xy = − 2 dx (x + c)2 x2 + c dy 2x 2x + 2 =0 + 2xy 2 = − 2 dx (x + c)2 (x + c)2 se obtiene la identidad 0=0 Para conocer el valor del par´ ametro c que satisface la condición inicial y(2) = 1/3 simplemente se sustituyen los valores de x = 2 y y = 1/3 en la solución y = 1/(x2 + c), de esta manera se obtiene c = −1. Por lo tanto y=

1 x2 − 1

es una soluci´ on particular para este problema de valor inicial.

21

1.3. EJERCICIOS

1.2.6.

Problemas de valores en la frontera

Otro tipo de problema consiste en resolver una ecuaci´ on diferencial lineal de segundo orden (o de orden superior) en el que la variable dependiente y o sus derivadas se especifican en diferentes puntos. Un problema como dy d2 y + a0 (x)y = g(x) a2 (x) 2 + a1 (x) dx dx sujeto a y(a) = y0 , y(b) = y1 se llama Problema de Valores en la Frontera (PVF). Los valores prescritos y(a) = y0 y y(b) = y1 se llaman condiciones en la frontera. Una solución del problema es una funci´ on que satisface la ecuaci´ on diferencial en alg´ un intervalo I, que contiene a los valores a y b, cuya gráfica pasa por los puntos (a, y0 ) y (b, y1 ).

1.3.

Ejercicios

En los problemas del 1 al 10: (a) identifique la variable independiente y dependiente de cada ecuaci´ on; (b) identifique el orden de cada ecuaci´ on; y (c) determine si la ecuaci´ on es lineal o no lineal. 1. y ′ = y − x2

2. xy ′ = 2y

3. x′′ + 5x = e−x 4. (y ′ )2 + x = 3y 5. xy ′ (xy ′ + y) = 2y 2 6.

d2 R dt2

= − R12

7. (sin θ)y ′′′ − (cos θ)y ′ = 2

´ 22CAPÍTULO 1. CONCEPTOS BASICOS EN EC. DIFERENCIALES h 8. y ′′ − 1 −

(y ′ )2 3

i

y′ + y = 0

9. (1 − x)y ′′ − 4xy ′ + 5y = cos x 4 3 dy 10. x ddxy3 − dx +y =0

En los problemas del 11 al 15, verificar que la funci´ on indicada es la solución de la ecuaci´ on diferencial dada. Las letras a, b, c, y d son constantes. 11. y ′′ + y = 0;

y = sin x

12. x − 5x + 6x = 0; x = −e3t + 32 e2t 2 dy dy + y = 0; y = x2 − x dx 13. 41 dx ′′

′

2 14. t dR dt − R = t sin t;

15.

4

d t dt4

= 0;

R = t(c − cos t)

y = at3 + bt2 + ct + d

Cap´ıtulo

2

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias de Primer Orden En este cap´ıtulo se definen y analizan diferentes métodos anal´ıticos para resolver EDOs de primer orden. Primeramente se aborda el método de variables separables, por ser el esquema más sencillo de estudiar. Esto es requerido debido a que en algunas técnicas se transformar´ a la ecuaci´ on original para obtener una ecuaci´ on de variables separables. Una caracter´ıstica importante de las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden o de orden superior (cap´ıtulo 3), es que siempre existe la solución de la ecuaci´ on. Dicha solución se forma generalmente con la suma de dos soluciones yc y yp , las cuales corresponden a la parte homogénea y no homogénea de la ecuaci´ on lineal, respectivamente. Este tema se discute posteriormente. Además, se estudia el caso de las denominadas ecuaciones exactas, en donde se determina si la ecuaci´ on es el diferencial de una funci´ on f (x, y).

23

24

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIF. ORD. DE PRIMER ORDEN

Finalmente, se discute el método de sustituciones basado en un cambio de la variable dependiente o independiente con el fin de transformar la ecuaci´ on a una forma más sencilla y poder resolverla con cualquiera de los métodos mencionados anteriormente o simplificar de manera importante el procedimiento para encontrar la solución y = y(x) La ecuaci´ on de Bernoulli y la reducción a variables separables son casos particulares del método de sustituciones.

2.1.

Ecuaciones de variables separables

El estudio de c´ omo resolver ecuaciones diferenciales de primer orden inicia con la técnica más simple: el método de variables separables. Considere una ecuaci´ on diferencial de primer orden de la forma dy = f (x, y) dx

(2.1)

En el caso de que f no dependa de la variable y es decir, f (x, y) = g(x), la ecuaci´ on diferencial dy = g(x) dx se puede resolver por integraci´ on directa. Si g(x) es una funci´ on continua, entonces al integrar ambos lados de la ecuaci´ on se obtiene Z y = g(x)dx = G(x) + c donde G(x) es la antiderivada de g(x). Si la funci´ on f se puede factorizar en una funci´ on de x multiplicada por una funci´ on de y, es decir f (x, y) = g(x)h(y)

2.1. ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES

25

se dir´ a que es una ecuaci´ on diferencial de variables separables. De esta manera, la ecuaci´ on (2.1) se puede escribir como dy = g(x)dx h(y) y en cada miembro de la ecuaci´ on se tendrá una u ´ nica variable. Para resolver este tipo de ecuaciones basta con integrar ambos lados de la ecuaci´ on [4]. Ejemplo 1. Resuelva

dy = e(3x+2y) dx La ecuaci´ on anterior se puede representar como dy = e3x e2y dx

dividiendo toda la ecuaci´ on por e2y y multiplicando toda la ecuaci´ on por dx, se logra separar de un lado los términos en y y del otro lado los términos en x dy = e3x dx e2y Finalmente integrando ambos lados de la ecuaci´ on Z Z e−2y dy = e3x dx obtenemos la solución −e−2y e3x + c1 = + c2 2 3 agrupando las constantes en el lado derecho de la igualdad, c = −c1 + c2 , se obtiene e3x −e−2y = +c 2 3 multiplicando por 6 toda la igualdad, se obtiene el resultado buscado −3e−2y = 2e3x + c

26


observe que c al ser una constante arbitraria absorbe cualquier signo y valor. Ejemplo 2. Ahora resolvamos una ecuaci´ on por separación de variables y analicemos su curva solución. Supongamos que la población de insectos P presenta un incremento debido a la temporada, el cual est´ a modelado por la ecuaci´ on diferencial dP = kP cos(ωt) dt donde k y ω son constantes positivas (la funci´ on cos(ωt) sugiere variaciones periódicas). Se puede observar que la ecuaci´ on diferencial es separable dP = f (P )g(t) dt donde g(t) = k cos(ωt). Observe que al ser k una constante puede formar parte de f (P ) o g(t), en este caso para reducir pasos algebraicos formará parte de g(t). Separando las variables, tenemos dP = (k cos ωt) dt P integrando ambos lados de la ecuaci´ on Z Z dP = k cos ωt dt P obtenemos la solución

k sen ωt + c ω Utilizando las propiedades de los logaritmos naturales, obtenemos ln |P | =

eln |P | = e( ω sen ωt+c) k

De esta manera, la familia uniparamétrica de soluciones es k

P (t) = ce ω sen ωt

27

2.1. ECUACIONES DE VARIABLES SEPARABLES

donde c > 0, lo cual es una suposición razonable para el incremento en la población de insectos. El problema de valor inicial nos indica resolver la ecuaci´ on diferencial sujeta a la condición inicial P (0) = P0 . Es decir, al sustituir t = 0 y P (t = 0) = P0 en la solución anterior, obtenemos el valor del par´ ametro c válido para la condición inicial P0 = c =

k

ce ω sen 0 P0 k

Ahora, sustituyendo el valor del par´ ametro c en la solución P (t) = ce ω sen ωt , se obtiene la solución particular k

P (t) = P0 e ω sen ωt Para casos prácticos supongamos que P0 = 100, k = 2, y ω = π. En la figura 2.1 podemos observar que la población var´ıa periódicamente, fluctuando 2 2 desde el valor m´ınimo de 100e(− π ) hasta un valor máximo de 100e( π ) . Ejercicios En los problemas del 1-10 resuelva las ecuaciones o PVIs por el método de variabes separables. 1.

dy dx

=

5−2y x

2.

dy dx

=

−xy x+1

p 3. y ′ = 3 3 y 2 ; 4.

dy dx

=

y(2) = 0

(y−1)(y−2) x

5. y ′ cot x + y = 2; 6.

dy dx

= (x + 1)2

7. y ln x dx dy =

y+1 2 x

y(0) = −1

dy = (e−y ) e−2x−y 8. ex y dx

28


180

160

140

P(t)

120

100

80

60 0

1

2

3

t

4

5

6

Figura 2.1: Curva solución para la población de insectos en funci´ on del tiempo. 9. (e−y + 1) sen x dx = (1 + cos x)dy; 10.

dy dt

2.2.

+ ty = y;

y(0) = 0

y(1) = 3

Ecuaciones lineales

Las ecuaciones diferenciales lineales son una familia amigable de ecuaciones diferenciales en el sentido de que, dada una ecuaci´ on lineal, ya sea de primer orden o de orden superior (cap´ıtulo 3), siempre es posible encontrar una solución de la ecuaci´ on. La forma general de una ecuaci´ on diferencial de primer orden lineal se present´ o en el cap´ıtulo anterior en la ecuaci´ on (1.6) y se menciona nuevamente aqu´ı para fines del desarrollo del método. a1 (x)

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

(2.2)

29

2.2. ECUACIONES LINEALES

Cuando g(x) = 0, se dice que la ecuaci´ on (2.2) es homogénea y en caso contrario, es no homogénea.

2.2.1.

Forma est´ andar

Al dividir ambos lados de (2.2) entre el coeficiente principal a1 (x) 6= 0, se obtiene la forma est´ andar de una ecuaci´ on lineal dy + P (x)y = f (x) dx

(2.3)

donde P (x) = a0 (x)/a1 (x) y f (x) = g(x)/a1 (x). El objetivo es determinar una solución de (2.3) en un intervalo I para el cual ambas funciones P y f son continuas. La ecuaci´ on (2.3) tiene la propiedad de que su solución es la suma de dos soluciones y = yc + yp donde yc es una solución de la ecuaci´ on homogénea asociada dy + P (x)y = 0 dx

(2.4)

y yp es una solución particular de la ecuaci´ on no homogénea (2.3). Se puede observar que conforme a lo mencionado en la secci´ on 2.1, la ecuaci´ on homogénea (2.4) es separable. De esta manera, es posible encontrar yc , al escribir la ecuaci´ on anterior como dy = −P (x)dx y Resolviendo para y, se obtiene yc = ce−

R

P (x)dx

Con R la finalidad de simplificar las ecuaciones se define la variable y1 = e− P (x)dx y la solución será yc = cy1 (x). Con esta solución se puede observar que dy1 /dx + P (x)y1 = 0 (comprobar por parte del lector).

30


Al contar ya con la solución yc , se puede encontrar la solución particular de la ecuaci´ on (2.3) mediante una técnica que se conoce como variación de par´ ametros, en el cap´ıtulo 3 se profundiza esta técnica. El objetivo es encontrar una funci´ on u de modo que yp = u(x)y1 (x) = u(x)e−

R

P (x)dx

sea una solución de (2.3). Se puede observar que la definici´ on de yp es la misma que para yc excepto que c se sustituye por la variable u. Al sustituir yp = uy1 en (2.3), tenemos u

dy1 du + y1 + P (x)uy1 = f (x) dx dx

agrupando términos u

du dy1 + P (x)y1 + y1 = f (x) dx dx

debido a dy1 /dx + P (x)y1 = 0, se obtiene y1

du = f (x) dx

Después de separar variables e integrar, tenemos Z f (x) f (x) du = dx y u = dx y1 (x) y1 (x) R

R

Como y1 (x) = e− P (x)dx , se deduce 1/y1 (x) = e P (x)dx . Por lo tanto, R Z Z R R f (x) − P (x)dx − P (x)dx dx e =e e P (x)dx f (x)dx yp = uy1 = y1 (x) y la solución completa es y = ce

−

R

P (x)dx

+e

−

R

P (x)dx

Z

e

R

P (x)dx

f (x)dx

(2.5)

31


El primer término de la ecuaci´ on (2.5) corresponde a la solución yc y el segudo término a la solución yp . De esta manera, la solución a (2.3) debe ser de la forma (2.5), no hay necesidad de memorizar la expresión (2.5). Sin embargo, se deber´ a recordar el término e

R

P (x)dx

(2.6)

debido a que se puede utilizar para resolver (2.3) de una manera menos complicada. Podemos comprobar que la solución (2.5) satisface (2.3). Para ello, la solución (2.5) se multiplica por (2.6) Z R R e P (x)dx y = c + e P (x)dx f (x)dx (2.7)

ahora derivando (2.7) con respecto a x R d h R P (x)dx i e y = e P (x)dx f (x) dx se obtiene R R R dy e P (x)dx + P (x)e P (x)dx y = e P (x)dx f (x) dx Finalmente al dividir el u ´ ltimo resultado entre e ci´ on (2.3).

2.2.2.

R

P (x)dx

(2.8)

(2.9)

, se obtiene la ecua-

M´ etodo de soluci´ on

El método para resolver (2.3) queda resumido en las ecuaciones (2.72.9) en orden inverso. El Rlado izquierdo de (2.9) se reconoce como la antiderivada del producto de e P (x)dx y y; esto da lugar a (2.8). A continuación se integran ambos lados de la ecuaci´ on (2.8) para obtener la solución (2.7). Debido aRque la ecuaci´ on (2.3) se resuelve integrando después de multiplicar por e P (x)dx , a este término se le denomina factor integrante. El procedimiento para solucionar una ecuaci´ on diferencial lineal de primer orden es el siguiente:

32

CAPÍTULO 2. ECUACIONES DIF. ORD. DE PRIMER ORDEN 1. Escriba una ecuaci´ on lineal de la forma (2.2) en la forma est´ andar (2.3). 2. Identifique, a partirR de la forma est´ andar, P (x) y luego determine el factor integrante e P (x)dx . 3. Multiplique la forma est´ andar de la ecuaci´ on por el factor integrante. El lado izquierdo de la ecuaci´ on resultante es autom´ aticamente la derivada del factor integrante y y: R d h R P (x)dx i e y = e P (x)dx f (x) dx 4. Integre ambos lados de esta u ´ ltima ecuaci´ on.

Ejemplo 3. Resuelva dy − 3y = 0 dx Esta ecuaci´ on puede resolverse por el método de variables separables. Sin embargo, será resuelta por el método de ecuaciones lineales, ya que es una ecuaci´ on lineal de primer orden. Como la ecuaci´ on ya est´ a en la forma est´ andarR (2.3) se observa que P (x) = −3 y por lo tanto, el factor integrante es e (−3)dx = e−3x . Multiplicando la ecuaci´ on por este factor, se obtiene dy − 3e−3x y = 0 e−3x dx Conforme a lo mencionado en la secci´ on anterior, el lado izquierdo de esta ecuaci´ on se expresa como d −3x [e y] = 0 dx Al integrar ambos lados de la u ´ ltima ecuaci´ on se obtiene e−3x y = c. Al despejar y se obtiene la solución y = ce3x


33

El valor de la constante c se puede determinar fijando una condición inicial en la EDO analizada. Ejemplo 4. Resuelva

dy − 3y = 6 dx Observe que la ecuaci´ on homogénea relacionada para esta ecuaci´ on diferencial se resolvió en el ejemplo anterior. Nuevamente la ecuaci´ o n ya est´ a en R la forma est´ andar (2.3), y el factor integrante a´ un es e (−3)dx = e−3x . Multiplicando la ecuaci´ on por este factor, se obtiene e−3x

dy − 3e−3x y = 6e−3x dx

Como ya se sabe el lado izquierdo de esta ecuaci´ on es el diferencial del producto del factor integrante con y, por lo tanto d −3x [e y] = 6e−3x dx Al integrar ambos lados de la u ´ ltima ecuaci´ on se obtiene e−3x y = −2e−3x + c o bien y = −2 + ce3x

Esta solución es la suma de las dos soluciones y = yc + yp , donde yc = ce3x es la solución de la ecuaci´ on homogénea del ejemplo 3 y yp = −2 es una solución particular de la ecuaci´ on no homogénea y ′ − 3y = 6. Ejercicios En los problemas del 1-10 resuelva las ecuaciones o PVIs por el método de ecuaciones lineales. 1. y ′ + 2y = 4x 2. y ′ + 2xy = xe−x 3. y ′ + y = cos x

2


34

4. ty ′ = −3y + t3 − t2 5.

dx ds

=

x s

− s2

6. y ′ = 2y + x2 + 5 7. xdy = (x sen x − y)dx 8.

dy dx

+ 5y = 20;

′

9. y = 2y + x e

3x

2 10. y dx dy − x = 2y ;

2.3.

y(0) = 2 − e2x ; y(0) = 2 y(1) = 5

Ecuaciones exactas

Si bien la ecuaci´ on simple de primer orden ydx + xdy = 0 es separable, ésta se puede resolver de una manera alternativa reconociendo que la expresi´ on del lado izquierdo de la igualdad es el diferencial total de la funci´ on f (x, y) = xy; es decir, d(xy) = ydx + xdy. En esta secci´ on se examinan ecuaciones diferenciales de primer orden de la forma M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

(2.10)

Al aplicar una prueba a M y N, se determina si M (x, y)dx + N (x, y)dy es el resultado de diferenciar una funci´ on f (x, y). Si la respuesta es afirmativa f se construye mediante integraci´ on parcial. No toda ecuaci´ on diferencial de primer orden escrita en la forma (2.10) corresponde al diferencial de f (x, y) = c. De esta manera, es más importante invertir el problema anterior; si se tiene una ecuaci´ on diferencial de primer orden como (2x−5y)dx+(−5x+3y 2 )dy = 0, ¿Existe alguna manera de reconocer que la expresión (2x − 5y)dx + (−5x + 3y 2 )dy es el diferencial d(x2 − 5xy + y 3 )? En caso afirmativo, la solución de la ecuaci´ on diferencial es x2 − 5xy + y 3 = c. Este método se abordar´ a en la siguiente secci´ on.

2.3. ECUACIONES EXACTAS

2.3.1.

35

Ecuaci´ on exacta

Una expresión diferencial M (x, y)dx+N (x, y)dy es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde al diferencial de alguna funci´ on f (x, y) definida en R. Una ecuaci´ on diferencial de la forma (2.10) es una ecuaci´ on exacta si la expresión del lado izquierdo es una diferencial exacta. Por ejemplo, (5x + 4y)dx + (4x − 8y 3 )dy = 0 es una ecuaci´ on exacta, por que su lado izquierdo es una diferencial exacta 5 2 x + 4xy − 2y 4 = (5x + 4y)dx + (4x − 8y 3 )dy df (x, y) = d 2 De la ecuaci´ on anterior podemos observar que M (x, y) = 5x+4y y N (x, y) = 4x − 8y 3 , entonces ∂M /∂y = 4 = ∂N/∂x. Este resultado ejemplifica el criterio para decidir si una ecuaci´ on corresponde a una diferencial exacta. Criterio. Si M (x, y) y N (x, y) son continuas y con primeras derivadas parciales continuas en una regi´ on rectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces una condición necesaria y suficiente para que M (x, y)dx + N (x, y)dy sea una diferencial exacta es ∂M ∂N = ∂y ∂x

2.3.2.

(2.11)

M´ etodo de soluci´ on

Si la ecuaci´ on (2.10) satisface (2.11), entonces existe una funci´ on f para la cual ∂f = N (x, y) ∂y Se puede determinar f al integrar N (x, y) con respecto a y manteniendo x constante Z f (x, y) = N (x, y)dy + g(x) (2.12)

36


donde la funci´ on arbitraria g(x) es la constante de integraci´ on. Ahora, si derivamos la ecuaci´ on (2.12) con respecto a x y suponemos que ∂f /∂x = M (x, y) Z ∂f ∂ = N (x, y) dy + g ′ (x) = M (x, y) ∂x ∂x despejando g ′ (x)

g ′ (x) = M (x, y) −

∂ ∂x

Z

N (x, y)dy

(2.13)

Finalmente, si se integra la ecuaci´ on (2.13) con respecto a x y se sustituye el resultado en (2.12), la solución impl´ıcita de la ecuaci´ on es f (x, y) = c. En este punto conviene hacer algunas observaciones. Primero, es imR portante entender que la expresión M (x, y) − ∂/∂x N (x, y)dy en (2.13) es independiente de y, porque Z Z ∂ ∂ ∂ ∂M ∂ M (x, y) − − N (x, y) dy = N (x, y) dy ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y ∂N ∂M − = ∂y ∂x =0 Segundo, el procedimiento anterior también se puede deducir a partir de la hipótesis ∂f = M (x, y) ∂x Después de integrar M con respecto a x y posteriormente diferenciar ese resultado, se encontrar´ıa que los análogos de (2.12) y (2.13) son Z Z ∂ f (x, y) = M (x, y)dx + h(y) y h′ (y) = N (x, y) − M (x, y)dx ∂y Ejemplo 5. Resuelva (2xy 2 − 3)dx + (2x2 y + 4)dy = 0

37

2.3. ECUACIONES EXACTAS

observemos que M (x, y) = 2xy 2 − 3 y N (x, y) = 2x2 y + 4, verificando el criterio (2.11) se tiene ∂N ∂M = 4xy = ∂y ∂x As´ı que esta ecuaci´ on es exacta y por consiguiente, existe una funci´ on f (x, y) tal que ∂f = 2xy 2 − 3 ∂x

y

∂f = 2x2 y + 4 ∂y

Después de integrar la segunda de estas dos ecuaciones se tiene Z 2x2 y + 4 dy f (x, y) = f (x, y) = x2 y 2 + 4y + g(x)

Si obtenemos la derivada parcial de esta u ´ ltima expresión con respecto a x y posteriormente igualamos el resultado con M (x, y), se obtiene ∂f = 2xy 2 + g ′ (x) = 2xy 2 − 3 ∂x se deduce que g ′ (x) = −3 e integrando g ′ se obtiene g(x) = −3x, por lo tanto f (x, y) = x2 y 2 − 3x + 4y = c es la solución buscada. Ejercicios En los problemas del 1-10 determine si la ecuaci´ on es exacta, si lo es resuélvala. En los problemas del 8-10 utilice la condición inicial para determinar la constante de integraci´ on c. 1. (2x − 1)dx + (3y + 7)dy = 0

2. (5x + 4y)dx + (4x − 8y 3 )dy = 0

3. (2y 2 x − 3)dx + (2yx2 + 4)dy = 0

38


4. (x + y)(x − y)dx + x(x − 2y)dy = 0

5. (y 3 − y 2 sen x − x)dx + (3xy 2 + 2y cos x)dy = 0 6. (y ln y − e−xy )dx + y1 + x ln y dy = 0 dy = 2xex − y + 6x2 7. x dx

8. (x + y)2 dx + (2xy + x2 − 1)dy = 0

y(1) = 1

9. (4y + 2x − 5)dx + (6y + 4x − 1)dy = 0;

y(−1) = 2

10. (y 2 cos x − 3x2 y − 2x)dx + (2y sen x − x3 + ln y)dy = 0;

2.4.

y(0) = e

Soluci´ on por sustituciones

Generalmente, el primer paso para resolver una ecuaci´ on diferencial consiste en transformarla en otra ecuaci´ on diferencial a través de una sustitución, con el objeto de que sea más f´ acil de resolver. Por ejemplo, suponga que se desea transformar la ecuaci´ on diferencial de primer orden dy = f (x, y) mediante la sustituci´ o n y = g(x, u), donde se considera que u dx es una funci´ on que depende de la variable x. Si g posee primeras derivadas parciales [5], entonces por la regla de la cadena ∂g dx ∂g du dy du dy = + o bien = gx (x, u) + gu (x, u) dx ∂x dx ∂u dx dx dx Entonces si dy/dx se sustituye por la derivada anterior y y se reemplaza en f (x, y) por g(x, u), entonces la ecuaci´ on diferencial dy/dx = f (x, y) se convierte en du gx (x, u) + gu (x, u) = f (x, g(x, u)) dx du ´ ltique si se resuelve para du dx , tiene la forma dx = F (x, u). Si de esta u ma ecuaci´ on se puede determinar una solución u = f (x) entonces es una solución de la ecuaci´ on diferencial original y = g(x, f (x)).

´ POR SUSTITUCIONES 2.4. SOLUCION

39

En las siguientes tres secciones se abordar´ an casos espec´ıficos en los que se requiere una sustituci´ on.

2.4.1.

Ecuaciones homog´ eneas

Si una funci´ on f posee la propiedad f (tx, ty) = tα f (x, y) para alg´ un n´ umero real α, se dice entonces que f es una funci´ on homogénea de grado α. Por ejemplo, f (x, y) = x4 + x2 y 2 es una funci´ on homogénea de cuarto grado, porque f (tx, ty) = (tx)4 + (tx)2 (ty)2 = t4 (x4 + x2 y 2 ) = t4 f (x, y) mientras que f (x, y) = x4 + x2 y 2 + 5 es no homogénea. Se dice que una ecuaci´ on diferencial de primer orden en forma diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

(2.14)

es homogénea1 si ambas funciones M y N son funciones homogéneas del mismo grado. En otras palabras, (2.14) es homogénea si M (tx, ty) = tα M (x, y)

y

N (tx, ty) = tα N (x, y)

Además si M y N son funciones homogéneas de grado α, se pueden escribir también como y (2.15) M (x, y) = xα M (1, u) y N (x, y) = xα N (1, u) donde u = x y M (x, y) = y α M (v, 1) y N (x, y) = y α N (v, 1) donde v =

x y

(2.16)

Las propiedades (2.15) y (2.16) indican las sustituciones que se pueden realizar para resolver una ecuaci´ on diferencial homogénea. En particular, 1 Es necesario aclarar que este concepto de homogeneidad es diferente al citado en el m´ etodo de ecuaciones lineales.

40


cualquier sustitución de la forma y = ux ´ o x = vy, donde u y v son nuevas variables dependientes, reducen una ecuaci´ on homogénea a una ecuaci´ on diferencial de variables separables de primer orden. Ejemplo 6. Resuelva (y 2 + yx)dx − x2 dy = 0 El análisis de M (x, y) = y 2 + yx y N (x, y) = −x2 muestra que estas expresiones son funciones homogéneas de segundo grado. Se deja como ejercicio la comprobaci´ on. Dado que la ecuaci´ on es homogénea, esto nos permite hacer y = ux, por la regla del producto tenemos dy = udx + xdu. Substituyendo los valores de y y dy en el problema planteado se tiene (u2 x2 + ux2 )dx − x2 (udx + xdu) = 0 simplificando términos u2 x2 dx = x3 du du x2 dx = 2 3 Zx Zu dx = u−2 du x después de la integraci´ on tenemos ln x = −

1 +c u

sustituyendo de nuevo u = y/x 1 +c y/x x ln x = − + c y

ln x = −


41

multiplicando toda la ecuaci´ on por y x + y ln x = cy quedando finalmente la solución expresada como y=

−x ln x + c

Si bien se puede utilizar cualquiera de las sustituciones que se indican para cada ecuaci´ on diferencial homogénea, en la práctica se prueba x = vy siempre que la funci´ on M (x, y) sea más simple que N (x, y).

2.4.2.

Ecuaci´ on de Bernoulli

La ecuaci´ on diferencial dy + P (x)y = f (x)y n dx

(2.17)

donde n es cualquier n´ umero natural, se conoce como ecuaci´ on de Bernoulli. Observe que para n = 0 y n = 1 la ecuaci´ on (2.17) es lineal. Para n > 1 la sustitución u = y 1−n reduce cualquier ecuaci´ on de la forma (2.17) a una ecuaci´ on lineal. Ejemplo 7. Resuelva

dy + y = x2 y 2 dx dividiendo toda la ecuaci´ on entre x se obtiene x

dy 1 + y = xy 2 dx x

(2.18)

con n = 2 tenemos u = y −1 despejando y se tiene y = u−1 , derivando este término con respecto de x dy du du dy = = −u−2 dx du dx dx

42


realizando las sustituciones y = u−1 y dy/dx = −u−2 du/dx en (2.18), obtenemos du 1 − u = −x (2.19) dx x El factor integrante para esta ecuaci´ on lineal es (ver ecuaci´ on (2.6)) e−

R

dx x

= e− ln x = eln x

−1

= x−1

al multiplicar por el factor integrante a (2.19) d −1 [x u] = −1 dx y finalmente integrando ambos lados de la ecuaci´ on se obtiene x−1 u = 2 −1 −x + c o u = −x + cx. Como u = y se tiene y = 1/u, por consiguiente la solución de la ecuaci´ on (2.18) es y=

2.4.3.

1 x(c − x)

Reducci´ on a separaci´ on de variables

Una ecuaci´ on diferencial de la forma dy = f (Ax + By + C) dx donde A, B y C son constantes reales, se reduce siempre a una ecuaci´ on con variables separables por medio de la sustitución u = Ax + By + C, B 6= 0. Ejemplo 8. Resuelva dy = (−2x + y)2 − 7 dx Si se define u = −2x + y, entonces dy du = −2 + dx dx


43

y, por consiguiente la ecuaci´ on diferencial se transforma en du + 2 = u2 − 7 dx

o bien

du = u2 − 9 dx

La u ´ ltima ecuaci´ on es separable lo cual resulta en du = dx u2 − 9

(2.20)

Observemos que el denominador del lado izquierdo de (2.20) se puede factorizar como una diferencia de cuadrados, por lo que podemos utilizar fracciones parciales (ver apéndice C) es decir 1 1 1 1 = = − u2 − 9 (u − 3)(u + 3) 6(u − 3) 6(u + 3)

(2.21)

Por lo tanto, sustituyendo el lado derecho de (2.21) en (2.20) resulta 1 1 1 du = dx − 6 u−3 u+3 al integrar ambos lados de la ecuaci´ on se obtiene 1 u−3 =x+c ln 6 u+3 aplicando propiedades de los logaritmos naturales u−3 = e6x+6c u+3 sustituyendo e6c por c, se obtiene u−3 = ce6x u+3 Al despejar u de la u ´ ltima ecuaci´ on u=3

1 + ce6x 1 − ce6x


44

y finalmente volviendo a sustituir u = −2x + y se obtiene la solución expl´ıcita y = 2x + 3

1 + ce6x 1 − ce6x

Ejercicios En los problemas del 1-10 resuelva cada una de las ecuaciones con la sustitución apropiada. 1. (x − y)dx + xdy = 0 2. (x + y)dx + xdy = 0 3. xdx + (y − 2x)dy = 0 4. ydx = 2(x + y)dy 5. (y 2 + yx)dx − x2 dy = 0

6. (y 2 + yx)dx + x2 dy = 0 7.

dy dx

=

y−x y+x

8.

dy dx

=

x+3y 3x+y

√ 9. −ydx + (x + xy)dy = 0 p x2 + y 2 10. x dy dx − y =

2.5.

Circuito RL serie

Para el circuito resistivo-inductivo (RL) en serie de la figura 2.2 se desea determinar las expresiones para la corriente i(t), la diferencia de potencial en la resistencia vR (t) y la diferencia de potencial en el inductor vL (t). La segunda ley de Kirchoff establece que la suma de la ca´ıda de voltaje en el resistor y la ca´ıda de voltaje en el inductor es igual al voltaje aplicado V

45

2.5. CIRCUITO RL SERIE

vR (t) vL (t)

V i(t)

Figura 2.2: Circuito RL serie. en el circuito V = vR (t) + vL (t) De esta manera, podemos obtener la ecuaci´ on diferencial lineal en funci´ on de la corriente i(t). Empleando la ley de Ohm y la ley de inducción de Faraday obtenemos di (2.22) V = Ri + L dt donde R y L son constantes que se conocen como la resistencia y la inductancia, respectivamente. La corriente i(t) se conoce también como la respuesta transitoria del sistema. Reordenando términos en (2.22) V di R + i= dt L L de la secci´ on 2.2.1 podemos observar que tenemos una ecuaci´ on diferencial lineal no homogénea de primer orden, la cual se presenta R R en la forma L dt , al integrar est´ andar. P (t) = R L y por lo tanto, el factor integrante es e R t se obtiene e L . Multiplicando (2.22) por el factor integrante se obtiene R

eLt

di R R t V R + ie L = e L t dt L L

(2.23)

46


Como sabemos de la secci´ on 2.2.2 el lado izquierdo de (2.23) es igual al diferencial del producto del factor integrante con i R V R d e L ti = e L t L

integrando ambos lados de la ecuaci´ on tenemos Z Z R R V d e L ti = e L t dt L R R V L t eL i = eLt + c L R R V R e L ti = e L t + c R

R

Finalmente, dividiendo toda la ecuaci´ on por el término e L t , obtenemos la solución de la ecuaci´ on diferencial, es decir, la ecuaci´ on que determina la corriente del circuito RL serie i=

V R + ce− L t R

(2.24)

Ahora con la finalidad de determinar el valor de la constante arbitraria c, se indica la corriente inicial al tiempo t = 0. Esto funciona como una condición inicial para (2.24). Por condiciones de continuidad, se conoce que la corriente en el inductor y en consecuencia la del presente circuito, no puede variar en forma discontinua, es decir i(0− ) = i(0) = i(0+ ) y por condiciones iniciales i(0) = I0 por lo tanto, en la ecuaci´ on (2.24) se hace i(t = 0) = I0 , obteniendo V +c R V c = I0 − R

I0 =

47

2.5. CIRCUITO RL SERIE sustituyendo el valor de c en la ecuaci´ on (2.24) R V V i= e− L t + I0 − R R

(2.25)

La ecuaci´ on (2.25) es la solución particular de la ecuaci´ on diferencial. Ahora vL (t) puede encontrarse aplicando a la ecuaci´ on (2.25) lo siguiente di vL (t) = L dt V R t −R L L I0 − e vL (t) = − L R R

vL (t) = (V − RI0 )e− L t

y para determinar el voltaje en la resistencia se tiene vR (t) = Ri R

vR (t) = V + (RI0 − V )e− L t Considerando una fuente de alimentación V = 10 Volts, una resistencia R = 120 Ω y una inductancia L = 0.5 H. ¿Cuál es la curva solución de la corriente i(t)? En t = 0 se tiene una corriente inicial I0 = 0. Sustituyendo estos valores en (2.25), tenemos 10 120 10 i(t) = e− 0.5 t + 0− 120 120 1 1 − e−240t i(t) = 12 12 En la figura 2.3 se puede observar la gr´ afica para la corriente i(t) del circuito RL serie en funci´ on del tiempo. Observe que debido a la presencia del inductor, la corriente será nula para t = 0 y en consecuencia la diferencia de potencial en la resistencia será cero, por lo tanto el inductor debe soportar ´ıntegramente la diferencia

48


0.08 0.07 0.06 0.05 i

(A) 0.04 0.03 0.02 0.01 0

0

0.005

0.010 s

0.015

0.020

t

Figura 2.3: Corriente i(t) del circuito RL serie en funci´ on del tiempo. de potencial de la fuente de alimentación. Posteriormente la corriente alcanzar´ a en forma gradual su valor estacionario, aumentando la diferencia de potencial en la resistencia y disminuyendo la del inductor en la misma proporción.

Cap´ıtulo

3

Ecuaciones Lineales de Orden Superior Una vez que hemos considerado ecuaciones ordinarias de primer orden, naturalmente el siguiente paso es analizar ecuaciones de orden superior. Las ecuaciones de orden superior, en particular de segundo orden, tienen una gran variedad de aplicaciones en distintas ramas de la ciencia: f´ısica, qu´ımica, biolog´ıa, mecánica, ingenier´ıas, etc. En este cap´ıtulo, mostraremos los métodos de solución más com´ unes en la teor´ıa de ecuaciones ordinarias de orden superior. Primeramente es necesario establecer algunos conceptos que son fundamentales para entender mejor la forma de las soluciones que encontraremos mas adelante. Los métodos que se exponen en esta secci´ on son anal´ıticos, sin embargo, en el u ´ ltimo cap´ıtulo se abordar´ an métodos de solución de aproximación numérica que también resultan ser muy poderosos en la práctica seg´ un si se trata de una ecuaci´ on muy dif´ıcil de resolver anal´ıticamente.

49

50 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

3.1.

Nociones b´ asicas

Indudablemente el ´ algebra lineal es una de las herramientas matemáticas que más aplicaciones ha tenido dentro del campo de la misma matemática as´ı como de otras disciplinas aplicadas. Un claro ejemplo esta relacionado con la teor´ıa de ecuaciones diferenciales ordinarias, donde se utilizan algunos conceptos como espacio vectorial, dependencia e independencia lineal, producto interior, entre otros. En particular en el caso de ecuaciones de orden superior, tales conceptos son imprescindibles y son los que a continuación se describen. Independencia Lineal. Sea S = {y0 (x), y1 (x), . . . , yn (x)} un conjunto de funciones definidas sobre alg´ un intervalo I en los n´ umeros reales, entonces se dice que S es linealmente independiente si en la ecuaci´ on c0 y0 (x) + c1 y1 (x) + · · · + cn yn (x) = 0 las constantes c0 = c1 = · · · = cn = 0 necesariamente son nulas para satisfacer la relación anterior. Por el contrario si resulta que alguna de ellas es ci 6= 0, i = 0, . . . , n entonces se dice que el conjunto S es linealmente dependiente. Ejemplo 1. Las funciones cos 2x, cos2 x, sen2 x , son linealmente dependientes ya que si hacemos y0 (x) = cos 2x,

y1 (x) = cos2 x,

y2 (x) = sen2 x

entonces y0 (x) − y1 (x) + y2 (x) = 0 donde hemos usado la identidad cos 2x = cos2 x − sen2 x. Por lo que c0 = 1, c1 = −1, c2 = 1, y el conjunto es linealmente dependiente. Ejemplo 2. Las funciones 1, x, x2 son linealmente independientes en todo el eje real (para cualquier valor de x), y denotemos como y0 (x) = 1,

y1 (x) = x,

y2 (x) = x2

´ 3.1. NOCIONES BASICAS

51

supongamos que no fuesen linealmente independientes entonces podr´ıamos expresar a y2 (x) = ay0 (x) + by1 (x) (3.1) sustituyendo x2 = a + bx o bien x2 − bx − a = 0

(3.2)

idénticamente para cualquier valor de x, sin embargo, vemos que no es as´ı, dado que la expresión (3.2) tiene a lo mucho dos ra´ıces, por lo tanto existe una contradicción, y precisamente las funciones 1, x, x2 son linealmente independientes, es decir, para que se cumpla c0 y0 (x) + c1 y1 (x) + c2 y2 (x) = 0 c0 = c1 = c2 = 0. En (3.1) se pueden usar combinaciones equivalentes de la forma y1 (x) = cy2 (x) + dy0 (x) y y0 (x) = ey1 (x) + f y2 (x), donde a, b, . . . , f son constantes arbitrarias. √ √ Ejemplo 3. Las funciones t + 5, t + 5t, t − 1, t2 , definidas en el intervalo (0, ∞) son linealmente dependientes ya que si hacemos √ √ y0 (t) = t + 5, y1 (t) = t + 5t, y2 (t) = t − 1, y3 (t) = t2 entonces al formar la combinaci´ on lineal y1 (x) − y0 (x) − 5y2 (x) − 0 · y3 (x) = 0 las constantes son: c0 = 1, c1 = −1, c2 = −5, c3 = 0 para satisfacer la igualdad a cero y el conjunto es linealmente dependiente. Notemos que si el conjunto S es linealmente dependiente entonces alguna funci´ on yi (x) se puede expresar como combinaci´ on lineal de las otras funciones del conjunto. Precisamente el ´ algebra lineal nos da una explicaci´ on de este hecho. En realidad, podemos considerar a cada funci´ on yi (x) como si fuese alg´ un vector de un espacio vectorial V , sólo que en este caso dicho espacio vectorial

52 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR es algo más abstracto que un espacio euclideano tridimensional, dado que los vectores ahora son funciones. Si el conjunto S es linealmente independiente entonces tales vectores (funciones) forman una base para el espacio y generan al espacio, y cualquier otra funci´ on en el espacio V se puede expresar como combinaci´ on lineal de los vectores base. Esta simple idea expuesta anteriormente es muy importante y muy poderosa en matemáticas ya que se puede aplicar a sistemas lineales de muchas disciplinas como f´ısica, qu´ımica, biolog´ıa e ingenier´ıas. Los comportamientos lineales son una muy buena aproximación al fenómeno que se est´ a estudiando. Esto a su vez, nos permite definir el principio de superposici´ on el cual se puede expresar en la forma que sigue. Sea una ecuaci´ on de la forma (1.5) y su respectiva ecuaci´ on homogénea asociada dada por an (x)

dn−1 y dy dn y + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = 0 n−1 n n−1 dx dx dx

(3.3)

y sean a0 (x), a1 (x), . . . , an (x), g(x) funciones continuas definidas sobre alg´ un intervalo I de los n´ umeros reales, con la restricción de que an (x) 6= 0 en este intervalo. Existe un conjunto de n funciones que son soluciones de (3.3) y son linealmente independientes sobre el intervalo dado (véase [6]). ces

Si {y0 (x), y1 (x), . . . , yn (x)} es el conjunto solución de funciones entony = c0 y0 (x) + c1 y1 (x) + · · · + cn yn (x)

(3.4)

donde y es la solución complementaria de (3.3). Si la funci´ on g(x) 6= 0 en (1.5), entonces se puede encontrar una soluci´ on particular yp . Para encontrar una solución particular yp se conocen varios métodos anal´ıticos, mismos que abordaremos más adelante. Si yp es una solución particular de (1.5) y la solución (3.4) satisface a (3.3), entonces la combinaci´ on y = yp + c0 y0 (x) + c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x) se conoce como la soluci´ on general completa de (1.5).

(3.5)


53

Si se tiene el caso en que la parte no homogénea de (1.5) tiene la forma g(x) = g0 (x) + g1 (x) + · · · + gk (x)

(3.6)

es decir, g(x) es una combinaci´ on de funciones continuas definidas en el mismo intervalo I, entonces se tiene que la solución particular est´ a dada por yp = yp0 (x) + yp1 (x) + yp2 (x) + · · · + ypk (x) (3.7) donde cada una de las ypi (x), i = 0, . . . , k satisface la correspondiente ecuaci´ on no homogénea an (x)

dn y dn−1 y dy + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = gi (x) n dx dx dx

entonces finalmente la solución general completa a la ecuaci´ on (1.5) con (3.6) viene dada por y(x) = c0 y0 (x) + c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + · · · + cn yn (x) + yp0 (x) + yp1 (x) + yp2 (x) + · · · + ypk (x)

o expresada en forma compacta y(x) =

n X i=0

ci yi (x) +

k X

ypi (x)

i=0

Sin embargo, a´ un cuando sabemos que existe un conjunto de soluciones para la ecuaci´ on (3.3), estas no necesariamente son independientes. Para determinar si alg´ un conjunto es linealmente independiente existe un criterio matemático llamado Wronskiano, que puede ser muy u ´ til en varias ocasiones. Sea S = {y0 (x), y1 (x), . . . , yn (x)} un conjunto de funciones que son soluciones de la ecuaci´ on (3.3) en el intervalo I. Entonces S es un conjunto linealmente independiente sobre el intervalo I si y sólo si W (x) 6= 0, donde

54 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR W (x) es el determinante Wronskiano dado por y0 (x) y1 (x) y2 (x) ′ ′ y0′ (x) (x) y y 2 (x) 1 ′′ ′′ ′′ y1 (x) y2 (x) W (x) = y0 (x) .. .. .. . . n−1. n−1 n−1 y (x) y (x) y (x) 0 1 2

··· ··· ··· .. . ···

n−1 yn (x) yn (x) yn′ (x) yn′′ (x) .. .

y las expresiones yin−1 (x) representan las derivadas de orden n − 1 de la funci´ on i-ésima (véase el Apéndice A). Ejemplo 4. Sea la ecuaci´ on y ′′′ −y ′′ −y ′ +y = 0 y las funciones {ex , e−x , cosh x}. Primero verifiquemos que son soluciones de la ecuaci´ on. Sea ex , haciendo el c´ alculo respectivo y ′′′ − y ′′ − y ′ + y = 0

′′′

′′

′

(ex ) − (ex ) − (ex ) + (ex ) = 0 ex − ex − ex + ex = 0

por lo que ex es solución de la ecuaci´ on. Similarmente para e−x

e

−x ′′′

− e

−x ′′

y ′′′ − y ′′ − y ′ + y = 0 ′ − e−x + e−x = 0

−e−x − e−x + e−x + e−x = 0 (−2 + 2) e−x = 0

también e−x es solución de la ecuaci´ on. Y finalmente cosh x ′′′

′′

y ′′′ − y ′′ − y ′ + y = 0 ′

(cosh x) − (cosh x) − (cosh x) + (cosh x) = 0 senh x − cosh x − senh x + cosh = 0 senh x − senh x − cosh x + cosh = 0


55

también es solución de la ecuaci´ on. Ahora verifiquemos si las tres funciones forman un conjunto linealmente independiente, para ello calculemos el Wronskiano en la forma y0 (x) y1 (x) y2 (x) ′ W (x) = y0 (x) y1′ (x) y2′ (x) y0′′ (x) y1′′ (x) y2′′ (x) es decir

x e W (x) = ex ex

e−x −e−x e−x

cosh x senh x cosh x

calculando el determinante

W (x) = ex −e−x cosh x − e−x senh x simplificando términos

− e−x (ex cosh x − ex senh x) + cosh x ex e−x − ex −e−x

W (x) = −2 cosh x + 2 cosh x − senh x + senh x = 0 Concluimos que el conjunto {ex , e−x , cosh x} es linealmente dependiente.

Ejemplo 5. Sea la misma ecuaci´ on y ′′′ − y ′′ − y ′ + y = 0 pero ahora x −x x usemos el conjunto {e , e , xe }, verifiquemos si realmente es linealmente independiente. Sabemos que las funciones ex , e−x si son soluciones de la ecuaci´ on, como lo hemos comprobado del ejemplo anterior. Comprobemos sólo para xex ′′′

′′

y ′′′ − y ′′ − y ′ + y = 0 ′

(xex ) − (xex ) − (xex ) + (xex ) = 0

(3ex + xex ) − (2ex + xex ) − (ex + xex ) + xex = 0 3ex − 3ex − 2xex + 2xex = 0

56 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR vemos que también es solución de la ecuaci´ on, falta verificar si el conjunto es linealmente independiente. Calculemos el Wronskiano x −x e xex x e −x x x e + xe W (x) = e −e ex e−x 2ex + xex

desarrollando el determinante

W (x) = ex −e−x (2ex + xex ) − e−x (ex + xex ) − e−x (ex (2ex + xex ) − ex (ex + xex )) + (xex ) ex e−x − ex −e−x

simplificando términos obtenemos

W (x) = −4ex 6= 0,

∀x∈ℜ

por lo que el conjunto es linealmente independiente. Los dos ejemplos anteriores muestran que podemos tener un conjunto solución de la ecuaci´ on diferencial, pero el Wronskiano es el que nos garantiza que tal conjunto sea un conjunto linealmente independiente. Ejemplo 6. Sea la ecuaci´ on y ′′ + y = 0 y sean las funciones {cos x, sen x} verifiquemos que realmente son soluciones de la ecuaci´ on. Para la funci´ on cos x se tiene y ′′ + y = 0 ′′

(cos x) + cos x = 0 − cos x + cos x = 0 similarmente para sen x y ′′ + y = 0 (sen x)′′ + sen x = 0 − sen x + sen x = 0


57

finalmente veamos si ambas funciones forman un conjunto linealmente independiente. Calculemos el Wronskiano cos x sen x = cos2 x + sen2 x = 1 6= 0 W (x) = − sen x cos x

aqu´ı hemos utilizado la identidad cos2 x + sen2 x = 1. Por lo tanto, las funciones {cos x, sen x} son linealmente independientes. Principio de superposici´ on. La ecuaci´ on (1.5) se puede reescribir como sigue dn−1 d dn + a0 (x) y = g(x) (3.8) an (x) n + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) dx dx dx

a la parte entre paréntesis se le denomina operador diferencial (lineal), y se suele denotar como dn dn−1 d + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x) (3.9) n dx dx dx estrictamente las derivadas por s´ı solas no poseen ning´ un sentido, sin embargo, “act´ uan” sobre la funci´ on y de tal manera que el operador se puede definir en forma abstracta. L = an (x)

El operador (3.9) se denomina operador general lineal de orden n-ésimo y con esta definición la ecuaci´ on (3.8) se puede reescribir como L(y) = g

(3.10)

Ejemplo 7. Las derivadas en (3.9), se aplican o “act´ uan” sobre la funci´ on y transformándola y produciendo una nueva funci´ on. Sea por ejemplo y = d lo 2x3 + sen x, y apliquemos el operador diferencial definido por D = dx que resulta en dy dx d 2x3 + sen x = dx 2 = 6x + cos x

Dy =

58 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Ejemplo 8. Sea la funci´ on y = x3 − 4x2 + 2e2x aplicamos el operador d2 d diferencial definido por D2 − 2D = dx 2 − 2 dx lo que resulta en d d2 y (3.11) − 2 dx2 dx d2 y dy = 2 −2 (3.12) dx dx d x3 − 4x2 + 2e2x d2 x3 − 4x2 + 2e2x −2 = 2 dx dx = 6x − 8 + 8e2x − 2 3x2 − 8x + 4e2x

D2 − 2D y =

= −23x2 + 22x − 8

Ejemplo 9. Sea la funci´ on y = x3 − 3x + sen x, apliquemos el operador d d2 diferencial definido por D2 − 2xD + 1 = dx 2 − 2x dx + 1 lo que resulta en d d2 D − 2xD + 1 y = − 2x +1 y dx2 dx d2 y dy = 2 − 2x +y (3.13) dx dx d2 x3 − 3x + sen x d x3 − 3x + sen x = − 2x dx2 dx 3 + x − 3x + sen x 2

= −5x3 + 9x − 2x cos x

Se debe tener mucho cuidado en este u ´ ltimo ejemplo de no conmutar la forma del operador, en el segundo término del operador diferencial (3.13) aparece una funci´ on de x como coeficiente de la derivada. En este caso para no cometer un error, el operador debe actuar siempre a la derecha sobre y, es decir −2xD 6= −2Dx

(3.14)

´ 3.2. ECUACIONES HOMOGENEAS

59

expl´ıcitamente al aplicar sobre y, se obtiene −2xD (y) 6= −2D (xy) −2xD x − 3x + sen x 6= −2D x x3 − 3x + sen x d d x3 − 3x + sen x 6= −2 x x3 − 3x + sen x −2x dx dx d 2 x4 − 3x2 + x sen x −2x 3x − 3 + cos x 6= −2 dx −6x3 + 6x − 2x cos x 6= −8x3 + 12x − 2 sen x − 2x cos x 3

Asimismo, en (3.12) y (3.13) podemos notar la similitud que tienen estas expresiones con una ecuaci´ on diferencial sólo que aqu´ı, en contraste, se asume que la funci´ on y es conocida. De la ecuaci´ on (3.10) se observa que si {y0 (x), y1 (x), . . . , yn (x)} son soluciones de la respectiva ecuaci´ on homogénea con g = 0, entonces L(y0 ) = 0, L(y1 ) = 0, . . . , L(yn ) = 0, por lo tanto se deduce de (3.4) que también L (c0 y0 (x) + c1 y1 (x) + · · · + cn yn (x)) = 0

(3.15)

se satisface para cualesquiera constantes c0 , c1 , . . . , cn . Además, si y = yp es una solución de la ecuaci´ on no homogénea L(yp ) = g, entonces de la ecuaci´ on (3.15) y del hecho de que L es un operador lineal L (yp + c0 y0 (x) + c1 y1 (x) + · · · + cn yn (x)) = g entonces y = yp + c0 y0 (x)+ c1 y1 (x)+ · · · + cn yn (x) también es una solución de la ecuaci´ on, este es el llamado principio de superposici´ on.

3.2.

Ecuaciones homog´ eneas

En esta secci´ on tratamos ecuaciones con coeficientes constantes del tipo homogéneas. Consideremos la siguiente ecuaci´ on y′ = y

(3.16)

60 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR una solución ser´ıa aquella cuya derivada es igual a s´ı misma; por inspección sabemos que la derivada de la funci´ on exponencial es ella misma y = ex . Analicemos una vez más, una ecuaci´ on en la forma y ′′ = y

(3.17)

también la funci´ on exponencial y = ex satisface la ecuaci´ on y similarmente para la ecuaci´ on yn = y (3.18) ¿Cu´ al es la diferencia entre las expresiones (3.16-3.18)? Sabemos que poseen la misma solución pero notemos que solamente se trata de una de las soluciones, es decir, para el caso de la ecuaci´ on (3.18) de orden n se tiene solamente una solución de las n − 1 soluciones. Por lo tanto, debemos buscar todo un conjunto de soluciones que satisfagan la ecuaci´ on y que además sean linealmente independientes. Suponiendo que se tiene una ecuaci´ on de la forma (3.3) en la cual los coeficientes an (x) , an−1 (x) , . . . , a1 (x) , a0 (x) son constantes pertenecientes a los n´ umeros reales, con an 6= 0 entonces propongamos una solución en la forma y = erx , sustituyendo en (3.3) an

dn−1 (erx ) d (erx ) dn (erx ) + a + · · · + a + a0 (erx ) = 0 n−1 1 dxn dxn−1 dx

resulta an rn erx + an−1 rn−1 erx + · · · + a1 rerx + a0 erx = 0 la expresión en el primer miembro de la ecuaci´ on anterior se puede escribir en la forma an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r + a0 erx = f (r)erx

donde

f (r) = an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r + a0

(3.19)

podemos observar que se obtiene un polinomio en r de grado n con coeficientes constantes reales. A la expresión (3.19) se le conoce como polinomio


61

caracter´ıstico de la ecuaci´ on. Notemos que la funci´ on erx posee n soluciones a la ecuaci´ on diferencial, correspondientes a cada una de las n ra´ıces de r en el polinomio caracter´ıstico an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r + a0 = 0

(3.20)

La ecuaci´ on (3.20) posee n-ra´ıces, entonces s´ı k ra´ıces son reales y distintas; las soluciones para las k ra´ıces r1 , r2 , . . . , rk serán de la forma y i = e ri x

i = 1, 2, . . . , k

p ra´ıces son reales y cada una tiene multiplicidad qj , j = k + 1, k + 2, . . . , p (entendemos como una ra´ız j−ésima con multiplicidad qj como aquella que se repite qj veces precisamente en (3.20)); las soluciones para las p ra´ıces rk+1 , rk+2 , . . . , rp serán de la forma y1j = erj x , y2j = xerj x , . . . , yqjj = xqj −1 erj x

(3.21)

con j = k + 1, k + 2, . . . , p s ra´ıces son complejas de la forma a + ib; las soluciones para las s ra´ıces complejas rp+1 = ap+1 + ibp+1 , rp+2 = ap+2 + ibp+2 , . . . , rp = ap + ibp serán yj = eaj x cos bj x, yj∗ = eaj x sen bj x con j = p + 1, p + 2, . . . , s para cada par a + ib y t ra´ıces son complejas con multiplicidad vl ; las soluciones para las t ra´ıces complejas rs+1 = as+1 + ibs+1 , rs+2 = as+2 + ibs+2 , . . . , rt = at + ibt

62 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR cada una con multiplicidad vl serán y1l = eal x cos bl x, y1l = eal x sen bl x y2l

=e .. .

al x

x cos bl x, y2l

=e

al x

(3.22)

x sen bl x

yvl = eal x xv−1 cos bl x, y2l = eal x xv−1 sen bl x con l = s + 1, s + 2, . . . , t para cada par a + ib. A partir de la clasificación anterior, la solución general de la ecuaci´ on (3.3) es y=

k X

c1i eri x +

+

i=p+1

+

c2i xm−1 eri x

i=k+1 m=1

i=1

s X

qi p X X

c3i eai x sen bi x + c4i eai x cos bi x

vi t X X

i=s+1 m=1

c5i eai x xm−1 sen bi x + c6i eai x xm−1 cos bi x

con la restricción de que k+p+s+t=n

(3.23)

Es importante mencionar que el polinomio (3.20) puede tener exclusivamente ra´ıces de uno sólo de los casos considerados, es decir 0 ≤ k ≤ n, 0 ≤ p ≤ n, 0 ≤ s ≤ n y 0 ≤ t ≤ n. siempre respetando la restricción (3.23). Para ilustrar el método resolvamos algunos ejercicios. Ejemplo 10. Resuelva la ecuaci´ on y ′′ + y = 0. Se trata de una ecuaci´ on diferencial de segundo orden con coeficientes constantes, por lo tanto se propone una solución de la forma y = erx sustituyendo en la ecuaci´ on nos


63

queda ′′

(erx ) + (erx ) = 0 r2 erx + erx = 0 r2 + 1 erx = 0

2 por lo que el polinomio caracter´ıstico es √ r + 1 = 0. Este polinomio posee dos ra´ıces complejas y distintas r = ± −1 = ±i, entonces la solución es

y(x) = c1 e+ix + c2 e−ix

(3.24)

podemos ver que la solución se expresa como exponenciales complejas. Es posible cambiar de notaci´ on a funciones trigonométricas haciendo uso de la identidad de Euler e±ix = cos x ± i sen x sustituyendo en (3.24) y(x) = c1 (cos x + i sen x) + c2 (cos x − i sen x) obtenemos y(x) = c′1 cos x + c′2 sen x donde c′1 = c1 + c2 , c′2 = i (c1 − c2 ). Podemos utilizar c1 y c2 en lugar de c′1 , c′2 debido a que siguen siendo constantes arbitrarias y(x) = c1 cos x + c2 sen x esto concuerda con la expresión (3.22), haciendo r1 = +i, r2 = −i y tenemos para r1 : a1 = 0, b1 = 1 y para r2 : a2 = 0, b2 = −1 y1 = cos x,

y1∗ = sen x

y2 = cos x,

y2∗ = − sen x

donde y1 , y2 corresponden a la parte real de la solución, y y1∗ , y2∗ conforman la parte imaginaria.

64 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Ejemplo 11. Sea la ecuaci´ on y ′′ − y = 0. Nuevamente se trata de una ecuaci´ on de segundo orden con coeficientes constantes, por lo tanto se propone la solución de la forma y = erx , y el polinomio caracter´ıstico es r2 − 1 = 0, cuyas ra´ıces son r = ±1, por lo tanto la solución general buscada es de la forma y(x) = c1 ex + c2 e−x donde c1 , c2 son constantes arbitrarias. Ejemplo 12. Sea la ecuaci´ on y ′′′ − y ′′ + y ′ − y = 0. Se trata de una ecuaci´ on de tercer orden con coeficientes constantes, directamente vemos que el polinomio caracter´ıstico es r3 − r2 + r − 1 = 0 mismo que se puede factorizar en la forma r2 + 1 (r − 1) = 0, y cuyas ra´ıces son r = 1, +i, −i, por lo tanto la solución general buscada es y(x) = c1 ex + c2 e+ix + c3 e−ix o en forma alternativa y(x) = c1 ex + c2 cos x + c3 sen x donde {ci }3i=1 son constantes arbitrarias.

Ejemplo 13. Sea la ecuaci´ on y ′′ + y ′ + y = 0. Se trata de una ecuaci´ on de segundo orden con coeficientes constantes, el polinomio caracter´ıstico es r2 + r + 1 = 0 haciendo uso de la f´ ormula cuadrática general tenemos que las ra´ıces son √ −1 ± 1 − 4 r1,2 = 2 o bien r1 = −

√ 1 1+i 3 , 2

r2 = −

√ 1 1−i 3 2


65

haciendo uso de (3.22) y(x) = c1 e

−x 2

√

! x 3 x + c2 e− 2 sen 2

cos

√ ! 3 x 2

factorizando y(x) = e

−x 2

c1 cos

√ ! 3 x + c2 sen 2

√ !! 3 x 2

Ejemplo 14. Sea la ecuaci´ on d6 y d4 y d2 y + 8 + 16 =0 dx6 dx4 dx2 Se trata de una ecuaci´ on de sexto orden con coeficientes constantes, el polinomio caracter´ıstico es r6 + 8r4 + r2 = 0 2 podemos factorizar esta expresión en la forma r2 r2 + 4 = rr r2 + 4 r2 + 4 = 0. Las ra´ıces son 0, +i2, −i2 y cada una se repite dos veces entonces aplicando las definiciones (3.21),(3.22) se tiene por solución y(x) = c1 + c2 x + c3 cos 2x + c4 sen 2x + c5 x cos 2x + c6 x sen 2x notemos que seg´ un el orden de la derivada mayor en la ecuaci´ on diferencial, corresponde precisamente con el n´ umero de constantes arbitrarias que surgen en la solución. 5

on de quinto Ejemplo 15. Sea la ecuaci´ on ddt5x = 0. Se trata de una ecuaci´ orden con coeficientes constantes, el polinomio caracter´ıstico es r5 = 0, donde claramente la ra´ız es 0, la cual se repite cinco veces, entonces aplicando la definición (3.21), la solución es x (t) = c1 + c2 t + c3 t2 + c4 t3 + c5 t4

66 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR note que en este ejemplo x depende de t. Ejemplo 16. Sea la ecuaci´ on d6 y d4 y d2 y +3 4 +3 2 +y =0 6 dx dx dx Se trata de una ecuaci´ on de sexto orden con coeficientes constantes, el polinomio caracter´ıstico es r6 + 3r4 + 3r2 + 1 = 0 podemos factorizar esta expresión obteniendo 3 r2 + 1 = r2 + 1 r2 + 1 r2 + 1 = 0

(3.25)

(3.26)

las ra´ıces son +i, −i y cada una se repite tres veces entonces aplicando la definición (3.22) se tiene por solución y(x) = c1 cos 2x + c2 sen 2x + c3 x cos 2x + c4 x sen 2x + c5 x2 cos 2x + c6 x2 sen 2x Observemos que el coeficiente en (3.25) del u ´ ltimo término del polinomio caracter´ıstico es uno. Es frecuente que el estudiante se equivoque escribiendo cero creyendo que no existe derivada ah´ı y por lo tanto no escribe el monomio 1, sin embargo, esto es erróneo ya que estamos “factorizando” la funci´ on y en toda la ecuaci´ on, es decir d4 y d2 y d6 y + 3 4 + 3 2 + y = D6 y + 3D4 y + 3D2 y + 1y 6 dx dx dx = D6 + 3D4 + 3D2 + 1 y

donde D =

(3.27) (3.28)

d dx .

En esta secci´ on estudiamos las ecuaciones de orden superior de tipo homogéneas con coeficientes constantes. Naturalmente, nuestro siguiente paso es abordar este mismo tipo de ecuaciones con el problema adicional de ser no homogéneas.

´ 3.3. ECUACIONES NO HOMOGENEAS

3.3.

67

Ecuaciones no homog´ eneas

En el apartado anterior, analizamos que para una ecuaci´ on lineal homogénea siempre se conoce la solución complementaria, en virtud de poder encontrar las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico. Sin embargo, no siempre es posible determinar las ra´ıces de los polinomios caracter´ısticos anal´ıticamente, en cuyo caso se recurre a métodos numéricos aproximados. Recordemos que una ecuaci´ on de la forma (1.5) posee dos soluciones, una que resulta de resolver la ecuaci´ on homogénea (3.3), de donde se obtiene una solución complementaria, véase (3.4) y otra que se obtiene de resolver la ecuaci´ on (1.5) no homogénea, que se conoce como solución particular yp . En esta secci´ on, pondremos nuestra atenci´ on en cuatro métodos para encontrar una solución particular yp para la ecuaci´ on (1.5).

3.3.1.

Variaci´ on de par´ ametros

El método de variaci´ on de par´ ametros, es aplicable a ecuaciones diferenciales que tienen coeficientes constantes o variables, no obstante, es indispensable conocer la solución complementaria a la ecuaci´ on diferencial homogénea asociada. Sea una ecuaci´ on general de orden n y supondremos que existen funciones a0 (x), a1 (x), . . . , an (x), g(x) definidas en algun intervalo I, con la restricción an (x) 6= 0 en ese intervalo. Y supondremos además, que la expresi´ on (3.4) es una solución para la ecuaci´ on (1.5), donde las funciones {y0 (x), y1 (x), . . . , yn (x)} son conocidas. El método consiste en proponer una solución particular como combinaci´ on de la solución complementaria en la que los coeficientes son variables (de ah´ı el término de variaci´ on de par´ ametros), es decir, se propone una solución particular en la forma yp (x) = c0 (x)y0 (x) + c1 (x)y1 (x) + · · · + cn (x)yn (x)

(3.29)

donde los par´ ametros c0 (x), c1 (x), . . . , cn (x), son tales que satisfacen el

68 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR siguiente sistema de ecuaciones c′0 (x)y0 (x) + c′1 (x)y1 (x) + · · · + c′n (x)yn (x) = 0

c′0 (x)y0′ (x) + c′1 (x)y1′ (x) + · · · + c′n (x)yn′ (x) = 0 c′0 (x)y0′′ (x) + c′1 (x)y1′′ (x) + · · · + c′n (x)yn′′ (x) = 0 .. . c′0 (x)y0n−1 (x) + c′1 (x)y1n−1 (x) + · · · + c′n (x)ynn−1 (x) =

g(x) a0 (x)

(3.30) (3.31) (3.32)

(3.33)

una vez que se resuelve el sistema para las ci (x), i = 1, . . . , n la solución particular queda determinada. Ilustremos el método con algunos ejemplos. Ejemplo 17. Suponga que se tiene la ecuaci´ on y ′′ − y = e3x , es una ecuaci´ on de segundo orden con coeficientes constantes no homogénea. Primeramente encontremos la solución a la ecuaci´ on homogénea, es decir, la solución para y ′′ −y = 0. Esta es y = c0 ex +c1 e−x , de esta manera, ya conocemos las funciones solución para la parte homogénea, que son {ex , e−x } . Ahora en concordancia con las ecuaciones (3.30-3.33), escribamos el sistema correspondiente para una ecuaci´ on de segundo orden c′0 (x)y0 (x) + c′1 (x)y1 (x) = 0 c′0 (x)y0′ (x) + c′1 (x)y1′ (x) =

g(x) a0 (x)

(3.34) (3.35)

en este ejemplo y0 (x) = ex , y1 (x) = e−x , a0 (x) = 1, g(x) = e3x , haciendo las sustituciones correspondientes obtenemos c′0 (x)ex + c′1 (x)e−x = 0 c′0 (x)ex − c′1 (x)e−x = e3x por lo tanto, c′0 (x) = −c′1 (x)e−2x , resolviendo para c1 (x) −c′1 (x)e−2x ex − c′1 (x)e−x = e3x c′1 (x) =

dc1 (x) e4x =− dx 2


69

4x

alculo similar para c0 (x) as´ı que c1 (x) = − e8 , y haciendo un c´ 4x e2x e ′ ′ −2x e−2x = c0 (x) = −c1 (x)e =− − 2 2 tenemos que c0 (x) =

e2x 4 .

Finalmente la solución es de la forma

yp (x) = c0 (x)y0 (x) + c1 (x)y1 (x) o bien sustituyendo yp (x) = c0 (x)ex + c1 (x)e−x e2x x e4x −x e3x e − e = 4 8 8 e3x yp (x) = 8 =

recordemos que esta es tan sólo una solución particular, sin embargo, la solución completa a la ecuaci´ on es y(x) = c0 ex + c1 e−x +

e3x 8

Ejemplo 18. Consideremos la ecuaci´ on y ′′ + 2y ′ + 2y = e5x . Es una ecuaci´ on de segundo orden no homogénea. La solución complementaria correspondiente a y ′′ + 2y ′ + 2y = 0 es y(x) = c1 e(−1+i)x + c2 e(−1−i)x

(3.36)

recordemos que la solución corresponde a una ecuaci´ on homogénea con coeficientes constantes, por lo que el polinomio caracter´ıstico ser´ıa r2 + 2r + 2 = 0, y cuyas ra´ıces son −1 + i, −1 − i. Aunque es com´ un que la solución se exprese como funciones trigonométricas cuando las soluciones corresponden al caso de ra´ıces complejas, en este ejemplo, siendo g(x) = e5x , resulta más conveniente trabajar con las funciones en la forma (3.36).

70 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Tenemos nuevamente una ecuaci´ on de segundo orden y el sistema corresponde a las ecuaciones (3.34), (3.35), donde y0 (x) = e(−1+i)x , y1 (x) = e(−1−i)x , Q(x)= e5x , a0 (x) = 1. Sustituyendo obtenemos c′0 (x)e(−1+i)x + c′1 (x)e(−1−i)x = 0 c′0 (x) (−1 + i) e(−1+i)x + c′1 (x) (−1 − i) e(−1−i)x = e5x entonces se tiene c′0 (x) = −c′1 (x)e−2ix c′1 (x)e(−1−i)x (−2i) = e5x i c′1 (x) = e(6+i)x 2 i i por lo tanto c1 (x) = 2(6+i) e(6+i)x , similarmente c′0 (x) = − 2(6−i) e(6−i)x , y sustituyendo en la expresión yp (x) = c0 (x)y0 (x) + c1 (x)y1 (x), se tiene

yp (x) = −

i i e(6−i)x e(−1+i)x + e(6+i)x e(−1−i)x 2 (6 − i) 2 (6 + i)

simplificando e5x 37 esta es la solución particular, y la solución completa a la ecuaci´ on es yp (x) =

y(x) = c1 e(−1+i)x + c2 e(−1−i)x +

e5x 37

o bien y(x) = c1 e−x cos x + c2 e−x sen x +

e5x 37

Ejemplo 19. Consideremos la ecuaci´ on x2 y ′′ − 2xy ′ + 2y = x3 . Es una ecuaci´ on de segundo orden no homogénea, con coeficientes variables. La solución complementaria correspondiente a x2 y ′′ − 2xy ′ + 2y = 0 es y(x) = c0 x + c1 x2


71

En este caso se tiene una ecuaci´ on de Euler cuya solución es de la forma y(x) = xm . En general a una expresión del tipo a0 xn y n + · · · + an−1 xy ′ + an y = g(x), se le conoce como ecuaci´ on de Euler, donde a0 , . . . , an−1 , an , son constantes. En este libro, no abundaremos en la deducci´ on de la soluci´ on complementaria para la ecuaci´ on de Euler, simplemente supondremos que es conocida, como lo requiere el método en cuestión. Nuevamente se trata de una ecuaci´ on de segundo orden por lo que utilizaremos el sistema de ecuaciones (3.34), (3.35) en este caso y0 (x) = x, y1 (x) = x2 , g(x) = x3 , a0 (x) = x2 , sustituyendo obtenemos c′0 (x)x + c′1 (x)x2 = 0 c′0 (x) + c′1 (x)2x = x despejando c′0 (x) = −c′1 (x)x y sustituyendo en la otra ecuaci´ on para c′0 −c′1 (x)x + c′1 (x)2x = x c′1 (x) = 1 2

por lo que c1 (x) = x, y c0 (x) = − x2 y la solución particular queda yp (x) = −

x2 x3 x + xx2 = 2 2

y la solución completa es y(x) = c0 x + c1 x2 +

x3 2

Ejemplo 20. Consideremos la ecuaci´ on y ′′′ − 6y ′′ + 11y ′ − 6y = e4x . Es una ecuaci´ on de tercer grado con coeficientes constantes por lo que la ecuaci´ on homogénea asociada es y ′′′ − 6y ′′ + 11y ′ − 6y = 0 y cuya solución complementaria es y(x) = c0 ex + c1 e2x + c2 e3x

72 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR ya que el polinomio caracter´ıstico se puede factorizar como r3 −6r2 +11r − 6 = (r − 1) (r − 2) (r − 3) = 0 donde las ra´ıces son r = 1, 2, 3. El sistema a resolver para los par´ ametros viene dado por c′0 (x)y0 (x) + c′1 (x)y1 (x) + c′2 (x)y2 (x) = 0 c′0 (x)y0′ (x) + c′1 (x)y1′ (x) + c′2 (x)y2′ (x) = 0 c′0 (x)y0′′ (x) + c′1 (x)y1′′ (x) + c′2 (x)y2′′ (x) =

g(x) a0 (x)

en este caso y0 (x) = ex , y1 (x) = e2x , y2 (x) = e3x , g(x) = e4x , a0 (x) = 1, entonces el sistema de ecuaciones anterior toma la forma c′0 (x)ex + c′1 (x)e2x + c′2 (x)e3x = 0 c′0 (x)ex + 2c′1 (x)e2x + 3c′2 (x)e3x = 0 c′0 (x)ex + 4c′1 (x)e2x + 9c′2 (x)e3x = e4x resolviendo el sistema llegamos a que c0 (x) = de donde e4x yp (x) = 6 y finalmente la solución a la ecuaci´ on es

e3x 6 , c1 (x)

y(x) = c0 ex + c1 e2x + c2 e3x +

3.3.2.

2x

= − e2 , c2 (x) =

ex 2

e4x 6

Coeficientes indeterminados

Nuevamente nos preocupamos por encontrar una solución particular. A diferencia del método de variaci´ on de par´ ametros, el método de coeficientes indeterminados no implica conocer la solución complementaria de la ecuaci´ on homogénea asociada. Supongamos que en la ecuaci´ on (1.5), las funciones a0 (x), . . . , an (x) son constantes, es decir a0 , . . . , an no dependen de x, y que la funci´ on g(x)


73

tiene la forma g(x) ∼ eax cos bx p0 xm + p1 xm−1 + · · · + pm

+ eax sen bx p0 xm + p1 xm−1 + · · · + pm

donde algunas de las constantes a, b, p0 , p1 , . . . , pm pudiesen ser cero. Si a ± ib no es una ra´ız del polinomio caracter´ıstico (3.20) asociado a (3.3) entonces existe una solución particular yp para la ecuaci´ on (3.3) en forma similar a la funci´ on g(x), en otras palabras yp = eax cos bx k0 xm + k1 xm−1 + · · · + km +e

ax

m

m−1

sen bx l0 x + l1 x

+ · · · + lm

(3.37)

donde los coeficientes k0 , k1 , . . . , km , l0 , l1 , . . . , lm , se determinan por sustitución de la expresión para yp en la ecuaci´ on diferencial y estos coeficientes se escogen de manera que la ecuaci´ on se convierta en una identidad. Si acaso a ± ib es una ra´ız compleja de multiplicidad h de la ecuaci´ on (3.20), entonces la solución particular yp se debe multiplicar por xh . Resolvamos algunos ejemplos. Ejemplo 21. Sea la ecuaci´ on y ′′ − 3y ′ + 7y = 10e2x , en este caso vemos que si comparamos g(x) = 10e2x con (3.37), entonces elegimos a = 2, b = 0, m = 0 con lo que yp = ke2x . Observemos ambos miembros de la ecuaci´ on al sustituir yp y ′′ − 3y ′ + 7y = 10e2x ′ ′′ ke2x − 3 ke2x + 7 ke2x = 10e2x

4ke2x − 6ke2x + 7ke2x = 10e2x

(4k − 6k + 7k) e2x = 10e2x

k · 5e2x = 2 · 5e2x k=2

por lo que yp = 2e2x es la solución particular buscada. Notemos que en

74 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR este caso la solución complementaria es ! √ 3 3 19 x y = c1 e 2 cos x + c2 e 2 x sen 2

! √ 19 x 2

ya que las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico r2 − 3r + 7 = 0, son r = √ 19 3 2 ±i 2 . Y finalmente la solución completa es ! √ 3 19 3 y = c1 e 2 x cos x + c2 e 2 x sen 2

! √ 19 x + 2e2x 2

Ejemplo 22. Sea la ecuaci´ on y ′′ − 3y ′ + 7y = 10xe2x , comparamos g(x) = 2x 10xe , con (3.37), entonces elegimos, a = 2, b = 0, m = 1 por lo que la solución propuesta es yp = (k1 x + k2 ) e2x . Observemos ambos miembros de la ecuaci´ on al sustituir yp

(k1 x + k2 ) e

2x ′′

y ′′ − 3y ′ + 7y = 10xe2x ′ − 3 (k1 x + k2 ) e2x

+7 (k1 x + k2 ) e2x = 10xe2x

(4k1 x + 4k2 + 4k1 ) e2x − 3 (2k1 x + 2k2 + k1 ) e2x

+7 (k1 x + k2 ) e2x = 10xe2x

[5k1 x + 5k2 + k1 ] e2x = 10xe2x 5k1 x + 5k2 + k1 = 10x

(3.38)

por lo tanto para tener una identidad en (3.38) se debe satisfacer que 5k1 = 10 5k2 + k1 = 0 o bien k1 = 2, k2 = − 52 , por lo que yp = 2x − 25 e2x es la solución particular buscada, y la solución completa es ! ! √ √ 19 19 3 3 2 2x x x 2 2 y = c1 e cos e x + c2 e sen x + 2x − 2 2 5


75

Ejemplo 23. Sea la ecuaci´ on y ′′ + 2y ′ + 2y = sen 3x, en este caso g(x) = sen 3x, con (3.37), entonces elegimos, a = 0, b = 3, m = 0 por lo que la solución particular propuesta es yp = k0 cos 3x + l0 sen 3x, observemos ambos miembros de la ecuaci´ on al sustituir yp y ′′ + 2y ′ + 2y = sen 3x ′′

′

(k0 cos 3x + l0 sen 3x) + 2 (k0 cos 3x + l0 sen 3x)

+2 (k0 cos 3x + l0 sen 3x) = sen 3x (−6k0 + 2l0 − 9l0 ) sen 3x

+ (6l0 + 2k0 − 9k0 ) cos 3x = sen 3x (−6k0 − 7l0 ) sen 3x + (6l0 − 7k0 ) cos 3x = sen 3x

(3.39)

por lo tanto para tener una identidad en (3.39) se debe satisfacer −6k0 − 7l0 = 1 −7k0 + 6l0 = 0 7 6 , l0 = − 85 , por resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos k0 = − 85 lo que 6 7 yp = − cos 3x − sen 3x 85 85 es la solución particular buscada. Y la solución completa es

y = c1 e−x cos x + c2 e−x sen x −

6 7 cos 3x − sen 3x 85 85

La solución complementaria se obtiene del polinomio caracter´ıstico r2 + 2r + 2 = 0, cuyas ra´ıces son −1 + i,−1 − i.

Ejemplo 24. Sea la ecuaci´ on y ′′ − y = xex , comparamos g (x) = xex , con (3.37), entonces elegimos, a = 1, b = 0, m = 1 por lo que la solución particular propuesta es yp = (k1 x + k0 ) ex observemos ambos miembros de la ecuaci´ on al sustituir yp ′′

y ′′ − y = ((k1 x + k0 ) ex ) − (k1 x + k0 ) ex = (k1 x + k0 + 2k1 ) ex − (k1 x + k0 ) ex 2k1 ex = xex

76 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR vemos que existe una inconsistencia dado que nos queda 2k1 = x y sabemos que x est´ a definida para todo un intervalo I. Esto se debe a que el término k0 ex en la solución particular propuesta, coincide con la solución correspondiente a la ra´ız que surge del polinomio caracter´ıstico para la solución complementaria, por lo tanto esta se repite una vez y tiene multiplicidad h = 1, entonces debemos multiplicar por x la solución particular propuesta yp = x (k1 x + k0 ) ex o bien yp = k1 x2 + k0 x ex

nuevamente comparemos ambos miembros utilizando ahora esta solución ′′ y ′′ − y = k1 x2 + k0 x ex − k1 x2 + k0 x ex = k1 x2 + k0 x + 2k1 x + k0 + 2k1 x + k0 + 2k1 ex − k1 x2 + k0 x ex = (4k1 x + 2 (k0 + k1 )) ex = xex

y resulta 4k1 x + 2 (k0 + k1 ) = x x

= − 14 . Por lo tanto yp = xe4 (x − 1) es la solución de donde k1 = particular buscada. Finalmente la solución completa es 1 4 , k0

y = c1 ex + c2 e−x +

xex (x − 1) 4

Ejemplo 25. Sea la ecuaci´ on y ′′ + y = x + 2 cos x + sen x, vemos que g (x) = x + 2 cos x + sen x, comparando con (3.37), entonces elegimos, primeramente para el término x a = 0, b = 0, m = 1 y posteriormente para el término 2 cos x + sen x, a = 0, b = 1, m = 0 y utilizamos el principio de superposición véase la expresión (3.7). Entonces la solución propuesta


77

es yp = k1′ x + k0′ + k0 cos x + l0 sen x. Sin embargo, observemos que la forma de la solución k0 cos x + l0 sen x también corresponde a la solución complementaria que se obtiene de las ra´ıces ±i del polinomio caracter´ıstico r2 + 1 = 0. Por lo tanto, la solución particular k0 cos x + l0 sen x tiene multiplicidad h = 1, y en ese caso es necesario multiplicar por una x, es decir la solución particular propuesta será yp = k1′ x + k0′ + x (k0 cos x + l0 sen x) realizando el mismo procedimiento como en los ejemplos anteriores obtenemos el valor de las constantes; más detalladamente, sustituyendo yp en la ecuaci´ on yp′′ + yp = x + 2 cos x + sen x resulta k1′ x + k0′ − 2k0 sen x + 2l0 cos x = x + 2 cos x + sen x de donde se obtiene k1′ = 1, k0′ = 0, k0 = − 21 , l0 = 1, y la solución particular será x cos x yp = x − + x sen x 2 y la solución completa x cos x + x sen x y = c0 cos x + c1 sen x + x − 2

3.3.3.

Factorizaci´ on de operadores

Hab´ıamos mencionado anteriormente que una ecuaci´ on lineal (1.5) se puede escribir en la forma (3.8) donde (3.9) se le conoce como un “operador diferencial lineal” podemos decir que a todo operador lineal de la forma L = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0 donde a0 , a1 , . . . , an−1 , an son constantes reales y Di = correspondencia un polinomio caracter´ıstico

di dxi ,

f (r) = an rn + an−1 rn−1 + · · · + a1 r + a0

se le pone en

78 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR y supongamos que es posible calcular y conocer todas las ra´ıces r0 , r1 , . . . , rn del polinomio caracter´ıstico, entonces existe una factorizaci´ on del polinomio f (r) = an (r − rn ) (r − rn−1 ) . . . (r − r0 ) y correspondientemente obtenemos para L L = an (D − rn ) (D − rn−1 ) . . . (D − r0 ) ya que hemos pensado en D como si fuese una variable, no obstante, se debe tener cuidado ya que esto sólo es posible en el caso en que a0 , a1 , . . . , an sean constantes necesariamente, si no es as´ı, el método deja de ser aplicable. Esto se justifica considerando nuevamente lo que ya se mencionó con respecto a la expresión (3.14). Dicha factorización nos conduce a un nuevo método para encontrar una solución particular de una ecuaci´ on no homogénea, como a continuación ilustraremos. Ejemplo 26. Sea la ecuaci´ on y ′′ − y = e−x , observemos que esta ecuaci´ on se puede reescribir en la forma d2 y − y = e−x dx2 D2 − 1 y = e−x

(3.40)

vemos que la expresión D2 − 1 se puede factorizar como una diferencia de cuadrados D2 − 1 = (D − 1) (D + 1) entonces D2 − 1 y = e−x (D − 1) (D + 1) y = e−x

(3.41)

y hagamos convenientemente un cambio de variable, es decir, llamemos u = (D + 1) y, y sustituyamos en (3.41) de forma que (D − 1) u =

du − u = e−x dx


79

vemos que se trata de una ecuaci´ on lineal de primer orden en la variable u. Para resolver la ecuaci´ on utilizamos la expresión (2.5) para ecuaciones lineales de primer orden Z R R u = e− −1dx c0 + e −1dx e−x dx Z u = ex c0 + e−x e−x dx 1 u = ex c0 − e−x 2

(3.42)

haciendo la sustituci´ on u = (D + 1) y en (3.42) se obtiene 1 (D + 1) y = ex c0 − e−x 2 1 dy x + y = e c0 − e−x dx 2 nuevamente resulta una ecuaci´ on lineal de primer orden y utilizamos (2.5) para encontrar la solución Z R R 1 −x x 1dx − 1dx e c0 − e c1 + e y(x) = e dx 2 Z 1 e2x c0 − y(x) = e−x c1 + dx 2 1 c0 (3.43) y(x) = c1 e−x + ex − xe−x 2 2 en cada integraci´ on han surgido las funciones correspondientes a la solución complementaria, es decir, de la solución (3.43) la parte yc = c1 e−x +

c0 x e 2

corresponde a la solución complementaria de (3.40) por lo que la solución particular es 1 yp = − xe−x 2

80 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Ejemplo 27. Sea la ecuaci´ on d2 r d3 r − = cos θ dθ3 dθ2

(3.44)

observemos que la ecuaci´ on (3.44) se puede reescribir en la forma 3 d2 d − 2 r = cos θ dθ3 dθ 3 D − D2 r = cos θ

donde D = rizar como

d dθ ,

notemos además que la expresión D3 − D2 se puede facto D3 − D2 r = cos θ

D2 (D − 1) r = cos θ

(3.45)

hagamos la sustituci´ on w = D (D − 1) r en la expresión (3.45), de tal manera que nos queda dw = cos θ dθ podemos resolver esta ecuaci´ on para la variable w por integraci´ on directa Z w = cos θdθ cuya solución es w = sen θ + c0

(3.46)

recuperando el cambio de variable w = D (D − 1) r sustituyamos nuevamente en la expresión (3.46) D (D − 1) r = sen θ + c0 y hagamos la siguiente sustituci´ on v = (D − 1) r de donde resulta dv = sen θ + c0 dθ


81

de igual forma podemos integrar directamente Z v = (sen θ + c0 ) dθ o bien v = − cos θ + c0 θ + c1

(3.47)

finalmente sustituimos v = (D − 1) r en (3.47) dr − r = − cos θ + c0 θ + c1 dθ y usamos la fórmula (2.5) Z R R r = e− (−1)dθ c2 + e (−1)dθ (− cos θ + c0 θ + c1 ) dθ Z −e−θ cos θ + c0 θe−θ + c1 e−θ dθ r = e θ c2 + Z −e−θ cos θ + c0 θe−θ + c1 e−θ dθ r = e θ c2 + e θ

(3.48)

al realizar la integraci´ on en (3.48) se obtiene r = e θ c2 − c0 θ − c0 − c1 +

1 (cos θ − sen θ) 2

haciendo a = −c0 −c1 , b = −c0 , c = c2 dado que son constantes arbitrarias tenemos 1 r = a + bθ + ceθ + (cos θ − sen θ) 2 donde rc = a + bθ + ceθ es la solución complementaria y rp =

1 (cos θ − sen θ) 2

82 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR corresponde a la solución particular de (3.44). Ejemplo 28. Sea la ecuaci´ on d2 y dy d3 y − 6 2 + 11 − 6y = 5 3 dx dx dx observemos que esta ecuaci´ on se puede reexpresar en la forma 3 d d2 d − 6 2 + 11 −6 y =5 dx3 dx dx D3 − 6D2 + 11D − 6 y = 5

(3.49)

d , notemos que la expresión D3 − 6D2 + 11D − 6 se puede donde D = dx factorizar de la siguiente manera D3 − 6D2 + 11D − 6 y = 5 D D2 − 6D + 11 − 6 y = 5 (D (D − 3) (D − 3) + 2 (D − 3)) y = 5 D2 − 3D + 2 (D − 3) y = 5

(D − 1) (D − 2) (D − 3) y = 5

(3.50)

como en los ejemplos anteriores, hagamos la sustitución w = (D − 2) (D − 3) y en (3.50), de forma tal que nos queda (D − 1) w = 5 ésta es una ecuaci´ on lineal de primer orden dw −w =5 dx que podemos resolver usando la expresión (2.5), al hacerlo la solución que se obtiene es Z R R w = e− (−1)dx a0 + e (−1)dx 5dx w = ex a0 − 5e−x w = a0 e x − 5

(3.51)


83

Recuperando el cambio de variable w = (D − 2) (D − 3) y y sustituyéndolo nuevamente en la ecuaci´ on (3.51) queda (D − 2) (D − 3) y = a0 ex − 5

(3.52)

haciendo la sustituci´ on v = (D − 3) y en (3.52) se obtiene (D − 2) v = a0 ex − 5 dv − 2v = a0 ex − 5 dx utilizando la fórmula general para las ecuaciones lineales de primer orden (2.5), la solución es Z R R (−2)dx x − (−2)dx a1 + e (a0 e − 5) dx v=e v = a1 e2x − a0 ex +

5 2

(3.53)

Finalmente sustituimos v = (D − 3) y en (3.53) 5 dy − 3y = a1 e2x − a0 ex + dx 2 y resolvemos la ecuaci´ on con ayuda de (2.5) Z R R 5 y = e− (−3)dx a2 + e (−3)dx a1 e2x − a0 ex + dx 2 Z 5 a1 e−x − a0 e−2x + e−3x dx y = e3x a2 + 2 5 1 y = e3x a2 − a1 e2x + a0 ex − 2 6 haciendo a = a2 , b = −a1 , c =

a0 2

se obtiene

y = ae3x + be2x + cex −

5 6

84 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR donde yc = ae3x + be2x + cex es la solución complementaria y yp = −

5 6

es la solución particular de (3.49). Para este método en espec´ıfico, las constantes arbitrarias que surgen en cada integraci´ on son coeficientes de la solución complementaria a la ecuaci´ on, y siempre la funci´ on sin coeficientes arbitrarios corresponde con la solución particular, este método permite encontrar la solución general sin considerar condiciones iniciales. En el siguiente método necesariamente las ecuaciones deben estar sujetas a condiciones iniciales como veremos a continuación.

3.3.4.

Funci´ on de Green

El método de la funci´ on de Green, es un método que puede ser generalizado ampliamente, incluso para resolver ecuaciones diferenciales parciales no homogéneas, en cuyo caso resulta ser un método no trivial y muy elegante matemáticamente. Consideramos u ´ til dar un acercamiento inicial de este método para el caso de ecuaciones ordinarias, de manera que el estudiante ya este familiarizado con la definición y aplicación del método en cursos de matemáticas más avanzados. Expresemos la ecuaci´ on (1.5) en la forma J (y) − q (x) = 0 donde J (y) =

dn−1 y dy dn y + p (x) + · · · + p1 (x) + p0 (x) y n−1 dxn dxn−1 dx

y q (x) =

g (x) an (x)

(3.54)

´ 3.3. ECUACIONES NO HOMOGENEAS nuevamente las funciones pn−1 (x) =

an−1 (x) an (x) , pn−2 (x)

85 =

an−2 (x) an (x) , . . . ,

p0 (x) = aan0 (x) (x) son constantes y an (x) 6= 0 y supondremos que las nuevas funciones pi (x) , i = 1, . . . , n, q (x), son continuas en un intervalo [a, b] . Podemos construir una funci´ on de Green de la siguiente forma. Sea y (x) una funci´ on definida en un intervalo [a, b] tal que tiene las siguientes propiedades a) la funci´ on y(x) y sus n-ésimas derivadas existen y satisfacen J (y) = 0 en todo punto del intervalo [a, b] excepto posiblemente en alg´ un punto t = s; b) la funci´ on y (x) satisface las condiciones homogéneas (es decir todas son iguales a cero) y (a) = y ′ (a) = · · · = y [n−1] (a) = 0; c) las funciones y (x) = y ′ (x) = · · · = y [n−2] (x) son continuas en todo [a, b] incluido t, y por u ´ ltimo d) la derivada y [n−1] (x) posee una discontinuidad de escal´ on dada por 0 si x → s+ y [n−1] (x) = −1 si x → s− donde x → s+ significa que x se aproxima a s por la derecha, y similarmente x → s− significa que x se aproxima a s por la izquierda. Una funci´ on y (x) que satisfaga las cuatro propiedades anteriores se le conoce como funci´ on de Green o funci´ on de peso para J (y) y se denota por K (s, x) ve´ ase [7] . Una vez que se conoce la funci´ on de Green, la solución de la ecuaci´ on (3.54) con condiciones iniciales homogéneas y [i−1] (a) = 0,

i = 1, 2, . . . , n

est´ a dada por y (x) =

Zb a

K (s, x) q (s) ds

86 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Ejemplo 29. Encuentre la solución a la ecuaci´ on d2 y dy d3 y − 3 +2 = cos x 3 2 dx dx dx

(3.55)

sujeta a las condiciones iniciales homogéneas dy d2 y y (0) = 0 =0 =0 dx x=0 dx2 x=0

Primeramente, se construye la funci´ on de Green a partir de la ecuaci´ on homogénea L (K (x, s)) = 0 (3.56) donde K (x, s) es la funci´ on de Green y L es el operador diferencial L=

d3 d2 d −3 2 +2 3 dx dx dx

La ecuaci´ on (3.56) es una ecuaci´ on lineal homogénea con coeficientes constantes cuya solución se encuentra a partir del polinomio caracter´ıstico r3 − 3r2 + 2r = 0 (Véase el apartado Ecuaciones Homogéneas de este cap´ıtulo) cuya solución viene dada por K (x, s) = a + bex + ce2x Como segundo paso la funci´ on de Green debe satisfacer la discontinuidad de salto en x = s entonces proponemos dos partes para la solución una que es válida a la izquierda de s y otra que es válida a la derecha de s, es decir c0 + c1 ex + c2 e2x x<s K (x, s) = (3.57) c3 + c4 ex + c5 e2x x>s las constantes c0 , c1 , c2 se determinan a partir de las condiciones siguientes dK (x, s) d2 K (x, s) =0 K (x, s) |x=0 = 0 = 0 dx dx2 x=0 x=0


87

de donde se obtiene un sistema de ecuaciones c0 + c1 + c2 = 0 c1 + 2c2 = 0 c1 + 4c2 = 0 cuya solución es trivial c0 = c1 = c2 = 0. Asimismo para determinar el valor de las constantes c3 , c4 , c5 , se utilizan las condiciones de continuidad para las derivadas que también deben ser satisfechas por la funci´ on de Green K (x, s)|x=s− − K (x, s)|x=s+ = 0 dK (x, s) dK (x, s) − − + =0 dx dx x=s x=s d2 K (x, s) d2 K (x, s) −− + = −1 dx2 dx2 x=s x=s

donde x = s+ indica que x se aproxima a s por la derecha y x = s− indica que x se aproxima a s por la izquierda. Desarrollando las expresiones anteriores se obtiene el sistema de ecuaciones siguiente 0 − c3 + c4 es + c5 e2s = 0 0 − c4 es + 2c5 e2s = 0 0 − c4 es + 4c5 e2s = −1 de donde obtenemos los valores para las constantes c3 =

1 2

c4 = −e−s

c5 =

1 −2s e 2

sustituyendo los valores de las constantes en (3.57) la funci´ on de Green buscada es 0 x<s K (x, s) = − 21 + ex−s − 21 e2(x−s) x > s

88 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR Una vez que se obtiene K (x, s) la solución a la ecuaci´ on es Z y (x) = K (x, s) cos sds donde la funci´ on cos s corresponde a la parte no homogénea de la ecuaci´ on (3.55), expl´ıcitamente podemos escribir Zx 1 1 − + ex−s − e2(x−s) cos sds y (x) = 2 2

(3.58)

0

y realizando la integraci´ on finalmente la solución es 1 1 3 1 y (x) = − ex + e2x + cos x + sen x 2 2 10 10 Ejemplo 30. Encuentre la solución a la ecuaci´ on d2 y dy +3 = ex 2 dx dx

(3.59)

sujeta a las condiciones iniciales homogéneas dy =0 y (0) = 0 dx x=0

siguiendo el procedimiento mostrado en el ejemplo anterior, la funci´ on de Green se construye a partir de la solución a la ecuaci´ on homogénea dK d2 K +3 =0 dx2 dx donde K = K (x, s) es la funci´ on de Green, la solución se obtiene a partir del polinomio caracter´ıstico r2 + 3r = 0 ya que se trata de una ecuaci´ on lineal homogénea con coeficientes constantes, por lo tanto la solución es K (x, s) = c0 + c1 e−3x


89

Como en el ejemplo anterior, la funci´ on de Green debe ser continua en x = s entonces consideramos dos soluciones, a la izquierda y derecha del punto de discontinuidad c0 + c1 e−3x x < s K (x, s) = (3.60) c2 + c3 e−3x x > s de las condiciones iniciales homogéneas K (x, s) |x=0 = 0

dK (x, s) =0 dx x=0

se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones para las constantes c0 , c1 c0 + c1 = 0 c0 − 3c1 = 0 teniendo u ´ nicamente la solución trivial c0 = c1 = 0. Asimismo se deben satisfacer las siguientes condiciones de continuidad en x = s K (x, s)|x=s− − K (x, s)|x=s+ = 0 dK (x, s) dK (x, s) −− + = −1 dx dx x=s

x=s

sustituyendo las soluciones de ambas regiones se obtiene 0 − c2 + c3 e−3s = 0 0 − −3c3 e−3s = −1

al resolver el sistema para encontrar c2 y c3 se obtiene c2 =

1 3

1 c3 = − e3s 3

y sustituyendo c0 , c1 , c2 , c3 en la expresión (3.60), la funci´ on de Green deseada es 0 x<s K(x, s) = 1 −3(x−s) 1 − e x>s 3

90 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR una vez que se obtiene la funci´ on K (x, s) la solución a la ecuaci´ on es Z y (x) = K (x, s) es ds sustituyendo la expresión encontrada para K (x, s) Zx 1 1 − e−3(x−s) es ds y (x) = 3

(3.61)

0

al integrar (3.61) se obtiene la solución de (3.59) 1 1 1 y (x) = − + e−3x + ex 3 12 4 Ejemplo 31. Encuentre la solución a la ecuaci´ on d2 y + y = x2 + x dx2

(3.62)

sujeta a las condiciones iniciales homogéneas dy y (0) = 0 =0 dx x=0

construyamos la funci´ on de Green a partir de la ecuaci´ on homogénea asociada a (3.62) d2 K +K =0 dx2 como es una ecuaci´ on lineal homogénea con coeficientes constantes, se obtiene el polinomio caracter´ıstico r2 + 1 = 0 y la solución correspondiente viene dada por K (x, s) = a cos x + b sen x como en los ejemplos anteriores la funci´ on de Green esta compuesta de dos partes, una solución a la derecha de s y otra solución a la izquierda de s, es decir c0 cos x + c1 sen x x < s K (x, s) = c2 cos x + c3 sen x x > s


91

la funci´ on de Green debe satisfacer las condiciones iniciales dK (x, s) K (x, s)|x=0 = 0 =0 dx x=0

de donde obtenemos los valores para c0 , c1

c0 + c1 = 0 −c0 + c1 = 0 resolviendo el sistema de ecuaciones anterior se obtiene la solución trivial c0 = c1 = 0. Asimismo la funci´ on de Green debe satisfacer las condiciones de continuidad en x = s, es decir K (x, s)|x=s− − K (x, s)|x=s+ = 0 dK (x, s) dK (x, s) −− + = −1 dx dx x=s x=s

de aqui resulta el siguiente sistema de ecuaciones

0 − (c2 cos s + c3 sen s) = 0 0 − (−c2 sen s + c3 cos s) = −1 resolviendo el sistema los valores para las constantes son c2 = − sen s

c3 = cos s

por lo tanto nuestra funci´ on de Green correspondiente es 0 x<s K (x, s) = sen (x − s) x > s donde hemos utilizado la identidad sen (x − s) = sen x cos s − cos x sen s. Una vez que se obtiene la funci´ on K (x, s) la solución a la ecuaci´ on es Z y (x) = K (x, s) s2 + s ds

92 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR donde s2 + s corresponde a la parte no homogénea de la ecuaci´ on (3.62). Expl´ıcitamente tenemos que y (x) =

Zx 0

sen (x − s) s2 + s ds

(3.63)

al integrar la expresión anterior la solución es y (x) = −2 + x + x2 + 2 cos x − sen x Ejemplo 32. Encuentre la solución a la ecuaci´ on d4 y d2 y + 2 + y = x3 dx4 dx2 sujeta a las condiciones iniciales homogéneas dy d2 y y (0) = 0 =0 =0 dx x=0 dx2 x=0

(3.64)

d3 y =0 dx3 x=0

De la ecuaci´ on homogénea correspondiente a (3.64) se obtiene

d2 K d4 K + 2 +K =0 dx4 dx2 que es una ecuaci´ on lineal homogénea con coeficientes constantes de cuarto orden. La solución viene dada por K (x, s) = a0 cos x + a1 sen x + a2 x cos x + a3 x sen x la funci´ on de Green tiene la forma c0 cos x + c1 sen x + c2 x cos x + c3 x sen x K (x, s) = c4 cos x + c5 sen x + c6 x cos x + c7 x sen x Utilizando las condiciones iniciales K (x, s)|x=0 = 0 d2 K (x, s) =0 dx2 x=0

dK (x, s) dx

=0 x=0

d3 K (x, s) dx3

=0 x=0

x<s x>s


93

se deduce un sistema de ecuaciones para las constantes c0 , c1 , c2 , c3 c0 = 0

c1 + c2 = 0

−c0 + 2c3 = 0

− c1 − 3c2 = 0

cuya solución es c0 = c1 = c2 = c3 = 0. La funci´ on de Green además debe satisfacer las condiciones de continuidad en x = s K (x, s)|x=s− − K (x, s)|x=s+ dK (x, s) dK (x, s) −− + dx dx x=s x=s d2 K (x, s) d2 K (x, s) −− + dx2 dx2 x=s x=s 3 3 d K (x, s) d K (x, s) −− + dx3 dx3 x=s x=s

=0 =0 =0 = −1

resolviendo el sistema de ecuaciones que resulta de las condiciones anteriores c4 cos s + c5 sen s + c6 s cos s + c7 s sen s = 0 −c4 sen s + c5 cos s + c6 cos s − c6 s sen s + c7 sen s + c7 s cos s = 0 −c4 cos s − c5 sen s − 2c6 sen s − c6 s cos s + 2c7 cos s − c7 s sen s = 0 c4 sen s − c5 cos s − 3c6 cos s + c6 s sen s − 3c7 sen s − c7 s cos s = 1

se obtiene 1 (s cos s − sen s) 2 1 c6 = − cos s 2 c4 =

1 (cos s + s sen s) 2 1 c7 = − sen s 2 c5 =

por lo tanto, la funci´ on de Green correspondiente es 0 x<s K (x, s) = 1 [sen (x − s) − (x − s) cos (x − s)] x >s 2

94 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR donde hemos utilizado las identidades cos (x − s) = cos x cos s + sen x sen s sen (x − s) = sen x cos s − sen s cos x

(3.65)

una vez que se obtiene la funci´ on K (x, s), la solución a la ecuaci´ on es Z y (x) = K (x, s) s3 ds es decir sustituyendo expl´ıcitamente la funci´ on obtenida para K (x, s) 1 y (x) = 2

Zx 0

[sen (x − s) − (x − s) cos (x − s)] s3 ds

(3.66)

integrando se obtiene la solución de (3.64) deseada y (x) = −12x + x3 − 2x cos x + 15 sen x Ejemplo 33. Sea la ecuaci´ on d2 y dy +2 + 2y = x dx2 dx sujeta a las condiciones iniciales homogéneas dy y (0) = 0 =0 dx x=0

(3.67)

(3.68)

Como ya se sabe de la ecuaci´ on homogénea relacionada con la anterior, se encuentra la solución correspondiente, y dado que se trata de una ecuaci´ on con coeficientes constantes, el polinomio caracter´ıstico correspondiente es r2 + 2r + 2 = 0. Las ra´ıces del polinomio son r = −1 ± i por lo que la solución es K (x, s) = e−x (a cos x + b sen x) (3.69)

95

3.4. EJERCICIOS

Al aplicar las condiciones iniciales (3.68) junto con las condiciones de continuidad en x = s dK (s, x) K(s, x)|x=s+ = 0, − = −1 dx x=s obtenemos

K (s, x) =

0 −e−(x−s) sen (x − s)

x<s x>s

donde hemos utilizado la identidad (3.65). Finalmente, la solución a la ecuaci´ on (3.67) se obtiene de la integral y(x) = −

Zx 0

se−(x−s) sen (x − s) ds

(3.70)

Las soluciones de los ejemplos 29-33 se expresan como las integrales (3.58), (3.61),(3.63),(3.66),(3.70) las cuales pueden resolverse con los métodos convencionales, sin embargo, seg´ un sea la complejidad de la ecuaci´ on y de la funci´ on q (x), muchas veces no se pueden resolver de manera anal´ıtica (en el ejemplo anterior se deja como ejercicio encontrar el valor de la integral (3.70)). Si la integral no es soluble anal´ıticamente, entonces se recurre a métodos de aproximación numérica mismos que se estudiar´ an en el cap´ıtulo 5.

3.4.

Ejercicios

En los problemas del 1 al 10 resuelva cada una de las ecuaciones usando el método mas conveniente. 1. 2y ′′′ + y ′′ − 10y = 0 2. y IV + 4y ′′′ + 6y ′′ + 4y ′ + y = xe−x 3

3. 2 ddt3x = 0

96 CAPÍTULO 3. ECUACIONES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR 4. y ′′ + 4y = 3e2x sen (2x) 5. y ′′′ + y = 0 6.

d2 x dt2

= ln (t)

7.

d5 x dt5

+x=0

8. y ′′′ + 4y ′ = sen (x) 9.

d4 r dθ 4

3

d r dr + 2 dθ 3 − 2 dθ − r = 0

10. y V − 2y IV + y ′′′ = x3 e3x

Cap´ıtulo

4

La transformada de Laplace El concepto b´ asico de la transformada de Laplace es convertir una ecuaci´ on diferencial o sistema de ecuaciones diferenciales en un problema algebraico. En este texto no pretendemos realizar un análisis riguroso de la transformada de Laplace. Lo que se desea, es proporcionar algunos conceptos b´ asicos, que permitir´ an aplicar la transformada de Laplace a la resolución de ecuaciones diferenciales. En general se han preferido resolver ejemplos usando tablas de transformadas b´ asicas y los teoremas pertinentes de la transformada de Laplace. Por lo cual, se hace énfasis en la aplicación de dichos teoremas. Por lo tanto no realizaremos ninguna demostración rigurosa, ni de la transformada, ni de sus teoremas, el lector podrá consultar las definiciones formales y demostraciones en las referencias indicadas, siendo esta consulta altamente recomendable.

97

CAPÍTULO 4. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

98

4.1.

La notaci´ on est´ andar

La notaci´ on est´ andar es la siguiente, la funci´ on de t usualmente se representa como f (t), y la transformada de Laplace de la funci´ on se representa como L{f }(s). Algunos textos modifican esta representación al usar L[f (t)] (4.1) que se lee, la transformada de Laplace de la funci´ on f (t), siendo esta notaci´ on la que se utilizará en este texto. El concepto b´ asico de la transformada de Laplace es transformar una ecuaci´ on diferencial de la forma an

dn−1 y dy dn y + an−1 n−1 + · · · + a1 + a0 y = g(t) n dt dt dt

(4.2)

a una ecuaci´ on algebraica que incluye las condiciones iniciales y(0), y ′ (0), n−1 ..., y (0) esto hace a la transformada de Laplace s´ umamente u ´ til en análisis de circuitos y ecuaciones diferenciales con problemas de valor inicial.

4.2.

Definici´ on de la transformada de Laplace y su uso

Sea una funci´ on f (t) definida para t ≥ 0, la transformada de Laplace de f (t) se obtiene multiplicando a esta funci´ on f (t) por e−st e integrando desde t = 0 hasta t = ∞ Z ∞ F (s) = L[f (t)] = e−st f (t)dt (4.3) 0

siendo la transformada de Laplace de la funci´ on f (t), una nueva funci´ on en la variable s, es decir F (s), siempre y cuando la integral converja.

´ DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Y SU USO99 4.2. DEFINICION

4.2.1.

Deducci´ on de la transformada de Laplace a partir de la definici´ on

En este apartado nos interesa mostrar c´ omo es que se deduce la transformada de Laplace directamente de su definición, con el fin de entender de d´ onde proviene dicha transformada, sin embargo, veremos que en la práctica no es necesario acudir a la definición en todo momento, ya que existen tablas de transformadas b´ asicas como explicaremos mas adelante. Ejemplo 1. Dada f (t) = 1 obtener su transformada a partir de la definici´ on (4.3). En este caso, debemos obtener la transformada de Laplace de la funci´ on f (t) sustituyendo en la definición y evaluando la integral resultante para ello se realiza el siguiente procedimiento

L[1] =

Z

∞

e−st (1)dt

0

para evaluar la integral usamos el método de sustitución haciendo u = −st y du = −sdt por lo tanto − du s = dt por lo cual la integral se sustituye por Z

0

∞

e

−st

∞

1 du dt = e − s 0 Z ∞ 1 =− eu du s 0 1 = − eu |∞ 0 s Z

u

sustituyendo nuevamente u = −st 1 1 −st ∞ − eu |∞ |0 0 =− e s s

100


1 1 = − e−∞ + e0 s s 1 1 = − (0) + (1) s s 1 = s por lo tanto

1 (4.4) s con lo que obtenemos nuestra primera transformada, en este caso la transformada de la funci´ on unidad. L[1] =

Funci´ on f (t)

Transformada de Laplace F (s)

1

1 s

K(cte.)

K s

sen(at)

a s2 +a2

cos(at)

s s2 +a2

eat

1 s−a

t

1 s2

t2

2 s3

tn

n! sn+1

Tabla 4.1: Transformadas b´ asicas de Laplace. Aunque en la mayor´ıa de los casos es posible (y deseable) realizar el procedimiento marcado por esta definición, se debe considerar como u ´ ltimo

´ DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Y SU USO101 4.2. DEFINICION recurso y se recomienda usar las propiedades y tablas para facilitar en la medida de lo posible el c´ alculo de la transformada de Laplace. En este texto se pretende hacer uso amplio de dichas herramientas. Para lo cual iniciaremos con algunas transformadas b´ asicas que se muestran en la tabla 4.1. Como parte de los ejercicios procederemos a usar la definición para obtener algunas de estas transformadas, sin embargo, como ya se dijo anteriormente, no se espera que en la práctica se le utilice, sólo es para efectos de claridad. Ejemplo 2. Sea f (t) = K (donde K = constante) obtener la transformada de Laplace a partir de la definición. En este caso debemos obtener la transformada de Laplace de la funci´ on f (t) sustituyendo en la definición y evaluando la integral resultante para ello se realiza el siguiente procedimiento, de manera similar al ejemplo anterior

L[K] =

Z

∞

Ke−st dt

0

Para evaluar la integral hacemos el cambio de variable u = −st y du = −sdt por lo tanto − du s = dt por lo cual la integral se sustituye por

K

Z

0

∞

e−st dt = K

Z

∞

1 eu − du s

0 Z K ∞ u =− e du s 0 K = − eu |∞ 0 s

102


y volviendo a sustituir u = −st −

K u ∞ K e |0 = − e−st |∞ 0 s s K K = − e−∞ + e0 s s K K = − (0) + (1) s s K = s

por lo tanto

K (4.5) s con lo que obtenemos nuestra segunda transformada, que concuerda con el resultado de la tabla 4.1. L[K] =

Ejemplo 3. Dada la funci´ on f (t) = sen(t) obtener su transformada a partir de la definición. En este caso es necesario efectuar una sustitución de la funci´ on sen(at) con a = 1, por lo que Z ∞ L[sen(t)] = sen(t)e−st dt 0

por medio de la identidad de Euler sabemos que sen(t) =

eit − e−it 2i

(4.6)

al sustituir en la funci´ on sen(t) por su equivalente en forma exponencial, nuestra ecuaci´ on a resolver se transforma a Z ∞ it e − e−it L[sen(t)] = e−st dt 2i 0

´ DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Y SU USO103 4.2. DEFINICION de esta manera podemos separar la integral en dos integrales exponenciales Z 1 ∞ it (e − e−it )e−st dt L[sen(t)] = 2i 0 Z 1 ∞ it−st = (e − e−it−st )dt 2i 0 Z Z 1 ∞ (i−s)t 1 ∞ −(i+s)t = e dt − e dt 2i 0 2i 0 Z Z 1 ∞ (i−s)t 1 ∞ (−i−s)t = e dt − e dt (4.7) 2i 0 2i 0

para evaluar las integrales en (4.7) nuevamente usamos el método de sustitución. En este caso en particular realizaremos las integrales por separado, tomando sólo el primer término de la expresión (4.7) tenemos que du = dt, de esta manera la si u = (i − s)t y du = (i − s)dt, y a su vez, i−s integral se sustituye por Z Z 1 ∞ (i−s)t 1 1 ∞ u du e dt = e 2i 0 2i 0 i−s Z ∞ 1 1 eu du = 2i i − s 0 1 1 = eu |∞ 0 2i i − s reemplazando nuevamente u = (i − s)t 1 1 1 1 u ∞ e |0 = e(i−s)t |∞ 0 2i i − s 2i i − s 1 1 1 1 −∞ e − e0 = 2i i − s 2i i − s 1 1 1 1 = (0) − (1) 2i i − s 2i i − s 1 1 =− 2i i − s


104

1 2(i2 − is) 1 =− 2(−1 − is) 1 = 2(1 + is)

=−

Tomando el segundo término de la expresión (4.7), tenemos que u = (−i − du s)t y du = (−i − s)dt por lo tanto −i−s = dt y la integral se sustituye por 1 2i

Z

∞

e

(−i−s)t

0

Z 1 1 ∞ u du dt = e 2i 0 −i − s Z ∞ 1 1 eu du = 2i −i − s 0 1 1 = eu |∞ 0 2i −i − s

una vez más sustituimos u = (−i − s)t 1 2i

1 −i − s

1 e(−i−s)t |∞ 0 −i − s 1 1 1 1 −∞ = e − e0 2i −i − s 2i −i − s 1 1 1 1 (0) − (1) = 2i −i − s 2i −i − s 1 1 1 =− =− 2i −i − s 2(−i2 − is) 1 =− 2(1 − is)

eu |∞ 0 =

1 2i

´ DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Y SU USO105 4.2. DEFINICION por lo cual ∞

eit − e−it −st e dt 2i 0 Z ∞ Z 1 1 ∞ (−i−s)t (i−s)t = e dt − e dt 2i 0 2i 0 1 1 + = 2(1 + is) 2(1 − is)

L[sen(t)] =

Z

uniendo los resultados de ambas integrales y simplificando tenemos que 1 2(1 − is) + 2(1 + is) 1 + = 2(1 + is) 2(1 − is) 2(1 + is) · 2(1 − is) 4 = 4(1 + is)(1 − is) 1 = (1 + is)(1 − is) la expresión del denominador es una diferencia de cuadrados, que al resolver nos da como resultado 1 1 = (1 + is)(1 − is) (1 − i2 s2 ) 1 = (1 − (−1)s2 ) 1 = 1 + s2 por lo tanto L[sen(t)] =

1 1 + s2

(4.8)

con lo que obtenemos nuestra tercera transformada. Ejemplo 4. Sea f (t) = cos(at) obtener su transformada a partir de la definición.

106


En este caso es necesario efectuar una sustitución de la funci´ on cos(at) usando la identidad de Euler, entonces de la definición Z ∞ cos(at)e−st dt L[cos(at)] = 0

por medio de la identidad de Euler sabemos que cos(at) =

eait + e−ait 2

al sustituir la funci´ on cos(at) por su identidad tenemos Z ∞ ait e + e−ait e−st dt L[cos(at)] = 2 0 Z 1 ∞ ait = e + e−ait e−st dt 2 0 Z 1 ∞ ait−st = e + e−ait−st dt 2 0 Z Z 1 ∞ (ai−s)t 1 ∞ −(ai+s)t = e dt + e dt 2 0 2 0 Z ∞ Z ∞ 1 1 e(ai−s)t dt + e(−ai−s)t dt = 2 0 2 0

(4.9)

(4.10)

para evaluar las integrales nuevamente usamos el método de sustitución. En este caso, también realizaremos las integrales por separado, tomando el primer término de la expresión (4.10), haciendo u = (ai − s)t y du = du (ai − s)dt por lo tanto ai−s = dt, entonces la integral se sustituye por Z Z 1 ∞ (ai−s)t 1 1 ∞ u du e dt = e 2 0 2 0 ai − s Z ∞ 1 1 eu du = 2 ai − s 0 1 1 = eu |∞ 0 2 ai − s

´ DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Y SU USO107 4.2. DEFINICION sustituyendo u = (ai − s)t 1 2

1 ai − s

1 e(ai−s)t |∞ 0 ai − s 1 1 1 1 = e−∞ − e0 2 ai − s 2 ai − s 1 1 1 1 (0) − (1) = 2 ai − s 2 ai − s 1 1 =− 2 ai − s 1 1 = 2 −ai + s

eu |∞ 0 =

1 2

para el segundo término de la expresión (4.10), hacemos las sustituciones du correspondientes, u = (−ai − s)t y du = (−ai − s)dt, por lo tanto −ai−s = dt y la integral es 1 2

Z

∞

e

(−ai−s)t

0

Z 1 1 ∞ u du dt = e 2 0 −ai − s Z ∞ 1 1 = eu du 2 −ai − s 0 1 1 eu |∞ = 0 2 −ia − s

regresando a la variable original, es decir reemplazando otra vez u = (−ai− s)t, se obtiene 1 2

1 −ai − s

eu |∞ 0 = =

1 2

1 2

1 e(−ai−s)t |∞ 0 −ai − s 1 1 1 e−∞ − e0 −ai − s 2i −ai − s

108

CAPÍTULO 4. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 1 1 1 (0) − (1) −ai − s 2 −ai − s 1 1 1 1 =− = 2 −ai − s 2 ai + s

1 = 2

por lo cual Z

∞

eait + e−ait 2

e−st dt 0 Z Z 1 ∞ (ai−s)t 1 ∞ −(ai+s)t = e dt + e dt 2 0 2 0 1 1 1 1 + = 2 −ai + s 2 ai + s

L[cos(at)] =

y uniendo ambas integrales tenemos que 1 2(ai + s) + 2(−ai + s) 1 1 1 + = 2 −ai + s 2 ai + s 2(−ai + s) · 2(ai + s) 2ai + 2s − 2ai + 2s = 4(−ai + s)(ai + s) 4s = 4(−ai + s)(ai + s) s = (−ai + s)(ai + s) la expresión del denominador es también una diferencia de cuadrados, que da como resultado s s = (−ai + s)(ai + s) (s − ai)(s + ai) s = 2 (s − i2 a2 ) s s = 2 = 2 s + a2 a + s2 con lo que obtenemos nuestra cuarta transformada

´ DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Y SU USO109 4.2. DEFINICION

L[cos(at)] =

s a 2 + s2

Ejemplo 5. Dada f (t) = t obtener su transformada a partir de la definici´ on. Como en los ejemplos anteriores sustituyendo f (t) en la definición Z ∞ L[t] = te−st dt 0

Esta integraci´ on es relativamente complicada, por lo que emplearemos primero un cambio de variables usando z como variable auxiliar, se tiene z z = st y dz = sdt, por lo cual dz ı s = dt y s = t, as´ Z ∞ Z ∞ z −z dz e te−st dt = s s 0 0 Z ∞ 1 ze−z dz = s2 0 R ∞ −x la integral a la derecha es de la forma 0 xe dx que debe de ser resuelta por partes, haciendo u = z y du = dz y v = e−z y dv = −e−z du, sustituyendo estas expresiones en la f´ ormula Z Z udv = uv − vdu (4.11) tenemos que nuestra integral sin el término s12 es Z Z −z −z ze dz = ze + e−z dz = ze−z − e−z

por lo tanto sustituyendo este valor en la integral original funci´ on de z Z ∞ 1 ze−z dz = 2 s 0 1 = 2 (ze−z − e−z ) |∞ 0 s

110


y regresando a la variable t 1 1 (ze−z − e−z ) = 2 (ste−st − e−st ) |∞ 0 s2 s en este caso en particular la evaluación del l´ımite ∞ no puede hacerse directamente, ya que existe una indeterminación en el término ste−st = st est , para remediar esto utilizaremos la regla de L’Hopital l´ım

t→c

f´ ´(t) f (t) = l´ım g(t) t→c g´(t)

derivando el denominador y el numerador tenemos f (t) = l´ım t→∞ g(t) t→∞ l´ım

d(st) dt d(est ) dt

s sest 1 = l´ım st t→∞ e 1 = ∞ e =0

= l´ım

t→∞

por lo tanto st − s(0)e−0 est = 0 − s(0)(1) =0−0

(ste−st ) |∞ ım 0 = l´

t→∞

=0

Por lo cual nuestra expresión se reduce a 1 1 −st ∞ (ste−st − e−st ) |∞ ) |0 0 = 2 (−e s2 s 1 1 = − 2 e−∞ + 2 e0 s s

(4.12)

111

4.3. TEOREMAS DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE =− =

1 1 (0) + 2 (1) s2 s

1 s2

finalmente obtenemos L[t] =

1 s2

(4.13)

Se deja como ejercicio obtener la transformada de Laplace de eat . Como se puede observar, la deducci´ on de la transformada de Laplace a partir de su definición es un método relativamente complicado y en general requiere de tiempo y paciencia obtener la transformada deseada. En una buena cantidad de casos es posible usar la tabla de transformadas b´ asicas para obtener otras transformadas usando los teoremas de la transformada de Laplace que se mostrarán a continuación.

4.3.

Teoremas de la transformada de Laplace

Los teoremas de la transformada de Laplace son, en buena parte, la raz´ on por la que el uso de la transformada de la Laplace ofrece ventajas al resolver ecuaciones diferenciales. Básicamente el principio de aplicación es relativamente simple, use una tabla de transformadas, si sucede que la transformada que est´ a buscando no se encuentra en la tabla, se busca en la ecuaci´ on las formas adecuadas que permiten aplicar el o los teoremas apropiados. Estos teoremas y su aplicación serán explicados con ejemplos más adelante.

4.3.1.

Teorema de la Linealidad

En general, se dice que una funci´ on es lineal cuando cumple que la imagen de la suma de dos argumentos es igual a la suma de las imágenes

112


de cada argumento, es decir f (ax + by) = af (x) + bf (y) donde a y b son constantes. La transformada de Laplace es una operaci´ on lineal por lo tanto cumple con la definición anterior. Esto es, si tenemos dos funciones g(t) y h(t) que tienen transformadas L[g(t)] y L[h(t)] entonces L[Ag(t) + Bh(t)] = AL[g(t)] + BL[h(t)]

(4.14)

donde A y B son constantes. Ejemplo 6. Calcular la transformada de f (t) = sen(at) + K. Por medio del teorema de linealidad sabemos que L[g(t) + h(t)] = L[g(t)] + L[h(t)]

(4.15)

es decir L[f (t)] = L[sen(at) + K] = L[sen(at)] + L[K] usando la tabla 4.1 sabemos que L[sen(at)] =

s2

L[K] =

K s

y que

a + a2

por lo tanto L[f (t)] = L[sen(at)] + L[K] a K = 2 + 2 s +a s Ejemplo 7. Sea la funci´ on g(t) = Keat obtener su transformada usando el teorema de linealidad. Procedemos de la siguiente manera L[g(t)] = L[Keat ] = KL[eat ]

4.3. TEOREMAS DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE de la tabla sabemos que L[eat ] = por lo tanto

113

1 s−a

L[g(t)] = KL[eat ] K = s−a Ejemplo 8. Obtener la transformada de la funci´ on f (t) = Asen(at) + Keat . Por el teorema de linealidad, podemos separar la funci´ on f (t) y obtener la transformada de la funci´ on Asen(at) y la de Keat (véase (4.1)) L[g(t)] = L[Asen(at)] + L[Keat ] De la tabla 4.1, sabemos que L[sen(at)] =

a s2 + a 2

por lo tanto L[Asen(at)] = AL[sen(at)] a =A 2 s + a2 y también de la tabla 4.1 L[eat ] =

1 s−a

por lo tanto L[Keat ] = KL[eat ] K = s−a

114


sumando ambas transformadas tenemos que L[f (t)] = L[Asen(at) + Keat ] K a + =A 2 s + a2 s−a con lo cual obtenemos la transformada deseada.

4.3.2.

Teorema de traslaci´ on

Sea una funci´ on f (t) que tiene transformada de Laplace F (s), y sea a una constante cualquiera. Entonces L[eat f (t)] = F (s − a)

(4.16)

Ejemplo 9. Obtener la transformada de Laplace de h (t) = et t2 . De la tabla 4.1 sabemos que L[t2 ] =

2 s3

aplicando el teorema de traslaci´ on tenemos que L[eat f (t)] = F (s − a) haciendo a = 1 entonces L[h (t)] =

2 (s − 1)3

Ejemplo 10. Sea la funci´ on f (t) = Ae3t sen(at) + et t, obtenga su transformada de Laplace. Procedamos con el primer término de la tabla 4.1 sabemos que L[sen(at)] =

a s2 + a2

4.3. TEOREMAS DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE

115

multiplicación por una constante L[Asen(at)] = A

a s2 + a2

usando el teorema de traslaci´ on a (s − 3)2 + a2 a =A 2 s − 6s + 9 + a2

L[Ae3t sen(at)] = A

Con el segundo término sabemos que (véase también la tabla 4.1) L[t] =

1 s2

usando el teorema de traslaci´ on 1 (s − 1)2 1 = 2 s − 2s + 1

L[et t] =

por u ´ ltimo L[Ae3t sen(at) + et t] = A

a 1 + 2 s2 − 6s + 9 + a2 s − 2s + 1

que es una forma mucho más sencilla de obtener la transformada de Laplace en vez de la definición directa.

4.3.3.

Teorema de cambio de escala

Sea una funci´ on f (t) que tiene transformada de Laplace F (s), y sea a una constante cualquiera. Entonces 1 s (4.17) L[f (at)] = F a a

116


Ejemplo 11. Obtenga la transformada de Laplace de cos(at). Sabiendo que s L[cos(t)] = 2 s +1 y aplicando el teorema de cambio de escala s 1 a a ( as )2 + 1 1 s = 2 s 2 a (a) + 1 s 1 = 2 s2 a a2 + 1 s = 2 s + a2

L[cos(at)] =

esto es

s s2 + a 2 que concuerda con el resultado de la tabla 4.1. L[cos(at)] =

4.4.

Transformada inversa de Laplace

También resulta necesario invertir el proceso de encontrar una transformada de Laplace. Esto es L−1 [F (s)] = f (t)

(4.18)

que se lee transformada inversa de Laplace de la funci´ on F (s), en muchos casos es posible identificar la funci´ on correspondiente en la variable s y efectuar el procedimiento de manera directa. Ejemplo 12. Encuentre la transformada inversa de Laplace de F (s) = 1s . Por inspección 1 L−1 =1 s

4.4. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE Ejemplo 13. Encuentre la transformada inversa de Laplace de F (s) = Por inspección L−1

117 5 s2 .

1 5 −1 = 5L s2 s2 1 = 5L−1 2 s = 5t

Ejemplo 14. Encuentre la transformada inversa de Laplace de F (s) = Se tiene que 1 2 −1 −1 2 4 =L L s4 s

2 s4 .

Observe en la tabla 4.1 que en el caso de s14 necesitamos n! en el numerador, en este caso n + 1 = 4 de donde n = 3 y por lo tanto n! = 3 · 2 · 1 = 6 2 6 1 L−1 2 4 = L−1 s 6 s4 1 6 = L−1 4 3 s 3! 1 = L−1 4 3 s 1 = t3 3 Ejemplo 15. Encuentre la transformada inversa de Laplace de F (s) = 1 s2 +16 . Observemos que −1

L

1 1 −1 =L s2 + 16 s2 + 4 2

De manera similar a la transformada inversa anterior, de la tabla 4.1 te-

118


nemos 4 1 =L 4 s2 + 4 2 1 −1 4 = L 4 s2 + 4 2 1 = sen(4t) 4 −1

Observe que en los u ´ ltimos ejemplos solo es necesario encontrar un término constante para completar la transformada inversa. Como puede también observarse, las transformadas inversas satisfacen algunos de los teoremas que son aplicables a las transformadas de Laplace espec´ıficamente L−1 [Ag(s) + Bh(s)] = AL−1 [g(s)] + BL−1 [h(s)]

(4.19)

donde A y B son constantes. Es decir, también la transformada inversa de Laplace es una operaci´ on lineal. En una gran cantidad de casos, no es posible hallar fácilmente una constante que nos permita reconocer de inmediato alguna transformada inversa de Laplace y su correspondiente funci´ on de t. Ejemplo 16. Encuentre la transformada inversa de Laplace de la funci´ on F (s) =

4s2 + 13s − 9 s3 + 2s2 − 3s

(4.20)

En este caso no es posible encontrar un término constante que nos permita obtener una transformada inversa directamente, sin embargo, usando fracciones parciales se puede obtener una simplificaci´ on. Utilizando los resultados del ejemplo del apéndice de Fracciones Parciales, sustituimos las constantes correspondientes para este ejemplo en particular, por lo que se tiene 4s2 + 13s − 9 3 2 1 = + − (4.21) s3 + 2s2 − 3s s s−1 s+3

4.5. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE DERIVADAS E INTEGRALES119 y por lo tanto L−1

2 1 4s2 + 13s − 9 −1 3 = L + − s3 + 2s2 − 3s s s−1 s+3 3 2 1 = L−1 + L−1 − L−1 s s−1 s+3 1 1 1 + 2L−1 − L−1 = 3L−1 s s−1 s+3 = 3 + 2et − e−3t

Como podemos imaginar el método de fracciones parciales est´ a com´ unmente ligado al c´ alculo de la transformada inversa de Laplace. Es simple lo que se debe hacer para calcular la transformada inversa, se analiza la funci´ on F (s), se separa en fracciones parciales (toda vez que esto sea posible), y dado que la transformada inversa también es una operaci´ on lineal, simplemente se calcula la transformada de cada término que normalmente ya es una expresión que se puede determinar por inspección de alguna tabla (como la tabla 4.1), finalmente se obtiene f (t).

4.5.

Transformada de Laplace de derivadas e integrales

La transformada de Laplace permite resolver ecuaciones diferenciales de una manera rápida y sencilla, al convertir una ecuaci´ on diferencial (que pudiese ser un problema complicado de c´ alculo) en una simple ecuaci´ on algebraica. Sin embargo, el coraz´ on del uso de la transformada de Laplace en la solución de ecuaciones diferenciales se basa en la existencia de la transformada de Laplace de la derivada de alguna funci´ on y similarmente para el caso de la integral. A continuación mencionaremos brevemente las f´ ormulas asociadas a estas funciones. Queremos encontrar la transformada de Laplace de la derivada de una

120


funci´ on, es decir, usando la definición F (s) = L[f ′ (t)] Z ∞ = e−st f ′ (t)dt 0

Observe que esta integraci´ on debe hacerse por partes para lo cual hacemos, u = e−st , du = −se−st dt, dv = f ′ (t)dt, y v = f (t), por lo que Z Z udv = uv − vdu Z ∞ Z ∞ −sf (t)e−st dt e−st f ′ (t)dt = e−st f (t) |∞ − 0 0 Z0 ∞ −st ∞ sf (t)e−st dt = e f (t) |0 + 0 Z ∞ = e−st f (t) |∞ +s f (t)e−st dt 0 0

recordemos que place, entonces

R∞ 0

f (t)e−st dt es la definición de la transformada de La-

L[f ′ (t)] = e−∞ f (∞) − e0 f (0) + sL[f (t)] = (0)f (∞) − (1)f (0) + sL[f (t)] = −f (0) + sL[f (t)]

o bien L[f ′ (t)] = sL[f (t)] − f (0)

(4.22)

Observemos que surge una propiedad sumamente interesante de la transformada de Laplace, la derivada de una funci´ on de t es justamente la transformada de Laplace multiplicada por s menos la “condici´ on inicial” dada por f (0). Tomemos ahora la segunda derivada de una funci´ on f (t) y sigamos un procedimiento muy similar al anterior para calcular su transformada de

4.5. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE DERIVADAS E INTEGRALES121 Laplace F (s) = L[f ′′ (t)] Z ∞ = e−st f ′′ (t)dt 0

nuevamente esta integraci´ on debe hacerse por partes para lo cual, u = e−st , −st ′′ du = −se dt, dv = f (t)dt, y v = f ′ (t) Z Z udv = uv − vdu Z ∞ Z ∞ −st ′′ −st ′ ∞ −sf ′ (t)e−st dt e f (t)dt = e f (t) |0 − 0 Z0 ∞ −st ′ ∞ = e f (t) |0 + sf ′ (t)e−st dt Z0 ∞ −st ′ ∞ = e f (t) |0 +s f ′ (t)e−st dt 0

Observemos primeramente que el término e−st f ′ (t) |∞ 0 es exactamente el mismo caso de evaluación de l´ımites presentado en la transformada anterior, con excepción de que estas son las condiciones iniciales de la primera derivada, es decir, = e−∞ f ′ (∞) − e0 f ′ (0) = −f ′ (0), y en segundo lugar, el término que acompa˜ na a s es justamente la definición de la transformada de Laplace de una derivada, por lo cual sustituimos nuestro resultado anterior en la fórmula y obtenemos Z ∞ Z ∞ f ′ (t)e−st dt e−st f ′′ (t)dt = e−st f ′ (t) |∞ +s 0 0

0

= −f ′ (0) + s(L[f ′ (t)])

= −f ′ (0) + s(sL[f (t)] − f (0))

= −f ′ (0) + s2 L[f (t)] − sf (0) o bien L[f ′′ (t)] = s2 L[f (t)] − sf (0) − f ′ (0)

(4.23)

122


Vemos que los resultados anteriores son casos especiales del siguiente teorema, que no se demostrar´ a, sin embargo la demostración puede encontrarse en la bibliograf´ıa citada.

4.5.1.

Transformada de Laplace de la derivada n-´ esima de una funci´ on f (t)

Si f (t), . . . , f (n−1) (t), son funciones continuas en el intervalo [0, ∞) y son de orden exponencial y si f n (t) es continua por partes en el intervalo [0, ∞) entonces L[f n (t)] = sn L[f (t)] − sn−1 f (0) − sn−2 f ′′ (0) − · · · − f n−1 (0)

(4.24)

Si n = 1 se obtiene el caso de la primera derivada, y si las condiciones iniciales son triviales es decir, f (0) = f ′′ (0) = · · · = f n−1 (0) = 0, la f´ ormula se simplifica a´ un más, esto es L[f ′ (t)] = sL[f (t)] En el caso de derivadas de orden n-ésimo, con condiciones iniciales nulas, esta expresión se reduce a L[f n (t)] = sn L[f (t)]

4.5.2.

Teorema de convoluci´ on

La convoluci´ on es una funci´ on que tiene aplicaciones en análisis de se˜ nales y en general no es f´ acil calcular, est´ a definida como Z t f (t) ∗ g(t) = g(t − τ )f (τ )dτ (4.25) 0

Sin embargo, por este teorema sabemos que cuando f (t), y g(t) son continuas por partes en el intervalo [0, ∞), la transformada de Laplace de

4.5. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE DERIVADAS E INTEGRALES123 la convoluci´ on de dos funciones es L[f (t) ∗ g(t)] = L[f (t)]L[g(t)] L[f (t) ∗ g(t)] = F (s)G(s)

(4.26)

Observe que la convoluci´ on en el tiempo de dos funciones f (t) y g(t), por su definición, puede ser una funci´ on dif´ıcil de calcular en la variable t. Sin embargo, para la transformada de Laplace, sólo se obtiene la transformada de Laplace de f (t) y de g(t), y se multiplican que es un procedimiento relativamente sencillo de realizar. Un caso particular ocurre cuando g(t) = 1 y por consiguiente L[g(t)] = G(s) = 1s , entonces el teorema de convoluci´ on implica que la convoluci´ on entre una funci´ on f (t) con la unidad es igual a la integral de la funci´ on f (t) Z t L[g(t) ∗ f (t)] = L g(t − τ )f (τ )dτ 0 Z t =L (1)f (τ )dτ 0 Z t =L f (τ )dτ 0

esto es

L

Z

0

t

f (τ )dτ = L[1]L[f (t)]

1 L[f (t)] s lo que significa que la transformada de la integral de una funci´ on es Z t 1 L f (τ )dτ = L[f (t)] s 0 =

Estas son dos propiedades fundamentales de la transformada de Laplace que se utilizarán ampliamente al resolver ecuaciones diferenciales por este método.


124

4.6.

Resoluci´ on de ecuaciones diferenciales

Considere la siguiente ecuaci´ on diferencial ordinaria de n-ésimo orden an

dn−1 y dy dn y + an−1 n−1 + · · · + a1 + a0 y = g(t) n dt dt dt

sujeta a las condiciones iniciales y(0), y ′ (0), . . . , y n−1 (0) Por la propiedad de linealidad de la transformada de Laplace es posible transformar la ecuaci´ on anterior a dn−1 y dy dn y ] + L[an−1 n−1 ] + · · · + L[a1 ] + L[a0 y] = L[g(t)] n dt dt dt dn−1 y dy dn y an L[ n ] + an−1 L[ n−1 ] + · · · + a1 L[ ] + a0 L[y] = L[g(t)] dt dt dt L[an

por medio de la transformada de una derivada n-ésima de una funci´ on sabemos que podemos transformar la ecuaci´ on anterior mediante an [sn L[f (t)] − sn−1 f (0) − sn−2 f ′ (0) − · · · − f n−1 (0)]

+ an−1n [sn−1 L[f (t)] − sn−2 f ′ (0) − sn−3 f ′′ (0) − · · · − f n−2 (0)] + a[sL[f (t)] − f (0)] + a0 L[y] = L[g(t)]

observe que en esta ecuaci´ on es posible resolver de manera algebraica para Y(s). Esto es, despejar para Y (s) de tal manera que esto sea reducido por medio de operaciones algebraicas a la forma Y (s) = F (s) donde solo es obtener la trasformada inversa de la funci´ on Y(s) para obtener la solución L−1 [Y (s)] = L−1 [F (s)]

y(t) = L−1 [F (s)]

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES 4.6. RESOLUCION

125

esto es mucho más sencillo de comprender con un ejemplo. Ejemplo 18. Encuentre la solución de la ecuaci´ on diferencial con condici´ on inicial dy − 3y = e2t dt y(0) = 1 primero obtengamos la transformada de Laplace de ambos lados de la ecuaci´ on diferencial dy − L [3y] = L e2t L dt

ahora, obtengamos la transformada de Laplace de cada término por separado dy = sL [y] − f (0) L dt = sY (s) − y(0)

= sY (s) − 1 L [3y] = 3L [y]

= 3Y (s)

y L e2t =

1 s−2

coloquemos nuestros resultados en la ecuaci´ on original dy L − L [3y] = L e2t dt 1 sY (s) − 1 − 3Y (s) = s−2

126


agrupemos los términos Y (s) 1 +1 s−2 1 Y (s)(s − 3) = +1 s−2

sY (s) − 3Y (s) =

obteniendo el factor com´ un o mejor dicho Y (s) Y (s)(s − 3) =

1 +1 s−2

despejando Y (s)

1 1 +1 s−2 s−3 1 1 = + (s − 2)(s − 3) s − 3 s−2 1 + = (s − 2)(s − 3) (s − 3)(s − 2) s−1 = (s − 2)(s − 3)

Y (s) =

esto hay que solucionarlo con fracciones parciales, para hacer sencillo el c´ alculo de las constantes recurriremos a un peque˜ no truco A B s−1 = + (s − 2)(s − 3) s−3 s−2 multipliquemos ambos lados de la ecuaci´ on por (s − 2)(s − 3) B A s−1 (s − 2)(s − 3) = + (s − 2)(s − 3) (s − 2)(s − 3) s−3 s−2 B A + (s − 2)(s − 3) s − 1 = (s − 2)(s − 3) s−3 s−2 s − 1 = A(s − 2) + B(s − 3)


127

hagamos primero s = 2 y veamos que pasa 2 − 1 = A(2 − 2) + B(2 − 3) 1 = A(0) + B(−1) 1 = −B −1 = B ahora s = 3 y veamos 3 − 1 = A(3 − 2) + B(3 − 3) 2 = A(1) + B(0) 2=A

por lo tanto A = 2 y B = −1, sustituyendo en la ecuaci´ on original A B s−1 = + (s − 2)(s − 3) s−3 s−2 s−1 2 1 = − (s − 2)(s − 3) s−3 s−2 que en nuestra transformada es s−1 (s − 2)(s − 3) 1 2 − Y (s) = s−3 s−2

Y (s) =

obteniendo la transformada inversa de Laplace obtenemos la solución de nuestra ecuaci´ on diferencial 1 2 − L−1 [Y (s)] = L−1 s−3 s−2 1 2 − L−1 L−1 [Y (s)] = L−1 s−3 s−2 1 1 L−1 [Y (s)] = 2L−1 − L−1 s−3 s−2

128


observe que hemos resuelto la ecuaci´ on algebraica de tal manera que las transformadas inversas sean f´ acilmente visualizadas. Para obtener la soluci´ on solo hay que obtener la transformada inversa de la tabla 4.1 y tenemos nuestra solución en términos de la variable temporal t L−1 [Y (s)] = 2L−1

1 1 − L−1 s−3 s−2

y(t) = 2e3t − e2t

4.6.1.

Procedimiento b´ asico

Primero obtenga las transformadas de Laplace de todos los términos involucrados en la ecuaci´ on diferencial, recuerde incluir las condiciones iniciales. Segundo despeje para Y (s). Tercero descomponga el término a la derecha de la igualdad en fracciones que tengan una transformada inversa. Y por u ´ ltimo, obtenga la transformada inversa. Esta secuencia de pasos, son un procedimiento general para resolver EDOs como se ilustr´ o al inicio de este cap´ıtulo. Ejemplo 19. Encuentre la solución de la ecuaci´ on diferencial con condiciones iniciales d2 y − y = 2t dt2 y(0) = 1 y ′ (0) = 1 iniciemos obteniendo las transformadas de Laplace de los términos involu-


129

crados en la ecuaci´ on diferencial d2 y + L [y] = L [2t] dt2 2 s2 Y (s) − sy(0) − y ′ (0) + Y (s) = 2 s L

sustituyendo los valores de las condiciones iniciales 2 s2 2 s2 Y (s) + Y (s) − s − 1 = 2 s

s2 Y (s) − s(1) − (1) + Y (s) =

factorizando y despejando para Y (s) 2 +1 s2 2 s2 Y (s) + Y (s) = 2 + s + 1 s 2 Y (s)(s2 + 1) = 2 + s + 1 s 2 1 Y (s) = 2 +s+1 s + 1 s2

s2 Y (s) + Y (s) − s =

realizando las operaciones indicadas Y (s) =

2 s2 (s2

+ 1)

+

(s2

s 1 + 2 + 1) (s + 1)

observe que los dos términos finales tienen transformada inversa en la forma de cos(t) y sen(t), por lo que necesitamos descomponer el término en fracciones parciales 2 s2 (s2

+ 1)

=

B A + 2 2 s (s + 1)

1 = A(s2 + 1) + Bs2

130


haciendo s=j tenemos 2 = A(j 2 + 1) + Bj 2 2 = A(−1 + 1) + B(−1) 2 = −B

−2 = B y haciendo

s=0 tenemos 2 = A(0 + 1) + B(0) 2 = A(1) 2=A utilizando los valores de A = 2 y B = −2, se obtiene la fracci´ on parcial 2 2 2 = 2− 2 s2 (s2 + 1) s (s + 1) sustituyendo en la funci´ on original 2 2 s 1 − 2 + + s2 (s + 1) (s2 + 1) (s2 + 1) 2 1 s Y (s) = 2 − 2 + 2 s (s + 1) (s + 1) Y (s) =

de la tabla 4.1, tenemos que L

2 s2

= 2t

1 s2 + 1

= sen(t)

−1

L−1

(4.27)

´ DE ECUACIONES DIFERENCIALES 4.6. RESOLUCION −1

L

s 2 s +1

131

= cos(t)

Sustituyendo estas transformadas inversas en la relación (4.27) tenemos y(t) = 2t − sen(t) + cos(t) lo cual constituye el resultado final buscado.

132


Cap´ıtulo

5

Aproximación Numérica En cap´ıtulos anteriores hemos estudiado distintos métodos para obtener soluciones anal´ıticas de ecuaciones diferenciales ordinarias. A pesar del desarrollo teórico alcanzado hasta nuestros d´ıas, no siempre es posible determinar la solución anal´ıtica, o bien, la solución obtenida est´ a expresada de manera impl´ıcita. Por lo tanto, se necesitan métodos numéricos para poder resolver ecuaciones diferenciales de forma numérica empleando la computadora. En este cap´ıtulo abordamos métodos numéricos expl´ıcitos para aproximar la solución de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. Describimos el método de Euler, as´ı como los esquemas de Runge-Kutta. A través de m´ ultiples ejemplos expondremos las diferencias entre los distintos esquemas numéricos. Se incluyen las implementaciones de los esquemas numéricos en el lenguaje de programación C.

133

134

5.1.

´ NUMERICA ´ CAPÍTULO 5. APROXIMACION

Modelo matem´ atico

El modelo matemático del problema de valor inicial para ecuaciones diferenciales ordinarias est´ a definido como dy(x) = f (x, y(x)), y(a) = y0 (5.1) dx donde x ∈ [a, b] y f : R × R → R. La condición inicial corresponde a y(a) = y0 , lo cual debe ser un valor conocido. El objetivo es determinar una aproximación de la solución y(x) en el intervalo a ≤ x ≤ b. Para ello, asumimos que la funci´ on f satisface las condiciones de existencia que nos garantizan la unicidad, continuidad y diferenciabilidad en la solución [8]. Para aproximar la solución exacta y(x) considere que el intervalo continuo [a, b] es discretizado con un conjunto de puntos equiespaciados x1 , x2 , . . . , xn con x1 = a, xn = b y xi = a + (i − 1)h, donde h es una constante determinada mediante b−a h= n−1 Sobre esta partici´ on de datos obtendremos las aproximaciones yi , i = 1, . . . n de la solución teórica y(x). Como se aprecia en (5.1), los esquemas de aproximación que estudiaremos en este cap´ıtulo corresponden a ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. El modelo matemático para este tipo de ecuaciones es dy(x) + a(x)y(x) = g(x, y(x)) (5.2) dx para transformar (5.2) a la forma (5.1), hacemos un despeje de la forma dy(x) = f (x, y(x)) dx donde f (x, y(x)) = −a(x)y(x) + g(x, y(x)). Con ello, podremos resolver los problemas de la forma (5.2) mediante los métodos numéricos que estudiaremos a continuación.

´ 5.2. METODO DE EULER

5.2.

135

M´ etodo de Euler

El método de Euler (Euler-Cauchy) consiste en aproximar la funci´ on y(x) mediante un polinomio de Taylor de primer orden. Por las lecciones de Cálculo sabemos que una funci´ on y(x) puede ser aproximada en una vecindad de un punto x mediante una serie de Taylor 1 1 y(x + h) = y(x) + hy ′ (x) + y ′′ (x)h2 + y ′′′ (x)h3 + · · · 2 3!

(5.3)

tomando la aproximación de primer orden tenemos 1 y(x + h) = y(x) + hy ′ (x) + y ′′ (ξ)h2 2

(5.4)

donde ξ esta entre x y x + h. Considerando que |y ′′ (ξ)| ≤ M se obtiene y(x + h) = y(x) + hy ′ (x) + O(h2 )

(5.5)

el término O(h2 ) corresponde al error de truncamiento en la serie de Taylor. Substituyendo y ′ = f (x, y) en la ecuaci´ on anterior y(x + h) = y(x) + hf (x, y) + O(h2 )

(5.6)

eliminando el error de truncamiento O(h2 ) y considerando yi ≈ y(xi ), para i = 1, . . . , n se obtiene finalmente el esquema iterativo buscado yn+1 = yn + hf (xn , yn )

(5.7)

el cual corresponde al método de Euler. La constante h se conoce como paso de integraci´ on o tama˜ no de paso. Observe que la ecuaci´ on (5.7) corresponde a una extrapolaci´ on lineal de la solución yn al punto yn+1 utilizando la información de la pendiente f (xn , yn ) al inicio del intervalo. El método de Euler tiene el atractivo de ser muy fácil de entender y de implementar. Adicionalmente, en cada paso h sólo requerimos evaluar una sola vez la funci´ on f (x, y). Por otro lado, este esquema rara vez se utiliza en problemas prácticos, esto se debe a que tiene un error de truncamiento

136


local O(h1 ), lo cual da un decrecimiento lineal en el error conforme hacemos a h tender a cero. Cuando la solución es una l´ınea recta el esquema da resultados exactos. Es deseable contar con esquemas numéricos que tengan un error de truncamiento local O(hp ) con p > 1, debido a que conforme p crece, el error cometido disminuye considerablemente. En la siguiente secci´ on se aborda dicho tema.

5.2.1.

Medici´ on del error

En el caso de que conozcamos la solución anal´ıtica y del problema (5.1), y con base en una aproximación numérica y˜, podemos medir el error cometido. Para ello, primero definimos el error absoluto. Error Absoluto. Sea y˜ una aproximación de la solución exacta y, el error absoluto est´ a definido como |y − y˜| (5.8) El medir la aproximación obtenida mediante el error absoluto es dependiente de las magnitudes. Para esclarecer este hecho, considere el siguiente ejemplo: si y = 10 es la solución exacta y y˜ = 9 la solución aproximada, tendr´ıamos un error absoluto de 1. Ahora, considerando los valores y = 100 y y˜ = 99 como el valor exacto y el aproximado respectivamente, con estos valores obtendr´ıamos el mismo error absoluto de 1. En ambos ejemplos obtuvimos el mismo error absoluto, sin embargo claramente observamos que la segunda aproximación esta más cerca del valor real que con respecto del primer ejemplo. Es por ello que necesitamos trabajar con otra medida del error que tome en cuenta las magnitudes de los datos, para ello definiremos el error relativo. Error Relativo. Sea y˜ una aproximación de la solución exacta y, el error relativo est´ a definido como |y − y˜| , |y|

para y 6= 0

(5.9)

Repitiendo el ejemplo anterior tendr´ıamos que para el valor aproximado


137

y˜ = 9 de la solución exacta y = 10 el error relativo cometido es 0.1. Adicionalmente para la aproximación y˜ = 99 del valor exacto y = 100, el error relativo es 0.01 lo cual nos representa de una mejor manera el error cometido. Es frecuente en la ingenier´ıa determinar porcentualmente que tan lejos o cerca estamos de la solución, para ello definimos el error porcentual. Error Porcentual. Sea y˜ una aproximación de la solución exacta y, el error porcentual est´ a definido como |y − y˜| × 100 %, |y|

para y 6= 0

(5.10)

Ejemplo 1. Dada la siguiente ecuaci´ on diferencial ordinaria dy = 2xy dx

(5.11)

aproxime el valor en x = 0.3, tomando como condición inicial y(0) = 1 y utilizando un tama˜ no de paso h = 0.1. Compare el resultado con la 2 solución anal´ıtica y(x) = ex . El primer paso del método de Euler est´ a determinado como y1

= y0 + hf (x0 , y0 ) = 1 + 0.1f (0, 1) = 1 + 0.1 · (2 · 0 · 1) = 1

Ya estamos en el punto y1 = 1, con esta información podemos avanzar hacia el nuevo punto y2 empleando el método de Euler, para ello realizamos lo siguiente y2

=

y1 + hf (x1 , y1 )

= =

1 + 0.1f (0.1, 1) 1 + 0.1 · (2 · 0.1 · 1)

=

1.02


138

Finalmente, a partir de la solución obtenida y2 = 1.02 avanzamos un paso adicional para poder aproximar la solución en y3 , para ello realizamos lo siguiente y3

= =

y2 + hf (x2 , y2 ) 1.02 + 0.1f (0.2, 1.02)

= =

1.02 + 0.1 · (2 · 0.2 · 1.02) 1.0608

El valor obtenido y3 = 1.0608 es una aproximación al valor exacto en y(0.3) = 1.094174. El error absoluto es |y(0.3) − y3 | = 0.033374. Adicionalmente, el error porcentual cometido es del 3 %. Observe que en cada paso subsecuente, se comienza con un nuevo problema de valor inicial en que la condición inicial es el valor aproximado de la solución calculada en la etapa anterior. Ejemplo 2. Para apreciar el efecto que tiene la selecci´ on de h, resolveremos el problema anterior seleccionando h = 0.15. El primer paso est´ a determinado como y1

= y0 + hf (x0 , y0 ) = 1 + 0.15f (0, 1) = 1 + 0.15 · (2 · 0 · 1) = 1

lo cual corresponde a la aproximación en el punto x1 = x0 + h, x1 = 0.15. Ahora, daremos un paso más con el método de Euler y2

= y1 + hf (x1 , y1 ) = 1 + 0.15f (0.15, 1) = 1 + 0.15 · (2 · 0.15 · 1) = 1.045

lo que corresponde a la aproximación en el punto x2 = x1 + h, x2 = 0.15 + 0.15 = 0.3. El error absoluto y porcentual son: 0.0491274 y 4.4 %


139

respectivamente. Comparando las aproximaciones obtenidas variando el tama˜ no del paso de integraci´ on, observamos que conforme disminuimos h se obtiene una mejor aproximación numérica. De hecho, el decrecimiento del error es lineal O(h). Por otro lado, al disminuir h se requiere de un mayor trabajo computacional para alcanzar la precisi´ on deseada. Programa 1. El siguiente c´ odigo en C, corresponde a la implementación del método de Euler. El esquema numérico se encuentra en la funci´ on llamada euler la cual requiere de cinco argumentos. El primer argumento es un puntero a la funci´ on f (x, y), el segundo argumento corresponde a la condición inicial y0 , el tercer y cuarto argumentos corresponden al intervalo [a, b] de la EDO, el quinto argumento de entrada es el tama˜ no del paso de integraci´ on h. #include <stdio.h> float func1(float x, float y) { return x-y+1; } void euler( float ( *fnc)(float,float), float y_0, float a, float b, float h) { float x,y; y = y_0; x = a; while(x < b) { y = y + h*fnc(x,y); x = x + h; } }


140

int main(void) { euler(func1,1,0,1,0.1); return 0; } El programa 1 es genérico en el sentido de que podemos cambiar fácilmente el problema de valor inicial que deseamos resolver. Para ello es suficiente con agregar una funci´ on con dos argumentos de entrada y un argumento de salida, ver func1. As´ı como los argumentos de entrada del método de Euler. Ejemplo 3. Dado el problema de valor inicial dy = −y + x + 1 dx

(5.12)

definido en el intervalo [0, 1] con la condición inicial y(0) = 1. Determine la solución aproximada con el método de Euler utilizando un tama˜ no de paso h = 0.1. Compare con la solución anal´ıtica y(x) = x + e−x . En los dos ejemplos anteriores, hemos realizado los c´ alculos utilizando una calculadora. Sin embargo, esta manera de hacerlo es propensa a errores. En este ejemplo utilizaremos el programa 1 para resolver el problema planteado. En la tabla siguiente se muestran los resultados obtenidos. x 0.000000 0.100000 0.200000 0.300000 0.400000 0.500000 0.600000 0.700000 0.800000 0.900000 1.000000

y(xi ) 1.000000 1.004837 1.018731 1.040818 1.070320 1.106531 1.148812 1.196585 1.249329 1.306570 1.367880

yi |y(xi ) − yi | 1.000000 −− 1.000000 0.004837 1.010000 0.008731 1.029000 0.011818 1.056100 0.014220 1.090490 0.016041 1.131441 0.017371 1.178297 0.018288 1.230467 0.018862 1.287421 0.019149 1.348678 0.019201


141

En la u ´ ltima columna se aprecia el error absoluto en los distintos puntos de evaluación numérica. En el punto final, x = 1, se tiene un error del orden 2 × 10−2 , lo cual indica que estamos cerca del valor real o anal´ıtico. Ejemplo 4. Ahora, repetiremos el problema del ejemplo 3 con un tama˜ no de paso h = 0.05. En la siguiente tabla se muestran los resultados obtenidos. En este caso, sólo es necesario modificar el quinto argumento de la funci´ on euler del programa 1. Es decir: euler(func1,1,0,1,0.05). S´ olo se despliegan los pasos 2 · h, para poder comparar directamente con los resultados obtenidos en el ejemplo 3. x 0.000000 0.100000 0.200000 0.300000 0.400000 0.500000 0.600000 0.700000 0.800000 0.900000 1.000000

y(xi ) 1.000000 1.004837 1.018731 1.040818 1.070320 1.106531 1.148812 1.196585 1.249329 1.306570 1.367880

yi |y(xi ) − yi | 1.000000 −− 1.002500 0.002337 1.014506 0.004225 1.035092 0.005726 1.063421 0.006900 1.098737 0.007794 1.140360 0.008451 1.187675 0.008910 1.240127 0.009202 1.297215 0.009355 1.358486 0.009393

Comparando los resultados obtenidos del ejemplo 3 y 4, se aprecia una disminuci´ on en el error absoluto. Es decir, ahora obtuvimos un error relativo del orden 9×10−3 en el punto x = 1, lo cual muestra una mejora con respecto al error obtenido en el problema anterior en el mismo punto. En general, disminuyendo el valor de h se obtiene una mejor aproximación, lo cual es consistente. Sin embargo, debido a errores de redondeo/truncamiento a partir de un cierto h0 el error comienza a crecer. En los ejemplos anteriores, hemos elegido con libertad el tama˜ no de paso h. Una manera emp´ırica de determinar el valor de h es seleccionar dos pasos de integraci´ on h1 < h2 de tal forma que la diferencia en valor absoluto de las respectivas aproximaciones sea menor que un cierto valor


142 de umbral ǫ, es decir

|˜ yh1 − y˜h2 | < ǫ

por ejemplo, podemos seleccionar ǫ = 10−3 . El proceso de seleccionar h es de car´ acter iterativo y sólo es recomendable cuando el tiempo de simulaci´ on no resulte excesivo. Es conveniente aclarar que el método de Euler es de car´ acter didáctico y por lo general no se utiliza en la práctica debido a que el error decrece de manera lineal conforme reducimos el par´ ametro h. Sin embargo, la comprensión de dicho esquema numérico es de vital importancia para poder abordar otros esquemas numéricos con una mejor tasa de convergencia, este tema se aborda en las siguientes secciones.

5.3.

M´ etodos de Runge-Kutta

Dado un conjunto de coeficientes reales aij , bj y cj el método general de Runge-Kutta est´ a definido por k1 k2 k3 .. .

= = =

f (xn , yn ) f (xn + c2 h, yn + ha21 k1 ) f (xn + c3 h, yn + h(a31 k1 + a32 k2 ))

ks

=

f (xn + cs h, yn + h(as1 k1 + · · · + as,s−12 ks−1 ))

con base en las ki podemos determinar el valor para el siguiente yn+1 como una combinaci´ on lineal de dichas pendientes ki yn+1 = yn + h(b1 k1 + · · · + bs ks )

(5.13)

las constantes de ponderaci´ on bi , i = 1, . . . , s satisfacen b1 + · · · + bs = 1

(5.14)

la determinación de las inc´ ognitas aij , bj y cj son seleccionadas bas´ andose en la aproximación del polinomio de Taylor de grado s. Para el caso s = 2

´ 5.3. METODOS DE RUNGE-KUTTA

143

en la secci´ on siguiente se ilustra dicho concepto. Observe que para s = 1, obtenemos el método de Euler descrito al inicio del cap´ıtulo. Cuando s = 3 obtenemos un método de tercer orden y cuando s = 4 se obtiene un método de cuarto orden. En las siguientes secciones se ilustran dichos esquemas numéricos.

5.3.1.

Runge-Kutta de orden dos

Para construir un esquema expl´ıcito de orden dos, requerimos hacer dos evaluaciones en f (x, y) para obtener el promedio ponderado de ambas pendientes de la manera siguiente yn+1 = yn + h(b1 k1 + b2 k2 )

(5.15)

k1 = f (xn , yn )

(5.16)

k2 = f (xn + c2 h, yn + ha21 k1 )

(5.17)

donde

Ahora, nuestro objetivo es determinar las constantes b1 , b2 , c2 , a21 de tal forma que se obtenga un esquema con un error de truncamiento local cuadrático. Deducci´ on En los siguientes p´ arrafos deduciremos los valores de las variables b1 , b2 , c2 , a21 requeridas en (5.15-5.17). Para ello, primero obtengamos la expansi´ on en serie de Taylor de orden tres para y(x) y(x + h) = y(x) + hy ′ (x) +

h2 ′′ y (x) + O(h3 ) 2

(5.18)

substituyendo y ′ (x) = f (x, y(x)) se obtiene y(x + h) = y(x) + hf (x, y(x)) +

h2 ′ f (x, y(x)) + O(h3 ) 2

(5.19)


144 donde f ′ (x, y(x)) = de la cadena

∂f (x,y(x)) . ∂x

Ahora, determinaremos f ′ mediante la regla

∂f (x, y(x)) ∂f dx ∂f dy = + ∂x ∂x dx ∂y dx

(5.20)

substituyendo (5.20) en (5.18) con y ′ (x) = f (x, y) y abreviando y = y(x) h2 ∂f (x, y) ∂f (x, y) dy + O(h3 ) (5.21) + y(x + h) = y(x) + hf (x, y) + 2 ∂x ∂y dx ahora, seleccionemos un punto xn = x y haciendo xn+1 = x + h con yn ≈ y(xn ) se obtiene la ecuaci´ on en diferencias buscada h2 ∂f (xn , yn ) ∂f (xn , yn ) dy yn+1 = yn +hf (xn , yn )+ +O(h3 ) (5.22) + 2 ∂x ∂y dx Por otro lado, expandamos en serie de Taylor de primer orden a la ecuaci´ on (5.17) f (xn + c2 h, yn + ha21 k1 ) = f (xn , yn )+ hc2

∂f ∂f + ha21 k1 + O(h2 ) (5.23) ∂x ∂y

nuestro siguiente paso es substituir k1 , k2 en (5.15) para obtener yn+1 = yn + hb1 f (xn , yn ) + hb2 k2 f (xn + c2 h, yn + ha21 k1 )

(5.24)

substituyendo (5.23) en (5.24) obtenemos ∂f ∂f 2 yn+1 = yn +hb1 f (xn , yn )+hb2 k2 f (xn , yn ) + hc2 + ha21 k1 + O(h ) ∂x ∂y agrupando en términos de h y h2 con f = f (xn , yn ) se obtiene ∂f ∂f 2 + O(h3 ) yn+1 = yn + h [b1 f + b2 f ] + h b2 c2 + b2 a21 k1 ∂x ∂y

(5.25)

comparando los términos de (5.22) con (5.25) se observa que los coeficientes b1 , b2 , c2 , a21 deben de satisfacer las restricciones b1 + b2 = 1,

b 2 · c2 =

1 , 2

b2 · a21 =

1 2


145

lo que corresponde a un sistema de 4 inc´ ognitas con 3 ecuaciones. Esto es un sistema de ecuaciones subdeterminado y por lo tanto es necesario fijar el valor de una de las inc´ ognitas para poder determinar las inc´ ognitas restantes. Esto nos da flexibilidad en la elección de una inc´ ognita y da origen a distintos esquemas numéricos con un error de truncamiento local O(h2 ). Seleccionando c2 = 1 se obtiene b1 = b2 = 1/2 y a21 = 1 el cual se conoce como método de Euler modificado. Con base en dichas constantes, finalmente mostramos el esquema numérico buscado

yn+1 = yn +

h (k1 + k2 ) 2

(5.26)

donde k1 k2

= f (xn , yn ) = f (xn + h, yn + k1 h)

(5.27) (5.28)

Cabe mencionar que (5.26) es un esquema de tipo Runge-Kutta de segundo orden, que tiene un error de truncamiento local O(h2 ), lo cual es mejor que el error de truncamiento local O(h1 ) del método de Euler. Ejemplo 5. Resolver el problema del ejemplo 2 empleando el esquema de Runge-Kutta de segundo orden. Como primer paso determinaremos las pendientes k1 , k2 para el primer paso, para ello consideremos los valores: x0 = 0, h = 0.15 y y0 = 1. k1

k2

= =

f (x0 , y0 ) f (0, 1)

= =

(2 · 0 · 1) 0

= =

f (x0 + h, y0 + k1 h) f (0 + 0.15, 1 + 0 · 0.1)

=

f (0.15, 1)


146

= =

2 · 0.15 · 1 0.3

Utilizando la expresión (5.26) obtenemos y1

= = =

h (k1 + k2 ) 2 0.1 1+ (0 + 0.3) 2 1.022500

y0 +

La aproximación obtenida y1 corresponde al punto x = 0.15. De manera semejante, podemos obtener la aproximación para y2 en el punto x = 0.3, para ello realizamos lo siguiente k1

=

f (x1 , y1 )

= =

f (0.15, 1.022500) 2 · 0.15 · 1.022500

= k2

= = =

0.306750

f (x1 + h, y1 + k1 h) f (0.15 + 0.15, 1.022500 + 0.306750 · 0.15) 0.641108

Con base en las pendientes k1 , k2 obtenemos y2

h (k1 + k2 ) 2 0.15 = 1+ (0.306750 + 0.641108) 2 = 1.093589 = y1 +

Este valor puntual de la aproximación y2 = 1.093589 en el punto x = 0.3 tiene un error absoluto y porcentual: 0.000585 y 0.05 %. Lo cual es una mejora de dos órdenes de magnitud en comparaci´ on con el método de Euler.


147

Esto se debe a que el esquema de Runge-Kutta utilizado es de segundo orden O(h2 ), lo cual tiene mejor tasa de convergencia en comparaci´ on con el O(h) del método de Euler. Programa 2. El siguiente c´ odigo en C, corresponde a la implementación del método de Runge-Kutta de segundo orden. La codificación de la ecuaci´ on (5.26) se encuentra en la funci´ on rk2. Los argumentos de la funci´ on son idénticos a los utilizados en el método de Euler. #include <stdio.h> #include <math.h> float func1(float x, float y) { return x-y+1; } void rk2( float ( *fnc)(float,float), float y_0, float a, float b, float h) { float x,y; float k1,k2; y = y_0; x = a; while(x < b) { k1 = fnc(x,y); k2 = fnc(x+h,y+k1*h); y = y + (h/2.0)*( k1 + k2); x = x + h; } }


148

int main(void) { rk2(func1,1,0,1,0.1); return 0; } Mediante la funci´ on func1 podemos implementar distintos modelos de ecuaciones diferenciales ordinarias. En tal caso, es necesario modificar los argumentos de entrada de la funci´ on rk2. Ejemplo 6. Resuelva el problema de valor inicial del Ejemplo 3 con el método de Runge-Kutta de orden dos, compare los resultados con el método de Euler. x 0.000000 0.100000 0.200000 0.300000 0.400000 0.500000 0.600000 0.700000 0.800000 0.900000 1.000000

y(xi ) 1.000000 1.004837 1.018731 1.040818 1.070320 1.106531 1.148812 1.196585 1.249329 1.306570 1.367880

yi |y(xi ) − yi | 1.000000 −− 1.005000 0.000163 1.019025 0.000294 1.041218 0.000399 1.070802 0.000482 1.107076 0.000545 1.149403 0.000592 1.197210 0.000625 1.249975 0.000646 1.307227 0.000658 1.368541 0.000661

En la tabla anterior mostramos en la u ´ ltima columna el error cometido con el esquema de orden dos. Como se puede apreciar, en el punto final x = 1 el error absoluto es: 6 × 10−4. Con el esquema de Euler se obtuvo un error absoluto del orden 10−2 . Claramente, con RK2 se tiene una mejora de dos órdenes de magnitud en los resultados. Esto es consistente con el hecho de que el esquema de Runge-Kutta empleado es de orden dos O(h2 ) y el método de Euler es O(h), por lo tanto, para un mismo valor de h con RK2 se obtendr´ a una mejor aproximación.


5.3.2.

149

Runge-Kutta de orden tres

En el esquema de Runge-Kutta de orden tres (RK3) requerimos tres evaluaciones de la funci´ on f (x, y), para avanzar de la solución yn a yn+1 con un tama˜ no de paso h. Esto corresponde a seleccionar s = 3 en la ecuaci´ on (5.13). En tal caso, se requiere poder determinar ocho inc´ ognitas c2 , c3 , a21 , a31 , a32 , b1 , b2 , b3 . Podemos seguir un procedimiento similar al del método de segundo orden. Por cuestiones de claridad omitimos dicha deducci´ on, basta decir que se obtendr´ an seis ecuaciones con ocho inc´ ognitas, lo cual es un sistema subdeterminado. Es necesario seleccionar dos valores en las inc´ ognitas para poder determinar las seis inc´ ognitas restantes. En la siguiente ecuaci´ on mostramos un esquema com´ un del método RK3 h (5.29) yn+1 = yn + (k1 + 4k2 + k3 ) 6 donde k1 k2 k3

= f (xi , yi ) 1 1 = f (xi + h, yi + k1 h) 2 2 = f (xi + h, yi − k1 h + 2k2 h)

(5.30) (5.31) (5.32)

El esquema (5.29) tiene un error de truncamiento local O(h3 ), lo cual es mejor que el error de truncamiento local O(h2 ) del RK2. Programa 3. El siguiente c´ odigo en C, corresponde a la implementación del método de Runge-Kutta con un error de truncamiento local de orden tres. La parte principal se encuentra en la funci´ on rk3 lo que corresponde a la implementación de la ecuaci´ on (5.29). Los argumentos de la funci´ on en C de RK3 son idénticos a los utilizados en el método de Euler. #include <stdio.h> #include <math.h> float func1(float x, float y)


150 { return x-y+1; }

void rk3( float ( *fnc)(float,float), float y_0, float a, float b, float h) { float x,y; float k1,k2,k3; y = y_0; x = a; while(x < b) { k1 = fnc(x,y); k2 = fnc(x+0.5*h,y+0.5*k1*h); k3 = fnc(x+h,y-k1*h+2*k2*h); y = y + (h/6.0)*( k1 + 4*k2 + k3); x = x + h; } } int main(void) { rk3(func1,1,0,1,0.1); return 0; } Ejemplo 7. Resuelva el problema de valor inicial del Ejemplo 3 con el método de Runge-Kutta de orden tres y compare los resultados con el método RK2, ver ejemplo 6. En la siguiente tabla mostramos la aproximación obtenida con el Programa 3. Como se puede observar, el error cometido con RK3 en el punto


151

x = 1 es 1.7×10−5 y con RK2 es 6.6×10−4 lo cual es un orden de magnitud menor. Por lo tanto, para este ejemplo, se aprecia que con RK3 se obtiene una mejor aproximación. Esto es consistente con el error de truncamiento local; O(h3 ) para RK3 y O(h2 ) para RK2. Lo cual nos dice, que para un mismo tama˜ no de paso h, con RK3 se obtendr´ a una mejor aproximación que con RK2. x 0.000000 0.100000 0.200000 0.300000 0.400000 0.500000 0.600000 0.700000 0.800000 0.900000 1.000000

y(xi ) 1.000000 1.004837 1.018731 1.040818 1.070320 1.106531 1.148812 1.196585 1.249329 1.306570 1.367880

yi |y(xi ) − yi | 1.000000 −− 1.004833 0.000004 1.018723 0.000007 1.040808 0.000010 1.070308 0.000012 1.106517 0.000014 1.148797 0.000015 1.196570 0.000016 1.249313 0.000016 1.306553 0.000017 1.367863 0.000017

Ejemplo 8. Con base en el problema de valor inicial dy(x) = 2xy, dx

y(0) = 1

(5.33)

obtenga la solución anal´ıtica y obtenga el valor aproximado en y(2) con el esquema de Runge-Kutta de tercer orden con h = 0.2. La solución anal´ıtica de (5.33) se obtiene mediante el esquema de separación de variables, ver cap´ıtulo 1, para ello realizamos lo siguiente dy = 2xdx y integrando ambos términos Z

dy = y

Z

2xdx


152 de donde obtenemos

ln |y| = x2 + c para determinar la constante c, utilizamos la condición inicial y(0) = 1 ln |y(0)| =

ln 1 = 0 =

02 + c c c

por lo tanto, la solución anal´ıtica queda expresada como ln y

=

x2

eln y y(x)

= =

ex 2 ex

2

Ahora, comparemos la solución obtenida con RK3 vs. la solución anal´ıti2 ca y(x) = ex . Los resultados obtenidos se muestran en la tabla siguiente y(xi ) yi |y(xi ) − yi | x 0.000000 1.000000 1.000000 −− 0.200000 1.040811 1.041067 0.000256 0.400000 1.173511 1.174034 0.000524 0.000808 f 0.600000 1.433329 1.434138 0.800000 1.896481 1.897437 0.000956 1.000000 2.718282 2.718547 0.000265 4.220696 4.216865 0.003831 1.200000 1.400000 7.099329 7.079116 0.020213 1.600000 12.935822 12.856431 0.079391 1.800000 25.533741 25.246056 0.287685 2.000000 54.598202 53.572807 1.025394 A pesar de que empleamos un tama˜ no de paso h relativamente grande, se obtuvo un error porcentual cerca del 2 %. Seleccionando h = 0.005 el esquema de Euler genera una aproximación con un error absoluto del mismo orden que con RK3. La diferencia estriba


153

que para obtener aproximadamente el mismo error, con el método de Euler se requirieron 400 pasos y con RK3 sólo se requirió de 10 pasos. El n´ umero de evaluaciones de la funci´ on f (x, y) fueron 400 y 30 para el método de Euler y RK3 respectivamente. De esta comparaci´ on numérica claramente se aprecia que el método de Euler no es un esquema que convenga utilizarlo en problemas prácticos.

5.3.3.

Runge-Kutta de orden cuatro

Cuando seleccionamos s = 4 (ver inicio de la secci´ on 5.3) obtenemos el método de Runge-Kutta de cuarto orden RK4. El cual es un método expl´ıcito que requiere de cuatro evaluaciones de la funci´ on f (x, y) para avanzar del punto yn a yn+1 . En la siguiente tabla mostramos los valores cl´ asicos del RK4 en la notaci´ on de la tabla de Butcher 0 1/2 1/2 1/2 0 1/2 0 0 1 1 1/6 1/3 1/3 1/6 Con base en los valores mostrados en la tabla anterior, mostramos el esquema iterativo RK4 final yn+1 = yn +

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

donde k1 k2 k3 k4

= f (xi , yi ) 1 1 = f (xi + h, yi + k1 h) 2 2 1 1 = f (xi + h, yi + k2 h) 2 2 = f (xi + h, yi + k3 h)

(5.34)


154

El esquema RK4 tiene un error de truncamiento local O(h4 ) de donde se deduce que tiene un mejor decrecimiento del error en comparaci´ on con los esquemas numéricos mostrados anteriormente. Este esquema numérico es ampliamente conocido en la literatura y es uno de los métodos más utilizados para resolver problemas de valor inicial. Programa 4. El siguiente c´ odigo en C, corresponde a la implementación del método de Runge-Kutta de cuarto orden. La parte principal se encuentra en la funci´ on rk4 lo cual corresponde a la implementación de la ecuaci´ on (5.34). Los argumentos de la funci´ on en C de RK4 son idénticos a los utilizados en el esquema de Euler. #include <stdio.h> #include <math.h> float func1(float x, float y) { return x-y+1; } void rk4( float ( *fnc)(float,float), float y_0, float a, float b, float h) { float x,y; float k1,k2,k3,k4; y = y_0; x = a; while(x < b) { k1 = fnc(x,y); k2 = fnc(x+0.5*h,y+0.5*k1*h); k3 = fnc(x+0.5*h,y+0.5*k2*h); k4 = fnc(x+h,y+k3*h);

´ 5.3. METODOS DE RUNGE-KUTTA y x

155

= y + (h/6.0)*( k1 + 2*k2 + 2*k3 + k4); = x + h;

} } int main(void) { rk4(func1,1,0,1,0.1); return 0; } Como se aprecia en el programa 4, la implementación del esquema (5.34) con sus respectivas ki , est´ an codificadas en la funci´ on rk4. Por esta raz´ on, los esquemas RKs son f´ aciles de programar y nos pueden servir como punto de partida para posteriores implementaciones de métodos más sofisticados.


156

Ejemplo 9. Resuelva el problema de valor inicial del ejemplo 3 con RK4 empleando precisi´ on doble, compare los resultados con el método RK3, RK2 y RK1. En la siguiente tabla se muestran los datos obtenidos con el programa 4. Como se puede observar, el error absoluto es del orden 10−7 lo cual es muy superior a los errores obtenidos con los otros esquemas numéricos planteados. x 0.000000 0.100000 0.200000 0.300000 0.400000 0.500000 0.600000 0.700000 0.800000 0.900000 1.000000

y(xi ) 1.000000 1.0048374 1.0187308 1.0408182 1.0703200 1.1065307 1.1488116 1.1965853 1.2493290 1.3065697 1.3678794

yi 1.000000 1.0048375 1.0187309 1.0408184 1.0703203 1.1065309 1.1488119 1.1965856 1.2493293 1.3065700 1.3678798

|y(xi ) − yi | 0.000000e + 00 8.196404e − 08 1.483283e − 07 2.013195e − 07 2.428819e − 07 2.747107e − 07 2.982823e − 07 3.148798e − 07 3.256172e − 07 3.314595e − 07 3.332411e − 07

Para ver a detalle la precisi´ on de cada esquema, sólo consideraremos la aproximación en el punto x = 1. Con RK1 obtuvimos 1.92 × 10−2 , con RK2 se determinó 6.61 × 10−4, con RK3 se tiene 1.66 × 10−5, y finalmente con RK4 el error cometido es 4.70 × 10−7 . Observe que el error disminuye drásticamente, la diferencia entre el método de Euler y RK4 es de cinco ordenes de magnitud; lo cual habla de que con RK4 se tiene una mejor ´ precisi´ on numérica. En este ejercicio se fij´ o el paso de integraci´ on h y variamos el orden del método. Ejemplo 10. Resuelva el problema de valor inicial del ejemplo 8 con RK4, compare los resultados con el método RK3. En la siguiente tabla mostramos la aproximación obtenida con el programa 4. Como se puede observar, el error absoluto cometido es un orden

5.4. OBSERVACIONES

157

de magnitud menor que lo obtenido con RK3. En este caso se requirieron 40 evaluaciones de la funci´ on f (x, y), lo cual es más costoso que las 30 evaluaciones requeridas con RK3. Sin embargo, con RK4 se obtiene una mejor aproximación que con RK3. y(xi ) yi |y(xi ) − yi | x 0.000000 1.000000 1.000000 −− 0.000000 0.200000 1.040811 1.040811 0.400000 1.173511 1.173510 0.000001 0.600000 1.433329 1.433321 0.000008 0.000040 0.800000 1.896481 1.896441 1.000000 2.718282 2.718107 0.000175 1.200000 4.220696 4.219987 0.000709 0.002732 1.400000 7.099329 7.096597 1.600000 12.935822 12.925571 0.010251 1.800000 25.533741 25.495478 0.038263 2.000000 54.598202 54.453884 0.144318

5.4.

Observaciones

En este cap´ıtulo hemos presentado cuatro programas que implementan los métodos expl´ıcitos de Runge-Kuta de orden O(hp ) con p = 1, 2, 3, 4. El esquema RK4 es ampliamente utilizado y constituye uno de los esquemas más conocidos. El lector debe recordar que los esquemas planteados son de car´ acter introductorio y no constituye un tratado exhaustivo. Conforme incrementamos el orden del método O(hp ), el n´ umero de evaluaciones s de la funci´ on f (x, y) también se incrementa linealmente. Para esquemas expl´ıcitos de Runge-Kutta con p > 4, el n´ umero de evaluaciones s ya no se incrementa unitariamente. Es decir, para un método de quinto orden se requieren seis evaluaciones, para un método de sexto orden siete evaluaciones y para un método de octavo orden son requeridas once evaluaciones de f (x, y), para más detalles vea el libro de Butcher [9].

158


Como se mencion´ o a lo largo de este cap´ıtulo, no existe una manera u ´ nica de determinar los coeficientes en los métodos de Runge-Kutta. Versiones modernas de RKs determinan los coeficientes en funci´ on de minimizar la memoria requerida, o bien lograr que el método sea de variación total acotada cuando se analizan ecuaciones diferenciales parciales hiperb´ olicas. Es conveniente mencionar que existen restricciones para seleccionar el tama˜ no del paso de integraci´ on h. La selecci´ on de h depende del esquema de Runge-Kutta, el cual debe de estar dentro de la zona de estabilidad del esquema numérico. El estudio de las zonas de estabilidad sale del alcance de este libro. El lector interesado puede consultar el libro de Shampine [10].

5.5.

Forma integral

En esta secci´ on mostraremos a detalle como la aproximación de EDOs de primer orden puede ser interpretada como una aproximaci´ on a integrales. Por cuestiones did´ acticas, considere el siguiente problema de valor inicial dy(x) = f (x), y(x0 ) = y0 (5.35) dx lo que buscamos es determinar la solución en el punto x1 = x0 + h, con h > 0. En otras palabras, de la condición inicial conocemos el valor exacto de y(x) en el punto inicial x0 , lo que queremos determinar es una aproximaci´ on y˜ en un punto cercano a x0 , es decir y˜(x1 ). La ecuaci´ on (5.35) la podemos integrar en el intervalo de x0 a x1 , obteniendo Z x1 Z x1 dy(x) f (x)dx (5.36) dx = dx x0 x0 por el teorema fundamental del c´ alculo, el lado izquierdo de (5.36) se puede representar como Z x1

y(x1 ) − y(x0 ) =

f (x)dx

x0

(5.37)

159

5.5. FORMA INTEGRAL

esta ecuaci´ on es una representación exacta, todav´ıa no hemos empleado ninguna aproximación. Observe que la funci´ on f (x) puede ser integrada anal´ıticamente obteniendo as´ı una representación exacta para y(x1 ). Sin embargo, por lo general no es posible hacerlo. Es por ello que determinaremos una aproximación numérica de la integral definida. Para ello, considere que queremos determinar el área bajo la curva mediante un rectángulo de base x1 − x0 y altura f (x0 ). Con ello, determinamos que el área bajo la curva corresponde al c´ alculo de base×altura, quedando expresado de la manera siguiente Z x1 f (x)dx ≈ (x1 − x0 )f (x0 ) (5.38) x0

substituyendo (5.38) en (5.37) con h = x1 − x0 y1 = y0 + h · f (x0 )

(5.39)

donde y1 corresponde a la aproximación de y(x1 ), para obtener las aproximaciones y2 , . . . , yn , en los puntos xi con xi = x0 + (i − 1)h, para i = 2, . . . , n. La ecuaci´ on anterior la podemos escribir como yn+1 = yn + h · f (xn )

(5.40)

lo cual corresponde al método de Euler (5.7). Como segundo ejemplo did´ actico, consideremos que deseamos aproximar la integral Z x1 f (x)dx (5.41) x0

mediante un polinomio de primer grado -l´ınea recta- que une a los puntos (x0 , f (x0 )), (x1 , f (x1 )). En el ejemplo anterior se utilizó un polinomio de grado cero, es decir, empleamos un valor constante para la altura. Ahora, utilizaremos una funci´ on lineal; para ello, realizamos la aproximación f˜(x) ≈ f (x) como f (x1 ) − f (x0 ) f˜(x) = f (x0 ) + · (x − xo ) x1 − x0

(5.42)


160

substituyendo (5.42) en (5.41) se obtiene Z

x1

x0

f˜(x)dx =

Z

x1 x0

f (x0 ) +

f (x1 ) − f (x0 ) · (x − xo ) dx x1 − x0

(5.43)

lo cual puede ser integrado anal´ıticamente obteniendo Z

x1

x0

h f˜(x)dx = · (f (x1 ) − f (x0 )) 2

(5.44)

el procedimiento anterior es conocido como integral del trapecio. Substituyendo (5.44) en (5.37) obtenemos y1 = y0 +

h · (f (x1 ) − f (x0 )) 2

(5.45)

La ecuaci´ on anterior la podemos expresar de manera iterativa como yn+1 = yn +

h · (f (xn+1 ) − f (xn )) 2

(5.46)

lo cual es el método de Runge-Kutta de orden dos, ver (5.26). Es conveniente indicar que en las secciones anteriores se emplearon en todo momento aproximaciones polinómicas basadas en el teorema de Taylor. Esto constituye la piedra angular en los esquemas numéricos frecuentemente analizados a nivel licenciatura.

5.6.

Sistemas de ecuaciones diferenciales

En las secciones anteriores hemos descrito distintos esquemas numéricos para resolver EDOs de la forma (5.1). En esta secci´ on expondremos una introducción a la solución numérica de sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias.

5.6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

161

Un sistema de m ecuaciones diferenciales ordinarias lo podemos expresar como dy1 dx dy2 dx

= f1 (x, y1 , . . . , ym ) = f2 (x, y1 , . . . , ym ) .. .

dym dx

= fm (x, y1 , . . . , ym )

en el intervalo a ≤ x ≤ b con las condiciones iniciales yj (a) = ηj con j = 1, . . . , m. El sistema anterior, corresponde a una generalizaci´ on de (5.1) y podemos emplear cualquiera de los esquemas numéricos descritos anteriormente. Para el caso m = 1 obtenemos el modelo (5.1). La diferencia consiste en que ahora trabajamos con vectores. El esquema de Euler para sistemas de ecuaciones lo podemos expresar como y1,n+1 = y2,n+1 = .. . ym,n+1

=

y1,n + hf1 (xn , y1,n , . . . , ym,n ) y2,n + hf2 (xn , y1,n , . . . , ym,n )

ym,n + hfm (xn , y1,n , . . . , ym,n )

Para n = 0, 1, . . . , M , donde M corresponde al n´ umero de intervalos con los que se discretiz´ o [a, b]. El paso de integraci´ on h es determinado como h = (b − a)/M . El primer sub´ındice en y corresponde al n´ umero de la componente del vector, y el segundo sub´ındice corresponde al paso en la iteraci´ on. Programa 5. El siguiente c´ odigo en C, corresponde a la implementación del método de Euler para un sistema de m ecuaciones diferenciales ordinarias. Este programa es una generalizaci´ on del Programa 1. Como caso particular se resuelve numéricamente el oscilador de Van der Pol, descrito


162 por el siguiente sistema

dy1 dx dy2 dx

= y2 = 10(1 − y12 )y2 − y1

sujeto a las condiciones iniciales y1 (0) = 1, y2 (0) = 1. La codificación de la EDO se encuentra en la funci´ on func1. Cambiando la funci´ on func1 y las condiciones iniciales, podemos utilizar este programa para resolver cualquier sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias con condiciones iniciales. #include <stdio.h> #include<stdlib.h> void func1(const float x, const float *y_in, float *f) { f[0] = y_in[1]; f[1] = -y_in[0]+10*(1-y_in[0]*y_in[0])*y_in[1]; } void eulern( void ( *fnc)(const float,const float *, float *), float *y_0, int m, float a, float b, float h) { float x,*y,*k1; int i; y = malloc(m*sizeof(float)); /* reservo memoria */ k1 = malloc(m*sizeof(float)); for(i=0;i 0. Empleando el método de Euler determine que yn se puede expresar como: yn = (1 − hλ)n y0 . 7. Con el método de Euler resuelva la ecuaci´ on log´ıstica p dp , p(0) = 0.1 = rp 1 − dt k

con r = 0.5, k = 10 en el intervalo [0, 50]. Seleccione el tama˜ no de paso h de tal forma que dos aproximaciones sucesivas con distintos h no difieran en más de 10−2 . √ 8. Considere el problema de valor inicial y ′ = 2 y en el intervalo [0, 1]. Con el esquema de Runge-Kutta de cuarto orden, resuelva el problema

167

5.8. EJERCICIOS

planteado haciendo tender a cero la condición inicial y(0) = 1/p con p → ∞. Observe lo que sucede con la aproximación en el punto final x = 1. Trate de explicar dicho comportamiento. 9. Considere el siguiente problema de valor inicial dy(x) + 2y(x) = 3e−4x , dx

y(0) = 1

cuya solución anal´ıtica es y(x) =

5e−2x − 3e−4t 2

determine la solución aproximada en x = 1 utilizando el esquema de Euler y RK4. Seleccione el paso de integraci´ on h de tal forma que ambas soluciones aproximadas coincidan. ¿Cu´ al es la ganancia de emplear RK4?, explique a detalle su respuesta. 10. Considere el problema de valor inicial y ′ = y 2 definido en 0 ≤ x ≤ 0.5 con y(0) = 1. Mediante la transformada de Laplace determine la solución anal´ıtica y(x) = (1 − x)−1 ; ver cap´ıtulo 4. Compare los distintos esquemas de Runge-Kutta para este problema y determine con cual esquema obtenemos el menor error, manteniendo el mismo valor de h para todos los casos.

168


Apéndice A

Imaginemos que existe un conjunto de n funciones y0 (x) , y1 (x) , . . . , yn (x) y formemos una combinaci´ on lineal de ellas k0 y0 (x) + k1 y1 (x) + · · · + kn yn (x) = 0

(A.1)

y agreguemos n− 1 ecuaciones tomando la derivada de la ecuaci´ on anterior n − 1 veces, es decir k0 y0′ (x) + k1 y1′ (x) + · · · + kn yn′ (x) = 0

k0 y0′′ (x) + k1 y1′′ (x) + · · · + kn yn′′ (x) = 0 .. . k0 y0n−1 (x) + k1 y1n−1 (x) + · · · + kn ynn−1 (x) = 0

en notaci´ on matricial, hemos formado un sistema de ecuaciones de la forma − → − → Wk = 0 169


170 donde 

   W =  

y0 (x) y0′ (x) y0′′ (x) .. .

y1 (x) y1′ (x) y1′′ (x) .. .

y2 (x) y2′ (x) y2′′ (x) .. .

y0n−1 (x)

y1n−1 (x)

y2n−1 (x)



− →   k = 

k0 k1 .. . kn



  , 

··· ··· ···



 − →  0 = 

··· ··· 0 0 .. . 0

    

yn (x) yn′ (x) yn′′ (x) .. . ynn−1 (x)

      

claramente para que el sistema tenga solución no trivial, es decir, que al menos un ki 6= 0, el determinante de la matriz W debe ser igual a cero (ver [11]). Esto implicar´ıa que en la combinaci´ on (A.1) las funciones sean linealmente dependientes. Por el contrario, si aseguramos que el determinante de W sea distinto de cero, se tiene la solución trivial k0 = k1 = · · · = kn = 0, y esto garantiza que las funciones en la combinaci´ on (A.1) sean linealmente independientes.

Apéndice B

En este apartado, mostramos las transformadas de Laplace m´ as frecuentemente utilizadas, as´ı como, un breve sumario de las propiedades de la transformada de Laplace.

171


172

Propiedades de f (t)

Transformada de Laplace

(Linealidad) af (t) ± bg (t)

aF (s) ± bG (s)

f ′ (t)

sF (s) − f (0)

f ′′ (t)

s2 F (s) − sf (0) − f ′ (0)

f n (t)

sn F (s) − sn−1 f (0) − · · · − f n−1 (0)

Rt

f (τ )dτ 0   f (t − a) t > a U (t − a) =  0 ta H (t − a) =  0 t

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