rosales, guia

8/7/2019 Rosales, Guia

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ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

J. Juan Rosales Garcıa, Manuel Guıa Calderon

Facultad de Ingenierıa Mecanica, Electrica y Electronica

Universidad Autonoma de Guanajuato

21 de febrero de 2008



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DEDICATORIA

A mis hijos, Daniel y Alberto.A Hilda Corina.A mis padres, Martha y Gonzalo.A mis hermanos.A la maestra Lupita Rocha de Anda.A mis abuelos Q.E.D.A Jose Martınez Sandoval Q.E.D.

A todos aquellos para los cuales una respuesta son dos preguntas



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AGRADECIMIENTOS

Los autores queremos agradecer a la Facultad de Ingenierıa Mecanica, Electrica y Electronica dela Universidad de Guanajuato por darnos el apoyo requerido en la realizacion de este trabajo.

Agradecemos a nuestros colegas y companeros del departamento de ingenierıa electrica, ingenierıaen comunicaciones y electronica. En particular, a los Drs. Oscar Ibarra Manzano, Rene MartınezCelorio, J. Amparo Andrade Lucio y al M. en I. Mario Ibarra Manzano por el apoyo desinteresadoy valiosos comentarios.

Queremos agradecer muy especialmente al Dr. Juan Martınez Ortız, Profesor de Matematicasde la Universidad Autonoma de Zacatecas y al M. en C. Roberto Arellano Elizarraraz, Profesorde Matematicas del Instituto Tecnologico Superior de Irapuato por darse el tiempo de revisar elmanuscrito y mejorar en mucho nuestro trabajo.

Estamos en deuda con muchos de nuestros estudiantes del curso ecuaciones diferenciales ordi-

narias. En particular, agradecemos a los estudiantes; Jesus Arturo Ramırez Tellez, Fernando OrtızSegovia, Ezequiel Martınez Ayala, Helena S. Lopez Aviles, Bladımir Ramos Alvarado, Jose LuısAguinaco Zuniga por el apoyo que nos brindaron con sus valiosas crıticas.



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PREFACIO

En este libro, Ecuaciones Diferenciales Ordinarias, uno de nuestros objetivos principales es man-tener la simplicidad y poder comunicar a los estudiantes la importancia que tienen las ecuacionesdiferenciales en la Ciencia e Ingenierıa.

El presente libro esta disenado para cursos semestrales y trimestrales en las facultades de inge-nierıa y ciencias, contiene las definiciones y teoremas basicos de las ecuaciones diferenciales ordina-rias. Se analizan los metodos analıticos de solucion mas conocidos y se resuelven con todo detalleejercicios correspondientes a cada metodo. Al final de cada capıtulo se propone una serie de proble-mas que ayudaran al estudiante a reforzar sus conocimientos adquiridos.

La demostracion de algunos teoremas se ha omitido ya que, por un lado, nuestro enfoque esta di-rigido mas a las tecnicas de solucion y aplicaciones, que al riguroso analisis matematico y, por elotro, consideramos que el incremento de informacion no contribuye en forma decisiva al aprendizaje

de los estudiantes.La presente obra esta organizada de la siguiente manera: En el Capıtulo 1 se dan los conceptos

basicos de las ecuaciones diferenciales; en el Capıtulo 2 se analizan los diferentes metodos de solucionde las ecuaciones diferenciales de primer orden, se introduce la definicion de ecuacion diferenciallineal homogenea, no homogenea y reducible a homogenea, y se ilustran los metodos de solucion.Se plantean y se resuelven con todo detalle algunos problemas. Al final de este capıtulo se pide alalumno resolver una serie de ejercicios, esto para garantizar su aprendizaje; las ecuaciones de ordensuperior, y algunas aplicaciones se analizan en el Capıtulo 3; en el Capıtulo 4 se dan los fundamentosbasicos del calculo operacional, mejor conocido como Transformada de Laplace; en el Capıtulo 5 seanalizan las ecuaciones diferenciales usando series de potencias como soluciones; en el capıtulo 6 seda una introduccion a los sistemas de ecuaciones diferenciales.

Esperamos haber podido mantener en la practica nuestra filosofıa, sencillez y elegancia, si no

que el estudiante nos juzgue, y desde luego aceptaremos cualquier crıtica constructiva, para de estamanera mejorar nuestro trabajo y darle a la sociedad mejores resultados.

Los autoresJ. Juan Rosales Garcıa Manuel Guıa Calder´ on



Indice general

1. CONCEPTOS BASICOS 9

1.1. Definicion y Caracterizacion de las EcuacionesDiferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2. Soluciones de Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3. Problemas de Repaso del Capıtulo 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 17

2.1. Ecuaciones Diferenciales con Variables Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.3. Ecuaciones Diferenciales Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.5. Ecuaciones Diferenciales Cuasi-homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.7. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.8. Ecuacion de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.9. Ecuaciones Diferenciales Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.10. Factor Integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.11. Ley de Enfriamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.12. Circuitos Electricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.13. Solucion del Circuito RL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2.14. Solucion de un Circuito RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.15. Carga en el Condensador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2.16. Presion Atmosferica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.17. Ecuaciones Diferenciales no Resueltas Respectoa la Derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

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6 INDICE GENERAL

2.18. Ecuaciones Diferenciales de Lagrange y Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.19. Trayectorias Ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

2.20. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

2.21. Problemas de Repaso del Capıtulo 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR 121

3.1. Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

3.2. Ecuaciones de Orden Superior Reducibles a PrimerOrden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

3.3. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

3.4. Ecuaciones Lineales con Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

3.5. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogeneas deSegundo Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

3.6. Variacion del Parametro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

3.7. Ecuaciones de Cauchy-Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

3.8. Vibraciones Mecanicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

3.9. Solucion para el Movimiento Libre no Amortiguado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

3.10. Soluciones Para las Oscilaciones Forzadasno Amortiguadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

3.11. Circuito Electrico RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

3.12. Oscilaciones Libres del Circuito RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

3.13. Solucion General del Circuito RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

3.14. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171


4. TRANSFORMADA DE LAPLACE 179

4.1. Conceptos Basicos de la Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

4.2. Transformada de Laplace de Algunas FuncionesElementales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

4.3. Transformada de Laplace para las Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

4.4. Transformada Inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

4.5. Funciones Racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

4.6. Ecuaciones Diferenciales: Metodo de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

4.7. Transformada de Laplace para Funciones Discontinuas . . . . . . . . . . . . . . . . . 205



INDICE GENERAL 7

4.8. Diferenciacion e Integracion de la Transformadade Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

4.9. Ecuaciones Diferenciales con Fuentes Discontinuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

4.10. Ecuaciones Diferenciales con Impulsos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

4.11. Teorema de Convolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

4.12. Problemas de Repaso para el Capıtulo 4: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

5. INTEGRACION DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA 233

5.1. Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

5.2. Intervalo y Radio de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

5.3. Propiedades de las Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

5.4. Derivadas de las Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

5.5. Series e Integracion de Ecuaciones Diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

5.6. Integracion de Ecuaciones Lineales Mediante Series de Potencias . . . . . . . . . . . 239

5.7. Soluciones Alrededor de Puntos Ordinarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

5.8. Ecuacion Diferencial de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247

5.9. Polinomios de Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

5.10. Condiciones Suficientes para la Existencia de Soluciones en Serie Potencias. . . . . . 249

5.11. Ecuacion Diferencial de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

5.12. Polinomios de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252

5.13. Series Generalizadas: Metodo de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

5.14. Ecuacion Indicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

5.15. Ecuacion Diferencial de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

5.16. Funciones de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

5.17. Propiedades de la funcion J ν(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

5.18. Funciones de Bessel Fraccionarias, ν =±

1

2

,±

3

2

,±

5

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 262

5.19. Problemas de Repaso del Capıtulo 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 265

6.1. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

6.2. Valores Propios y Vectores Propios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282

6.3. Sistemas de Ecuaciones Lineales Homogeneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285

6.4. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295



8 INDICE GENERAL


6.6. Respuestas a los Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300



Capıtulo 1

CONCEPTOS BASICOS

La Ciencia jam´ as podr´ a descubrir todos los secretos de la Naturaleza ya que la Ciencia la hacen los Hombresy estos son parte de Ella J. Juan Rosales Garcıa

Las Matem´ aticas son el Idioma con el cual DIOS Escribi´ o el Universo

Galileo Galilei

Nuestro objetivo es el estudio de las ecuaciones diferenciales ordinarias. Antes de empezar con losdiferentes metodos para resolver este tipo de ecuaciones, definiremos que es lo que vamos a entenderpor ecuacion diferencial en la forma mas general y como la vamos a caracterizar.

1.1. Definicion y Caracterizacion de las Ecuaciones

Diferenciales

En general, una ecuaci´ on diferencial es una igualdad que contiene variables independientes, una

funcion dependiente (incognita) y sus derivadas. Se considera que las variables independientes sonreales y las funciones, mientras no se diga lo contrario, se consideran reales e unıvocas. El ordende la derivada superior que aparece en la ecuacion diferencial se denomina orden de la ecuacion. Sise tiene solo una variable independiente la ecuacion se llama ecuaci´ on diferencial ordinaria EDO,en caso contrario se tiene una ecuaci´ on diferencial en derivadas parciales EDP. Se tienen, ademas,en la teorıa de ecuaciones diferenciales sistemas de ecuaciones diferenciales. En esta obra estudia-remos solamente las ecuaciones diferenciales ordinarias y una breve introduccion a los sistemas deecuaciones diferenciales ordinarias.

Formalmente, tenemos que una ecuacion que establece una relacion entre la variable indepen-diente x, la funcion dependiente y = f (x) y sus derivadas y(x), y(x),...,y(n)(x) respecto a x, se

9



10 CAP ITULO 1. CONCEPTOS BASICOS

llama ecuaci´ on diferencial ordinaria EDO. Matematicamente se escribe de la siguiente manera

F

x, y, y, y,...,y(n)

= 0 (1.1)

El orden de la derivada superior que aparece en la ecuacion (1.1) es el orden de la ecuacion diferencial,mientras que el grado se define como el exponente de la derivada de mayor orden. Ası, la ecuacion(1.1) representa una ecuacion diferencial ordinaria de orden n y grado uno.

Las ecuaciones diferenciales tambien se distinguen por su linealidad y no linealidad. Para esto,supongamos que en la ecuacion (1.1) podemos despejar la derivada de mayor orden, y(n), esto es

y(n) = f x, y, y, y,...,y(n−1) (1.2)

entonces, decimos que una ecuacion diferencial de la forma (1.2) es una ecuaci on diferencial lineal si f es una funcion lineal de y, y, y,...,y(n−1). En otras palabras, una ecuacion diferencial es linealsi es posible escribirla de la siguiente manera

an(x) dnydxn + an−1(x) d

n−1ydxn−1 + ... + a2(x) d

2ydx2 + a1(x) dydx + a0(x)y = g(x) (1.3)

donde los coeficientes ai(x) (i = 0, 1, 2,...,n) son funciones continuas de la variable independiente

x en un cierto intervalo (a, b), y y = dydx , . . . , y(n) = dny

dxn . Si en (1.3) la funcion g(x) = 0, entonces,decimos que la ecuacion es una ecuaci´ on diferencial lineal homogenea de orden n y grado uno, en

caso contrario, si g(x) = 0, diremos que es una ecuacion diferencial lineal no homogenea . Si loscoeficientes ai(x) (i = 0, 1, 2, . . ,n) son todos constantes, entonces la ecuacion (1.3) representa unaecuacion diferencial lineal no homogenea con coeficientes constantes.

Desde el punto de vista practico, la parte izquierda de la ecuacion (1.3) representa un sistema,sea cual sea, donde hay ciertos cambios (debido a friccion, desintegracion, caıdas de voltaje, vis-cosidad etc.,) y la parte derecha representa una fuente (lo que se suministra al sistema, puede servoltaje, corriente, una fuerza, etc.). Resolver la ecuacion (1.3) significa, entonces, hallar la funcionque representara el resultado del proceso, es decir, nos dara informacion sobre el comportamientodel sistema.

Ejemplo 1:

Las ecuaciones

y + 4x2y = 3x2 + 2x − 5, (1.4)

y − xy = 0, (1.5)

y + 5y + 3y = x2 − 1, (1.6)

son ecuaciones diferenciales ordinarias de grado uno. La ecuacion (1.4) es una ecuacion diferenciallineal no homogenea de primer orden, mientras que la ecuacion (1.5) es una ecuacion diferencialhomogenea de primer orden. Finalmente, la ecuacion (1.6) es una ecuacion diferencial lineal nohomogenea de segundo orden.



1.2. SOLUCIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES 11

Ejemplo 2:

y ∂u(x, y)∂y

+ x ∂u(x, y)∂x

= 0, (1.7)

t∂u(x, t)

∂t+ x

∂u(x, t)

∂x= u(x, t), (1.8)

∂ 2u(x, y)

∂x∂y= x + y, (1.9)

dx

dt= 2x + y,

dy

dt= 3x + 4y, (1.10)

La ecuaciones (1.7) y (1.8) son ecuaciones diferenciales en derivadas parciales de primer orden; laecuacion (1.9) es una ecuacion en derivadas parciales de segundo orden. Finalmente, (1.10) representaun sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias.

Ejemplo 3:

Las ecuaciones(y)2 = xy, (1.11)

yy − 4y + y = x − 3, (1.12)

y + y4 = 0, (1.13)

son ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales de primero, segundo y tercer orden, respectiva-

mente. La ecuacion (1.11) es de grado dos, las dos ecuaciones restantes son de grado uno.

1.2. Soluciones de Ecuaciones Diferenciales

Toda funcion y = φ(x) definida en un intervalo (a, b), la cual posee derivadas continuas hastaun orden igual al orden de la ecuacion y que convierte la igualdad en identidad se llama soluci´ on ´ o integral de la ecuaci´ on diferencial . Esto significa que al sustituir la solucion y = φ(x) en la ecuaciondiferencial dada, se llega a una identidad valida para toda x ∈ (a, b).

La solucion general de una ecuacion diferencial es una familia de curvas o funciones que contienetantos parametros arbitrarios (constantes de integracion) como sea el orden de la ecuacion diferencial.Es decir, la solucion general de una ecuacion de primer orden F (x, y, y) = 0 tendra como solucion

general a la familia de curvas representada por Φ(x, y, c) = 0, donde c es el parametro arbitrario(familia uniparametrica), tal que, cada termino de la familia es una solucion de la ecuacion diferencial.Ası, al resolver una ecuacion diferencial de orden n, es decir, F (x, y, y,...,y(n)) = 0, esperamosobtener una familia n-parametrica de soluciones Φ(x, y, c1,...,cn) = 0, donde ci(i = 1, 2,...,n) sonparametros arbitrarios.

La solucion de una ecuacion diferencial que no contiene parametros arbitrarios se llama soluci´ on particular . Una manera de obtener una solucion particular es elegir valores especıficos del parametro(o de los parametros) en una familia de soluciones. En el caso en que se analice un problema real,estos parametros se obtienen de las condiciones iniciales en que se encuentra el sistema. A esteproblema se le conoce como problema de Cauchy .




Hay ocasiones en que una ecuacion diferencial tiene una solucion que no puede obtenerse dandovalores especıficos a los parametros en una familia de soluciones; a esta solucion se le llama soluci´ on

singular .Ejemplo 1:

La funcion y = (x2/4 + c)2 es solucion de la ecuacion y = xy1/2. Cuando c = 0, la solucionparticular es y = x4/16. En este caso, la funcion y ≡ 0 es una solucion singular de la ecuacion, yaque no puede ser obtenida de la familia de soluciones para ningun valor del parametro c. Esto quieredecir que no hay unicidad con la condicion inicial dada y(0) = 0. Otra manera de ver esto es lasiguiente: Si la solucion y = x4/16 la escribimos como 16 = x4/y y luego hacemos y ≡ 0, tenemosuna indeterminacion, lo cual implica que la solucion y ≡ 0 es una solucion singular de la ecuaciony = xy1/2.

Ejemplo 2:

Dada la funcion

y(x) = ce−2x + 13

ex, (1.14)

verificar que esta es solucion de la ecuacion diferencial

y + 2y = ex. (1.15)

Soluci´ on:

Para verificar que efectivamente la funcion (1.14) es solucion de la ecuacion (1.15) debemossustituir (1.14) en (1.15). Tenemos que la derivada de (1.14) es

y(x) = −2ce−2x +1

3ex. (1.16)

Sustituyendo esta expresion y (1.14) en (1.15), obtenemos

−2ce−2x +1

3ex + 2ce−2x +

2

3ex =

1

3ex +

2

3ex = ex. (1.17)

El tener la identidad ex = ex, implica que la funcion (1.14) es la solucion general de la ecuacion dife-rencial (1.15). De la solucion general (1.14) podemos obtener una solucion particular de la ecuaciondiferencial (1.15). Supongamos que cuando x = 0, y = 2. Sustituyendo estos valores en la solucion(1.14), obtenemos

2 = c +1

3→ c =

5

3. (1.18)

Luego, sustituyendo el valor de c en (1.14), obtenemos la solucion particular de la ecuacion (1.15)

y(x) =5

3e−2x +

1

3ex. (1.19)

El haber restringido la solucion general a una solucion particular, quiere decir que la curva repre-sentada por la ecuacion (1.19) pasa por el punto (0, 2) del plano (x, y).

Ejemplo 3:

Dada la funciony(x) = c1x + c2x ln x + 2x3, (1.20)

verificar que esta es la solucion general de la ecuacion diferencial

x2y − xy + y = 8x3. (1.21)



1.2. SOLUCIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES 13

Soluci´ on:

Derivando dos veces la funcion (1.20) respecto a x, obtenemos

y = c1 + c2 ln x + c2 + 6x2 → y =c2x

+ 12x. (1.22)

Sustituyendo estas dos expresiones y (1.20) en la ecuacion (1.21), tenemos

x2c2

x+ 12x

− x[c1 + c2 ln x + c2 + 6x2] + c1x + c2x ln x + 2x3 =

12x3 − 6x3 + 2x3 = 8x3. (1.23)

Lo cual implica que la funcion (1.20) es la solucion general de la ecuacion (1.21).

Ejemplo 4:

Verificar que para toda constante c, la funcion dada implıcitamente

y = arc tg(x + y) + c, (1.24)

satisface la ecuaciondy

dx=

1

(x + y)2. (1.25)

Soluci´ on:

Diferenciando la funcion (1.24) respecto a x, tenemos

dy

dx=

1 + dydx

1 + (x + y)2→

1 + (x + y)2

dy

dx= 1 +

dy

dx→

1 + (x + y)2 − 1

dy

dx= 1. (1.26)

Esta ultima expresion la podemos escribir como

dy

dx=

1

(x + y)2. (1.27)

De las ecuaciones (1.25) y (1.27) concluimos que la funcion (1.24) es solucion de la ecuacion (1.25).

Podemos hacer el proceso inverso, es decir, supongamos que tenemos una familia de curvas ydeseamos conocer su correspondiente ecuacion diferencial. Este tipo de problemas surgen a menudoen las ciencias e ingenierıas.

Ejemplo 5:

Dada la familia de curvasx2 + y2 − cx = 0, c ∈ R, (1.28)

hallar su correspondiente ecuacion diferencial.

Soluci´ on:

Considerando a y como una funcion de x y diferenciando (1.28) respecto a x, tenemos

2x + 2ydy

dx− c = 0. (1.29)

Luego, de la ecuacion (1.28) despejamos la constante c

c =x2 + y2

x. (1.30)




Sustituyendo este resultado en (1.29), obtenemos

2x + 2y dydx − x

2

+ y

2

x = 0 → 2yx dydx + 2x2 − x2 − y2 = 0. (1.31)

Finalmente, tenemos que la ecuacion diferencial que representa a la familia de curvas (1.28) tiene laforma

2xydy

dx+ x2 − y2 = 0. (1.32)

En otras palabras, la familia de curvas (1.28) es la solucion de la ecuacion diferencial (1.32).

Ejemplo 6:

Hallar la ecuacion diferencial que representa la familia de curvas

x − y − cex

y−x = 0. (1.33)

Soluci´ on:

Escribamos la ecuacion (1.33) de la siguiente manera

(x − y)ex

x−y = c. (1.34)

Luego, diferenciando esta expresion respecto a x, tenemos

1 − dy

dx

e

xx−y + (x − y)

x − y − x(1 − dydx)

(x − y)2

e

xx−y = 0. (1.35)

Considerando que ex

x−y = 0, entonces, lo que debe ser cero es

1 −dy

dx +x

−y

−x + x dy

dxx − y = 0 → 1 −

dy

dx +x dy

dx −y

x − y = 0. (1.36)

Transformando esta ultima ecuacion y agrupando terminos, resulta

x − y − (x − y)dy

dx+ x

dy

dx− y = 0 → x − 2y − (x − y − x)

dy

dx= 0. (1.37)

Finalmente, tenemos la ecuacion diferencial que representa la familia de curvas (1.33)

ydy

dx− 2y + x = 0. (1.38)

Ejemplo 7:

Hallar la ecuacion diferencial que describe una familia de parabolas, las cuales pasan por el orıgende coordenadas y su eje de simetrıa es el de las ordenadas.

Soluci´ on:

La ecuacion que representa a la familia de parabolas con eje de simetrıa en las ordenadas es

y = cx2, c ∈ R. (1.39)

Diferenciando esta expresion respecto a x, obtenemos

dy

dx= 2cx. (1.40)



1.3. PROBLEMAS DE REPASO DEL CAP ITULO 1: 15

De (1.39) despejamos c y la sustituimos en (1.40)

c =y

x2 →dy

dx = 2y

x2 x = 2y

x . (1.41)

Entonces, la ecuacion diferencial esdy

dx− 2y

x= 0. (1.42)

Observaci´ on:

Las ecuaciones diferenciales no lineales, a excepcion de algunas de primer orden, son generalmentedifıciles o imposibles de resolver en terminos de las funciones elementales (funciones trigonometricas,funciones exponenciales y logarıtmicas y funciones trigonometricas inversas). Ademas, si tuvieramosuna familia de soluciones de una ecuacion diferencial no lineal, no es obvio que esta familia seala solucion general. Las ecuaciones no lineales son muy sensibles a las condiciones iniciales. De talmanera, que el nombre de soluci´ on general se aplica solo a ecuaciones diferenciales lineales.

1.3. Problemas de Repaso del Capıtulo 1:

1.1.-) En los siguientes ejercicios diga si las ecuaciones dadas son lineales o no lineales.Indique el orden y el grado de cada ecuacion:

1. xy + y = y2.

2. xdxdt + t = 1.

3. y − y = 2x − 3.

4. y =

1 + (y)2

5. d2xdt2 + α

x2 = 0.

6. (1 − y2)dx + xdy = 0.

7. xy + 1 = ey.

8. y − yx = x cos x.

9. xy − 2y = 2x3.

10. y + y = 1sen x .

1.2.-) Por sustitucion, compruebe que las soluciones dadas corresponden a las ecuacionesdiferenciales:

1. e−y − cx = 1 ⇐⇒ xy + 1 = ey.

2. y2

2 + y + ln |y − 1| = − 1x + c ⇐⇒ x2y2y + 1 = y

3. y = ccos x ⇐⇒ y − y tg x = 0.

4. y = ln(c + ex) ⇐⇒ y = ex−y.

5. y =√

x2 − cx ⇐⇒ (x2 + y2)dx = 3xydy.




6. x = yecy+1 ⇐⇒ y = yx(lnx−ln y) .

7. y = x√1 − x2

⇐⇒ yy = x − 2x3

.

8. y2 = −cx2 − x ⇐⇒ (x + 2y2)dx − 2xydy = 0.

9. x sen y + x2y = c ⇐⇒ (sen y + 2xy)dx + (x cos y + x2)dy = 0.

10. xy2 = 1 + cy ⇐⇒ y3dx + (xy2 + 1)dy = 0.



Capıtulo 2

ECUACIONES DIFERENCIALES

DE PRIMER ORDEN

Una vez dadas algunas de las definiciones basicas correspondientes a las ecuaciones diferencialesordinarias podemos estudiar los metodos de solucion. Para esto, empecemos con las ecuacionesmas sencillas, pero no menos importantes, ya que existe una diversidad de aplicaciones de estasecuaciones, tanto en las ciencias exactas como en las ingenierıas.

De la ecuacion (1.1) se deduce que una ecuacion diferencial de primer orden tiene la forma

F x, y, y = 0 (2.1)

Si, ademas, suponemos que esta ecuacion se puede resolver respecto a su derivada, entonces, tenemosla siguiente ecuacion

dydx = f (x, y) (2.2)

donde f (x, y) es una funcion dada, la cual suponemos continua y unıvoca en un cierto dominio (a, b).

A la par de la ecuacion diferencial (2.2) podemos analizar la ecuacion invertida, es decir, laecuacion de la forma

dx

dy=

1

f (x, y), (2.3)

la cual se emplea en la vecindad de aquellos puntos del plano x0y, en los que f (x, y) tiende ainfinito. La coleccion de tales puntos se suma a la region de definicion de la ecuacion (2.2) y lasolucion x = x(y) de (2.3) la vamos a unir con la solucion de la ecuacion (2.2).

Por otro lado, si f (x, y) no tiende a infinito en la region examinada, las ecuaciones (2.2) y (2.3)son equivalentes en dicha region, es decir, tienen en esta region una misma solucion.

La ecuacion diferencial (2.2) junto con la ecuacion (2.3) forman en el plano x0y el llamado campode direcciones. Si a traves de cada punto (x, y) en el que esta dada la ecuacion (2.2) trazamos unarecta que forma con el eje 0x un angulo α, donde tg α = f (x, y), y si consideramos que los puntosdonde f (x, y) tiende a infinito, el campo de direcciones sera paralelo al eje 0y. Las curvas y = y(x)

17



18 CAP ITULO 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

[x = x(y)] tienen la propiedad que en cada uno de sus puntos la direccion de la tangente coincidecon el campo de direccion en este punto.

Si la parte izquierda de (2.2) en el punto (x0, y0) es 00 , diremos que en este punto el campo

no esta definido. Esto no excluye la existencia de las curvas integrales y = y(x) [x = x(y)], queconvergen al punto (x0, y0), es decir, que poseen la propiedad y(x) → y0 cuando x → x0 [x(y) →x0, cuando y(x) → x0]. En general, nada se puede decir acerca de la existencia y direccion de lastangentes a estas curvas integrales en el punto (x0, y0).

En virtud de la hipotesis de continuidad de la funcion f (x, y), el campo de direcciones definidopor f (x, y), tambien es continuo, es decir, en puntos suficientemente cercanos las direcciones delcampo poco se distinguen. Debido a que f (x, y) es unıvoca las curvas integrales no se intersectan,sin embargo, no se excluyen puntos de contacto entre ellas.

Se denomina isoclina de una ecuacion diferencial a la lınea en cuyos puntos la direccion del campoes una misma. Son isoclinas las lıneas dadas por las ecuaciones

f (x, y) = k, (k = constante), y,1

f (x, y)= 0. (2.4)

Las tangentes a las curvas integrales en los puntos de las isoclinas f (x, y) = 0, f (x, y) = ∞, f (x, y) =1 y f (x, y) = −1 forman con el eje positivo 0x los angulos 0, π2 , π4 y −π4 , respectivamente. La isoclinapuede ser al mismo tiempo una curva integral.

Para la ecuacion (2.2) es valido el siguiente teorema acerca de la existencia y unicidad de susolucion.

Teorema 2.0.1. (existencia y unicidad) Sea dada la ecuaci´ on diferencial

y = f (x, y), (2.5)

y sea f (x, y) una funci´ on continua de las variables x, y, definida en un cierto dominio D en el planox0y. Si existe una vecindad Ω de un punto M 0(x0, y0) ∈ D, figura (2.1) donde f (x, y);

es continua en todos los argumentos,

admite derivada parcial ∂f ∂y , entonces, existe un intervalo (x0 − h0, y0 + h0) en la x−abcisa en el cual:

• existe una soluci´ on ´ unica y = φ(x) de la ecuaci´ on (2.5).

• tal que, para una x = x0 hay una y = y0 = φ(x0).

La condicion, de que la funcion debe tomar un valor dado y0 para un x = x0, se conoce comocondici´ on inicial . Formalmente, esta condicion la escribimos como

y |x=x0= y0 ⇐⇒ y(x0) = y0 (2.6)

El problema de hallar una solucion de la ecuacion diferencial (2.2) sujeta a las condiciones iniciales(2.6) se conoce como problema de Cauchy .

Desde el punto de vista geometrico, el teorema nos dice que por el punto M (x0, y0) pasa una ysolo una curva integral de la ecuacion (2.5).



19

Figura 2.1:

El teorema anterior expresa las condiciones suficientes para la existencia de una solucion unicadel problema de Cauchy para la ecuacion (2.5), pero estas condiciones no son necesarias, ya quepuede existir una solucion unica de la ecuacion (2.5) que satisface a la condicion inicial (2.6) a pesarde que en el punto (x0, y0) no se cumpla una (o las dos) de las condiciones del teorema.

Apliquemos el teorema anterior para analizar los siguientes ejercicios.

a) y = x + y2, b) y =x

y. (2.7)

Soluci´ on a):

Tenemos que la funcion f (x, y) es

f (x, y) = x + y2. (2.8)

La derivada de esta funcion respecto a y es

∂f

∂y = 2y. (2.9)

Como podemos ver, las condiciones del teorema se cumplen, es decir, la funcion f (x, y) en (2.8) ysu derivada parcial (2.9) son continuas en todo el dominio de x y y. Entonces, existe una, y solo unasolucion y = φ(x) que cumple la condicion y(x0) = y0.

Soluci´ on b):

Tenemos que la funcion y su derivada son

f (x, y) =x

y,

∂f

∂y= − x

y2. (2.10)




Como podemos ver, estas presentan discontinuidades en los puntos (x0, 0) del eje x. Por lo tanto,las dos condiciones del teorema no se cumplen. Sin embargo, por cada punto del eje x pasa una sola

curva integraly = ±

x2 − x2

0, (2.11)

donde x0 es una constante arbitraria.

Del teorema (existencia y unicidad) se deduce que la ecuacion (2.2) tiene un numero infinito desoluciones diferentes. Por ejemplo, la solucion cuya grafica pasa por el punto (x0, y0) y otra solucioncuya grafica pasa por (x0, y1) y otra que pasa por (x0, y2) y otra mas que pasa por (x0, y3) y ası su-cesivamente, siempre y cuando estos puntos sean puntos del dominio D que es donde esta definidala funcion.

Se llama soluci´ on general de una ecuacion diferencial de primer orden la funcion

y = φ(x, c) (2.12)

que depende de una constante arbitraria c, y cumple las siguientes condiciones

Satisface la ecuacion diferencial para cualquier valor de c.

Cualquiera que sea la condicion inicial y = y0 para x = x0, se puede encontrar un valor dec = c0, tal que la funcion y = φ(x, c0) cumpla la condicion inicial dada. Es claro que estamossuponiendo que los valores y0 y x0 pertenecen al dominio de variacion de x y y, en el cual severifican las condiciones del teorema sobre la existencia y unicidad de la soluci on.

Frecuentemente, sucede que cuando buscamos la solucion de una ecuacion diferencial llegamos ala relacion del tipo

Φ(x,y,c) = 0 (2.13)

no resuelta respecto a y, donde es imposible expresar a y en funcion de funciones elementales, esdecir, explıcitamente. En tal caso la solucion general (2.13) se llama soluci´ on implıcita .

Toda funcion y = φ(x, c0) que sea obtenida a partir de la solucion general y = φ(x, c), ya seaaplicando las condiciones iniciales o dando a la constante c un valor determinado c = c0 se llamasoluci´ on particular y la relacion Φ(x, y, c0) = 0 se llama integral particular de la ecuacion diferencial.

Desde el punto de vista geometrico, la integral general representa una familia de curvas en elplano de coordenadas dependientes de una constante arbitraria c ( a veces, en lugar de constantearbitraria se dice parametro c). A estas curvas se les conoce como curvas integrales de la ecuaciondiferencial dada. Cada integral particular sera representada por una curva de esta familia, la cualpasa por un punto del plano x0y.

Toda ecuacion diferencial de primer orden (2.2)

dy − f (x, y)dx = 0, (2.14)

se puede escribir de la siguiente forma, mas general

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (2.15)



2.1. ECUACIONES DIFERENCIALES CON VARIABLES SEPARABLES 21

donde M (x, y) y N (x, y) son funciones continuas dadas en un cierto dominio D del plano x0y,las cuales no contienen puntos singulares. En realidad la expresion (2.15) contiene dos ecuaciones

diferenciales de primer orden; una respecto a la funcion y(x) y la otra respecto a la funcion x(y). Enel primer caso, por solucion de la ecuacion (2.15) se entiende la funcion y = φ(x, c) que esta definidaen cierto intervalo (a, b), tiene derivada continua y satisface la ecuacion (2.15).

Debido a que el diferencial dx de la variable independiente x no es igual a cero, la ecuacion (2.15)se puede dividir entre dx y obtener un valor de y(x) que satisfaga la ecuacion diferencial de primerorden escrita en su forma conocida. Para esto dividimos entre dx la ecuacion (2.15), tenemos

M (x, y) + N (x, y)dy

dx= 0. (2.16)

Ahora escribiendo esta expresion de la siguiente manera

dy

dx=

−M (x, y)

N (x, y)= f (x, y), (2.17)

siempre y cuando N (x, y) = 0. Como se puede observar, las expresiones (2.2) y (2.15) son simple-mente dos maneras de escribir lo mismo, es decir, dos diferentes representaciones.

Siguiendo el mismo razonamiento, obtenemos que para las soluciones de la forma x = φ(y, c) laecuacion diferencial (2.15) es equivalente a la siguiente

dx

dy= − N (x, y)

M (x, y)= g(x, y), (2.18)

siempre y cuando M (x, y) = 0. Vamos a estudiar mas detalladamente la ecuacion diferencial (2.17),donde x es la variable independiente y y(x) es la funcion dependiente. No existe un metodo generalpara integrar las ecuaciones diferenciales de primer orden (2.17). Sin embargo, para ciertas formasparticulares de la funcion f (x, y) sı existen metodos generales de integracion. Estos metodos seanalizan detalladamente en las secciones siguientes.

2.1. Ecuaciones Diferenciales con Variables Separables

Supongamos que en la ecuacion (2.15) podemos escribir M (x, y) = p1(x)q1(y) y N (x, y) = p2(x)q2(y), entonces, tenemos la siguiente expresion

p1(x)q1(y)dx + p2(x)q2(y)dy = 0 (2.19)

donde pi(x), i = 1, 2., son funciones continuas dadas en un intervalo (a, b), y qi(y), i = 1, 2., sonfunciones tambien continuas en el intervalo (c, d) y el dominio D = [(x, y) : x ∈ (a, b), y ∈ (c, d)]no contiene puntos singulares de la ecuacion (2.19). Al tipo de ecuaciones (2.19) se les conoce comoecuaciones diferenciales con variables separables.

Supongamos que en (2.19) ninguna de las funciones p2(x) y q1(y) son identicas a cero, esto nospermite expresar la ecuacion (2.19) en la forma

p1(x)

p2(x)dx +

q2(y)

q1(y)dy = 0, donde p2(x) = 0, q1(y) = 0. (2.20)




De donde la integracion termino a termino nos conduce a la relacion

p1(x) p2(x) dx +

q2(y)q1(y) dy = c, (2.21)

que, precisamente, determina en forma implıcita la solucion general de la ecuacion (2.19). Observeseque en la expresion (2.21), c es una constante de integracion, la cual sera determinada de las condicio-nes iniciales. Al calcular las dos integrales en (2.21) ya no es necesario introducir ninguna constantede integracion, ya que, a la suma o resta de dos o m as constantes siempre podemos representarlapor medio de una sola constante, en este caso por c. Si en la ecuacion (2.20) p2(x) = 0 y q1(y) = 0se tendran soluciones singulares.

Ejemplo 1.

Hallar la solucion general de la ecuacion diferencial

e−y

1 + dydx

= 1. (2.22)

Soluci´ on:

Antes que nada debemos analizar que tipo de ecuacion es. Para esto, reescribamos la ecuaciondada en la siguiente forma

e−y + e−ydy

dx= 1 → e−y

dy

dx= 1 − e−y → e−y

dy

dx= −(e−y − 1). (2.23)

De la ultima ecuacion en (2.23) vemos que podemos separar las variables, esto es

e−y

e−y

−1

dy = −dx. (2.24)

Integrando las dos partes

−

d(e−y − 1)

e−y − 1= −

dx →

d(e−y − 1)

e−y − 1=

dx, (2.25)

donde hemos tomado en cuenta la relacion d(e−y − 1) = −e−ydy. Integrando esta expresion obte-nemos la solucion general

ln |e−y − 1| = x + ln c, (2.26)

donde, por comodidad, hemos tomado la constante de integracion como ln c, desde luego pudimoshaber tomado a la constante c, esto no altera el resultado.

Ahora solo nos queda representar la familia de soluciones en una forma mas compacta. Esto se

puede hacer haciendo uso de las propiedades de los logaritmos

ln y + ln x = ln |yx|, ln y − ln x = lny

x

, ln y = x → y = ex.

Aplicando estas propiedades en la ecuacion (2.26), la solucion general tiene la forma

e−y = 1 + cex. (2.27)

Como podemos observar, la solucion general esta dada en forma implıcita.

Ejemplo 2:



2.1. ECUACIONES DIFERENCIALES CON VARIABLES SEPARABLES 23

Resolver la ecuaciondy

dx

= (x2 + 1)y ln y. (2.28)

Soluci´ on:

Esta ecuacion es de variables separables

dy

y ln y= (x2 + 1)dx →

dy

y ln y=

(x2 + 1)dx. (2.29)

Tomando en cuenta que d(ln y) = 1y

dy, tenemos

d ln y

ln y=

(x2 + 1)dx. (2.30)

Integrando, obtenemos la solucion general

ln | ln y| =x3

3+ x + c. (2.31)

Ejemplo 3:

Resolver el problema de Cauchy

x2ydx = (x3 + 1)(y2 + 1)dy, y(2) = 3. (2.32)

Soluci´ on:

Como podemos ver, esta ecuacion es de variables separables

x2

x3 + 1 dx =

y2 + 1

y dy. (2.33)

Integrando1

3

d(x3 + 1)

x3 + 1=

y +

1

y

dy, (2.34)

resulta1

3ln |x3 + 1| =

y2

2+ ln y +

c

3→ ln |x3 + 1| =

3

2y2 + 3ln y + c, (2.35)

donde hemos tomado por constante de integracion a c/3, esto es por comodidad. Usando las propie-dades de los logaritmos y acomodando terminos, tenemos el resultado final

ln x3 + 1

y3 =

3

2

y2 + c. (2.36)

Esta es la familia de soluciones de la ecuaci on (2.32). Para hallar la solucion con las condicionesy(2) = 3, es necesario sustituir estos valores en (2.36). Tenemos

ln (2)3 + 1

(3)3

=3

2(3)2 + c → c = ln

9

27

− 27

2. (2.37)

Sustituyendo el valor de c en (2.36), tenemos la solucion del problema de Cauchy

lnx3 + 1

y3

=3

2y2 + ln

13

− 27

2. (2.38)




Esta es la solucion particular de (2.32).

Ejemplo 4:

Resolver la ecuacion diferencial

dy

dx= ay + by2, a y b son constantes. (2.39)

Soluci´ on:

Esta ecuacion es de variables separables

dy

by2 + ay= dx →

dy

y(by + a)=

dx. (2.40)

Para resolver la primer integral de la izquierda en (2.40) usaremos fracciones parciales, esto es

1y(by + a)

= Ay

+ Bby + a

→ A = 1a

, B = − ba

→ 1y(by + a)

= 1ay

− ba(by + a)

. (2.41)

Entonces, la primer integral dy

y(by + a)=

1

a

dy

y− 1

a

dy

y + ab

=1

aln y − 1

alny +

a

b

. (2.42)

Luego, sustituyendo este resultado en (2.40) e integrando la parte derecha, tenemos

1

aln y − 1

alny +

a

b

= x + c1, (2.43)

donde c1 es la constante de integracion. Usando las propiedades de los logaritmos y haciendo algunas

manipulaciones algebraicas, podemos escribir la solucion (2.43) de la siguiente manera

y(x) =aeac1eax

b(1 − eac1eax)→ y(x) =

a

Ce−ax − b, (2.44)

donde hemos multiplicado la primer expresion de (2.44) por e−ac1e−ax y definido la constante deintegracion como C = be−ac1 .

2.2. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Separables

Supongamos ahora que la funcion f (x, y) en (2.2) tiene la forma f (ax + by + c), entonces, laecuacion diferencial se escribe de la siguiente manera

dydx = f (ax + by + c) (2.45)

donde a, b y c son ciertas constantes dadas. La ecuacion (2.45) puede reducirse a una ecuacion convariables separables si hacemos la siguiente sustitucion

z = ax + by + c (2.46)



2.2. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A SEPARABLES 25

En (2.46), z = z(x) es una funcion continua en el dominio donde la ecuacion diferencial (2.45)esta dada. Para sustituir en la ecuacion (2.45) debemos tomar la derivada de z respecto a x, tenemos

dz

dx= a + b

dy

dx. (2.47)

De dondedy

dx=

1

b

dz

dx− a

b. (2.48)

Entonces, la ecuacion (2.45) se reduce a

dz

dx= bf (z) + a. (2.49)

Esta ultima ecuacion es una ecuacion con variables separables. Su solucion implıcita es

dz

bf (z) + a= dx

→ dz

f (z) +ab

= b dx + c1, (2.50)

donde c1 es la constante de integracion. La solucion implıcita (2.50) es la solucion de la ecuaciondiferencial (2.49). Entonces, para obtener la solucion de la ecuacion (2.45) debemos recordar quehicimos la sustitucion (2.46). O bien, en terminos de las variables x y y, tenemos

d(ax + by + c)

f (ax + by + c) + ab

= b

dx + c1. (2.51)

Al integrar la expresion (2.51) obtendremos la solucion general de la ecuacion diferencial (2.45).

Ejemplo 1:


dydx

=

4x + 2y − 1. (2.52)

Soluci´ on:

Segun el metodo antes visto, para resolver este tipo de ecuacion debemos hacer el cambio

z = 4x + 2y − 1. (2.53)

Ahora, para sustituir (2.53) en la ecuacion (2.52), debemos encontrar la derivada dydx en terminos dela nueva funcion z(x). Para esto, calculamos la derivada en (2.53), respecto a x

dz

dx= 4 + 2

dy

dx, (2.54)

de donde obtenemos dy

dx=

1

2

dz

dx− 2. (2.55)

Sustituyendo en la ecuacion original (2.52), tenemos

1

2

dz

dx− 2 =

√z → dz

dx= 2

√z + 4. (2.56)

De esta forma obtenemos una ecuacion con variables separables, la cual podemos resolver sin ningunproblema. Integrando

dz√z + 2

= 2

dx. (2.57)




Para calcular la integral de lado izquierdo hacemos el cambio de variable

u = √z, du =1

2 z−1/2dz, 2udu = dz. (2.58)

Sustituyendo en (2.57), obtenemos

2

u

u + 2du = 2

u + 2 − 2

u + 2du = 2

1 − 2

u + 2

du

= 2

u − 2 ln |u + 2|

= 2u − 4 ln |u + 2|. (2.59)

Recordando que u =√

z, tenemos que la integral es dz√z + 2

= 2√

z − 4 ln |√z + 2|. (2.60)

Regresando a las variables x, y, e integrando la parte derecha de la ecuaci on (2.57) resulta que lasolucion general de la ecuacion (2.52) esta dada por la expresion

4x + 2y − 1 − 2 ln |

4x + 2y − 1 + 2| = x + c. (2.61)

Ejemplo 2:

Resolver la ecuacion diferencialdy

dx= (x + y)2. (2.62)

Soluci´ on:

Hagamos la sustitucion

z = x + y → dz

dx= 1 +

dy

dx→ dy

dx= −1 +

dz

dx. (2.63)

Sustituyendo este resultado en (2.62), tenemos

−1 +dz

dx= z2 → dz

dx= z2 + 1. (2.64)

Separando las variables e integrando dz

z2 + 1=

dx → arc tg z = x + c. (2.65)

Recordando que z = x + y, tenemos como resultado

arctg(x + y) = x + c → x + y = tg(x + c). (2.66)

Ejemplo 3:

Hallar la solucion general de la ecuacion

dy

dx=

y

x

ln y − ln x

. (2.67)

Soluci´ on:



2.3. ECUACIONES DIFERENCIALES HOMOGENEAS 27

La ecuacion (2.67) la podemos escribir de la siguiente manera

dy

dx =y

x lny

x

. (2.68)


z =y

x→ y = zx → dy

dx= z + x

dz

dx. (2.69)

Sustituyendo en (2.68), tenemos

xdz

dx= z(ln z − 1). (2.70)

Integrando dz

z(ln z − 1)=

dx

x. (2.71)

Obtenemos

ln | ln z − 1| = ln x + ln c → ln ln z − 1

cx

= 0 → ln z = cx + 1. (2.72)

Recordando la sustitucion z = yx , obtenemos finalmente la solucion de la ecuacion (2.67)

lny

x

= cx + 1. (2.73)

2.3. Ecuaciones Diferenciales Homogeneas

Una funcion F (x, y) es homogenea de orden n, si para todo λ > 0 se cumple la relacion

F (λx, λy) = λnF (x, y) (2.74)

Ejemplo 1:

Analizar si la funcion dada es homogenea y de que orden

F (x, y) = x2 + y2. (2.75)

Soluci´ on:

De la definicion, tenemos

F (λx,λy) = (λx)2 + (λy)2 = λ2(x2 + y2) = λ2F (x, y). (2.76)

Es decir, la funcion (2.75) es homogenea de orden 2.

Ejemplo 2:

Sea la funcion

F (x, y) =x2 + y

x, (2.77)

analizar si es o no homogenea.

Soluci´ on:




Aplicando la definicion, tenemos

F (λx, λy) =(λx)2 + λy

λx =λ2x2 + λy

λx =λ(λx + y)

λx =λx + y

x , (2.78)

la cual, no cumple con la condicion (2.74) y por consiguiente, no es homogenea.

Ejemplo 3:

Verificar que la funcion

F (x, y) =x4 + y4

y4, (2.79)

es homogenea de orden cero.

Soluci´ on:


F (λx,λy) =(λx)4 + (λy)4

(λy)4=

λ4x4 + λ4y4

λ4y4=

λ4(x4 + y4)

λ4y4= F (x, y). (2.80)

Esto muestra que n = 0 y por lo tanto, la funcion (2.79) es homogenea de orden cero.

Toda ecuacion diferencial de la forma

dydx = f (x, y) (2.81)

se llama ecuaci´ on diferencial homogenea , si la funcion f (x, y) es homogenea de orden cero. De unaforma equivalente, toda ecuacion diferencial de la forma

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (2.82)

sera homogenea, si y solo si, las funciones M (x, y) y N (x, y) son funciones homogeneas del mismoorden.

Toda ecuacion diferencial homogenea se reduce a una ecuacion diferencial con variables separablesmediante la sustitucion y = z(x)x.

Para demostrar lo anterior, supongamos que las funciones M (x, y) y N (x, y) en (2.82) son funcio-nes homogeneas del mismo orden y, por consiguiente, tiene lugar la sustitucion y = z(x)x. Entonces,tenemos que el diferencial dy se expresa como

dy = zdx + xdz, (2.83)

sustituyendo en la ecuacion (2.82), obtenemos

M (x,zx)dx + N (x,zx)[zdx + xdz] = 0, (2.84)

acomodando terminos, resulta

[xM (1, z) + zxN (1, z)]dx + x2N (1, z)dz = 0. (2.85)

Luego, dividiendo entre x llegamos a la relacion

[M (1, z) + zN (1, z)]dx + xN (1, z)dz = 0. (2.86)




Por ultimo, separando variables e integrando ambas partes de (2.86), obtenemos implıcitamente lasolucion general de la ecuacion (2.86)

dx

x+

N (1, z)

M (1, z) + zN (1, z)dz = c, (2.87)

donde c es la constante de integracion. Al integrar (2.87) tendremos la solucion representada comoz(x) = χ(x, c) de donde, debemos recordar el cambio z = y/x para tener la solucion y(x) = φ(x, c)que sera la solucion general de la ecuacion (2.82).

Ejemplo 4:


(y2 + xy − x2)dx − x2dy = 0. (2.88)

Soluci´ on:

Esta ecuacion tiene la forma de (2.82). Veamos si es homogenea, para esto identificamos lasfunciones M (x, y) y N (x, y)

M (x, y) = y2 + xy − x2, N (x, y) = −x2. (2.89)

Es facil mostrar que estas funciones son homogeneas del mismo orden 2. Entonces, hagamos lasustitucion

y = zx → dy = zdx + xdz. (2.90)

Sustituyendo en la ecuacion (2.88), obtenemos

(z2x2 + zx2 − x2)dx − x2(zdx + xdz) = 0. (2.91)

Factorizando, resultax2[(z2 + z − 1 − z)dx − xdz] = 0. (2.92)

Suponiendo que x2 = 0, entonces debe cumplirse la relacion

(z2 + z − 1 − z)dx + xdz = 0 →

dx

x−

dz

z2 − 1=

1

2ln c, (2.93)

donde, por comodidad, hemos escogido a la constante de integraci on como 12 ln c. El segundo inte-

grando en la izquierda de (2.93) lo desarrollaremos en fracciones parciales, es decir

1

z2 − 1=

1

(z + 1)(z − 1)=

A

z + 1+

B

z − 1→ A = −1

2, B =

1

2. (2.94)

Entonces, regresando a la segunda expresion de (2.93), tenemos dx

x+

1

2

dz

z + 1− 1

2

dz

z − 1=

1

2ln c. (2.95)

Integrando esta expresion, tenemos

ln x +1

2ln |z + 1| − 1

2ln |z − 1| =

1

2ln c. (2.96)

Utilizando las propiedades de los logaritmos, obtenemos

lnx2(z + 1)

c(z − 1)

= 0 → x2(z + 1) = c(z − 1). (2.97)




Recordando la sustitucion y = zx, de donde z = yx , y sustituyendo en (2.97), resulta

x2y

x + 1

= c y

x − 1

. (2.98)

Esta expresion la podemos escribir en su forma final

x2(y + x) = c(y − x). (2.99)

Otro tipo de ecuacion diferencial homogenea es la ecuacion

dydx = f

yx

(2.100)

Entonces, haciendo la sustitucion

z = yx → y = xz (2.101)

Derivando respecto a x, de (2.101), resulta

dy

dx= z + x

dz

dx. (2.102)

Sustituyendo en (2.100),

z + xdz

dx= f (z). (2.103)

Esta ecuacion es de variables separables. Integrando obtenemos dz

f (z) − z=

dx

x→ ln

xc

=

dz

f (z) − z(2.104)

Este mismo resultado lo podemos escribir de la siguiente forma

x = ce

dzf(z)−z , (2.105)

donde c = 0 es la constante de integracion.

Una ecuacion homogenea mas general que la ecuacion (2.100), tiene la forma

dydx = xα−1f

yxα (2.106)

Esta ecuacion se puede reducir a una ecuacion con variables separables haciendo la sustitucion

y = xαz(x) (2.107)

Derivando esta expresion respecto a x, obtenemos

dy

dx= αxα−1z + xα

dz

dx. (2.108)




Sustituyendo este resultado en (2.106) tenemos la siguiente ecuacion

αxα−1z + xαdz

dx = xα−1f (z) →dz

dx =1

x [f (z) − αz]. (2.109)

Separando las variables e integrando dz

f (z) − αz=

dx

x. (2.110)

Finalmente, este resultado lo podemos escribir como

lnx

c

=

dz

f (z) − αz→ x = ce

dz

f(z)−αz , (2.111)

donde c = 0 es la constante de integracion. Observe que las soluciones (2.105) y (2.111) son muysemejantes excepto por el numero arbitrario α que puede tomar cualquier valor y para el caso en

que α = 1, la ecuacion (2.106) se reduce a la ecuacion (2.100).Toda ecuacion del tipo

yf (xy)dx + xg(xy)dy = 0 (2.112)

se reduce a una ecuacion con variables separables mediante la sustitucion

z = xy → y = zx (2.113)

Para probar esto, diferenciando (2.113) respecto a x, tenemos

dy = xdz − zdxx2

. (2.114)

Sustituyendo en (2.112), resulta

z

xf (z)dx + xg(z)

xdz − zdx

x2

= 0. (2.115)

Esta expresion se reduce a la ecuacion

z[f (z) − g(z)]dx + xg(z)dz = 0, (2.116)

la cual es de variables separables. Entonces, tenemos el resultado final

dx

x + g(z)dz

z[f (z) − g(z)] = c. (2.117)

La sustitucion z = xmyn transforma una ecuacion de la forma

dydx = y

xf (xmyn) (2.118)

en una ecuacion con variables separables. Para verificar esta afirmacion, tomemos la derivada dez = xmyn,

dz

dx= mxm−1yn + nxmyn−1

dy

dx→ 1

n

dz

dx− m

nx=

1

xf (z). (2.119)




Esta ecuacion la podemos escribir como

1

n

dz

dx =1

x

f (z) +m

n

, (2.120)

la cual es de variables separables. Separando las variables e integrando, obtenemos dz

[nf (z) + m]=

dx

x. (2.121)

Ejemplo 5:


xdy

dx− y = (x + y) ln

x + y

x

. (2.122)

Soluci´ on:

Escribamos esta ecuacion de la siguiente manera

dy

dx=

y

x+x + y

x

lnx + y

x

. (2.123)

Esta ecuacion es homogenea, ası que podemos transformarla en una ecuacion con variables separablescon la siguiente sustitucion

z = yx (2.124)

Diferenciando respecto a x, tenemos

dz

dx =

x dydx − y

x2 →dy

dx = x

dz

dx + z. (2.125)


xdz

dx= (1 + z)ln(1 + z). (2.126)

Como podemos ver, esta ecuacion es de variables separables dz

(1 + z) ln(1 + z)=

dx

x. (2.127)

Estas integrales son bastante sencillas de resolver si notamos que d ln(z + 1) = 1z+1

dz, ası

d ln(1 + z)

ln(1 + z) = dx

x . (2.128)

El resultado de integrar esln ln(1 + z) = ln cx, (2.129)

Usando las propiedades de los logaritmos, tenemos que

ln(1 + z) = cx. (2.130)

Ahora, regresando a las variables y, x, tenemos la solucion general

lnx + y

x

= cx. (2.131)



2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A HOMOGENEAS 33

Ejemplo 6:

Resolver la ecuacion diferencialxy = y − xey/x. (2.132)

Soluci´ on:

Como podemos ver, esta es una ecuacion homogenea, por lo tanto, podemos reducirla a unaecuacion con variables separables mediante la sustitucion

z =y

x→ y = xz. (2.133)

Diferenciando respecto a x el ultimo termino de la expresion (2.133), obtenemos

dy

dx= z + x

dz

dx. (2.134)

Sustituyendo en la ecuacion original (2.132) tenemos la siguiente ecuacion

z + xdz

dx= z − ez → x

dz

dx= −ez. (2.135)

Separando variables e−zdz = −

dx

x. (2.136)

Integrando, tenemos

−e−z = − ln x − ln c → e−z = ln x + ln c → e−z = ln |cx|. (2.137)

Ahora recordamos que hicimos el cambio z = y/x, lo sustituimos en la ultima ecuacion de (2.137) yobtenemos

ln |cx| = e−y/x. (2.138)

Esta expresion la podemos escribir como

y = −x ln | ln cx|. (2.139)

En la siguiente seccion veremos otro tipo mas general de ecuaciones diferenciales que se reducen aecuaciones homogeneas, las cuales, a su vez se reducen a ecuaciones con variables separables.

2.4. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Homogeneas

Mediante una transformacion lineal apropiada, toda ecuacion

dydx = f

ax+by+ca1x+b1y+c1

(2.140)

se reduce a una ecuacion homogenea, la cual, a su vez, con la sustitucion que vimos anteriormentey = z(x)x, se reduce a una ecuacion con variables separables.

En la ecuacion (2.140), las ecuaciones g(x, y) = ax + by + c = 0 y g1(x, y) = a1x + b1y + c1 = 0definen dos rectas que cuando c = c1 = 0 pasan por el orıgen de coordenadas y en tal caso (2.140)es una ecuacion homogenea que se reduce a una ecuacion con variables separables.




Supongamos que al menos uno de los parametros c o c1, o ambos son diferentes de cero, entonces,la ecuacion (2.140) no es una ecuacion diferencial homogenea. En tal caso, de las ecuaciones g(x, y) =

ax + by + c = 0 y g1(x, y) = a1x + b1y + c1 = 0 podemos hallar el punto de interseccion de las rectas(x0, y0) a donde debemos trasladar el orıgen del nuevo sistema de coordenadas X, Y , obteniendo deesta manera la transformacion lineal

x = X + x0 y = Y + y0 (2.141)

donde x0, y0 son ciertas constantes arbitrarias y diferentes de cero. Entonces, tenemos

dy

dx=

dY

dX . (2.142)

Sustituyendo en la ecuacion (2.140) las expresiones (2.141) y (2.142), obtenemos

dY

dX = f

aX + bY + ax0 + by0 + c

a1X + b1Y + a1x0 + b1y0 + c1

. (2.143)

Elijamos x0 y y0 de tal manera que se cumplan las ecuaciones;

ax0 + by0 + c = 0,

a1x0 + b1y0 + c1 = 0. (2.144)

Es decir, determinemos las constantes x0 y y0 como soluciones del sistema de ecuaciones algebraicas(2.144). Bajo esta condicion la ecuacion (2.140) tendra la forma

dY

dX = f

aX + bY

a1X + b1Y . (2.145)

Esta claro que esta ecuacion es homogenea segun la definicion dada anteriormente (2.74). Mediantela sustitucion Y = z(X )X la ecuacion (2.145) se reduce a una ecuacion con variables separables. Alresolver la ecuacion (2.145) y regresando a las variables x y y [de (2.141) se tiene X = x − x0, Y =y − y0], obtenemos la solucion general de la ecuacion (2.140).

El sistema de ecuaciones (2.144) no tendra solucion si su determinante es cero, esto significa quelas rectas son paralelas y no se intersectan en ningun punto. En tal caso, ab1 = a1b. No obstante,se puede notar que en tal caso a1

a = b1b = λ, es decir, a1 = λa, b1 = λb y, como consecuencia, la

ecuacion (2.140) se transforma en

dy

dx= f

(ax + by) + c

λ(ax + by) + c1. (2.146)

Luego, haciendo la sustitucionz = ax + by, (2.147)

en (2.146), esta se reduce a una ecuacion con variables separables. Veamos que la hipotesis es cierta.Derivando (2.147) respecto a x, obtenemos

dz

dx= a + b

dy

dx. (2.148)

De dondedy

dx=

1

b

dz

dx− a

b. (2.149)



2.4. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A HOMOGENEAS 35

Sustituyendo las expresiones (2.147) y (2.148) en (2.146), obtenemos, finalmente

1b dzdx − ab = f

z + cλz + c1

. (2.150)

La ecuacion (2.150) es una ecuacion con variables separables dz

f z+cλz+c1

+ ab

= b

dx + C, (2.151)

donde c y c1 son constantes dadas y C es la constante de integracion.

Ejemplo 1:


(x − y + 3)dx + (3x + y + 1)dy = 0. (2.152)

Soluci´ on:

Para resolver este tipo de ecuaciones primero debemos encontrar el punto de interseccion de lasrectas x−y +3 = 0 y 3x + y +1 = 0. Esto es, resolver el sistema de dos ecuaciones con dos incognitas

x − y + 3 = 0,

3x + y + 1 = 0. (2.153)

Al resolver este sistema obtenemos los puntos de interseccion, x0 = −1 y y0 = 2. Al punto (−1, 2)es a donde debemos trasladar el origen de coordenadas para que la ecuaci on (2.152) se transformeen homogenea. Para esto hacemos x = X − 1 y y = Y + 2, y vemos que, dx = dX , dy = dY , los

diferenciales de x y y no cambian, pues estamos desplazando en unas constantes. De este modo, laecuacion original (2.152) toma la siguiente forma

(X −1−Y −2+3)dX + (3X −3 + Y +2+1)dY = 0 → (X −Y )dX + (3X + Y )dY = 0. (2.154)

Esta ecuacion es una ecuacion homogenea y la podemos transformar en una con variables separableshaciendo la sustitucion

Y = zX, dY = zdX + Xdz. (2.155)


(X − zX )dX + (3X + zX )(zdX + Xdz ) = 0. (2.156)

Agrupando terminos

(1 + z)2dX + X (3 + z)dz = 0. (2.157)

Separando e integrando dX

X +

z + 3

(z + 1)2dz = c. (2.158)

La primer integral es facil. Hagamos por separado la segunda integral, esto es z + 3

(z + 1)2dz =

z + 1 + 2

(z + 1)2dz =

dz

z + 1+

2

(z + 1)2dz =

= ln |z + 1| − 2

z + 1. (2.159)




Luego, tenemos que la solucion de la expresion (2.158) es

ln |X | + ln |z + 1| −2

z + 1 = c. (2.160)

Regresando a las variables X, Y mediante la relacion z = Y /X , entonces, de (2.160), resulta

ln |X | + ln1 +

Y

X

− 2Y X + 1

= c. (2.161)

Haciendo un poco de operaciones algebraicas la expresion (2.161) la podemos escribir como

ln |X | + lnX + Y

X

− 2X

Y + X = c, (2.162)

la cual, finalmente, tiene la forma

ln |X + Y | − 2X Y + X

= c. (2.163)

Aun nos falta regresar a las variables originales x, y. Tenemos que X = x + 1 y Y = y − 2, de modoque la solucion general de la ecuacion (2.152) es

ln |x + y − 1| = c +2(x + 1)

x + y − 1. (2.164)

Ejemplo 2:


dx=

y − x + 1

y − x. (2.165)

Soluci´ on:

Esta ecuacion tiene la forma de (2.146). Hagamos la sustitucion, segun (2.147), tenemos

z = y − x → dz

dx=

dy

dx− 1 → dy

dx= 1 +

dz

dx. (2.166)


1 +dz

dx=

z + 1

z→ dz

dx=

z + 1

z− 1 =

z + 1 − z

z=

1

z. (2.167)

Separando las variables e integrando, obtenemos

zdz = dx →

z2

2 = x +

c

2 → z

2

= 2x + c, (2.168)

donde hemos escogido a c/2 como la constante de integracion. Ahora, recordemos la sustitucionz = y − x en (2.166) y poniendola en la ultima expresion de (2.168), obtenemos el resultado final

(y − x)2 = 2x + c. (2.169)

Ejemplo 3:


(x − y + 6)dx − (x + y + 8)dy = 0. (2.170)



2.5. ECUACIONES DIFERENCIALES CUASI-HOMOGENEAS 37

Soluci´ on:

Para encontrar el punto de interseccion de las rectas debemos resolver el sistema de ecuaciones

x − y + 6 = 0,

−x − y − 8 = 0. (2.171)

El punto de interseccion es x0 = −7 y y0 = −1. Entonces, haciendo el desplazamiento

x = X − 7, y = Y − 1. (2.172)


(X − Y )dX − (X + Y )dY = 0. (2.173)

Esta ecuacion es homogenea y la podemos resolver haciendo la sustitucion Y = zX . Sin embargo,es mas facil escribirla de la siguiente manera

XdX − Y dX − XdY − Y dY = 0 → XdX − Y dY − d(XY ) = 0, (2.174)

donde, d(XY ) = Y dX + XdY . Integrando XdX −

Y dY −

d(XY ) =

1

2c. → 1

2X 2 − 1

2Y 2 − Y X =

1

2c. (2.175)

De la ecuacion (2.172) podemos regresar a las variables x y y, sustituyendo

X = x + 7, Y = y + 1, (2.176)

en el resultado (2.175), obtenemos la solucion general de (2.170)

(x + 7)2

− (y + 1)2

− 2(y + 1)(x + 7) = c. (2.177)

2.5. Ecuaciones Diferenciales Cuasi-homogeneas

Decimos que una funcion F (x, y) es cuasi-homogena de grado k, si para ciertos valores de α y β tiene lugar la igualdad

F (λαx, λβy) = λkF (x, y) (2.178)

para todo λ > 0. El orden cuasi-homogeneo se forma al multiplicar las funciones, a estos ordenes seles conoce por pesos. De tal forma que x y y, en (2.178) tienen pesos α y β , respectivamente.

Ejemplo 1:

Verificar que la funcionF (x, y) = 3x2y3, (2.179)

es cuasi-homogenea.

Soluci´ on:


F (λαx, λβy) = 3(λαx)2(λβy)3 = 3λ2αx2λ3βy3 = 3λ2α+3βx2y3 = λ2α+3βF (x, y). (2.180)




Entonces, como resultado tenemos que el grado de la funcion (2.179) es 2α + 3β y sus pesos, para xes 2α y para y es 3β.

La ecuacion Diferencial

dydx = f (x, y) (2.181)

es cuasi-homogenea (con pesos α y β ), si la funcion f (x, y) es cuasi-homogenea (con pesos α y β )de orden k = β − α. Es decir, si la funcion f (x, y) cumple la relacion

f (λαx, λβy) = λβ−αf (x, y) (2.182)

Si tenemos una ecuacion diferencial cuasi-homogenea, es decir, si la funcion f (x, y) en (2.181) cumple

la relacion (2.182), entonces, la sustitucion y = uβ/α

, donde u = u(x), transforma la ecuacion cuasi-homogenea en una ecuacion homogenea. Sin embargo, desde el punto de vista mas practico, es mejorhacer la sustitucion y = uxβ/α, la cual transforma la ecuacion cuasi-homogenea en una ecuacion convariables separables.

Ejemplo 2:

Comprobar que la ecuacion diferencial

dy

dx=

4x6 − y4

2x4y, (2.183)

es cuasi-homogenea y hallar la solucion general.

Soluci´ on:

Supongamos que x tiene peso α, y β es el peso de y. Entonces, para que la ecuacion sea cuasi-homogenea, la funcion f (x, y) debera cumplir la relacion

f (λαx, λβy) =4(λαx)6 − (λβy)4

2(λαx)4(λβy)=

4λ6αx6 − λ4βy4

2λ4α+βx4y= λβ−α

4x6 − y4

2x4y. (2.184)

De esta expresion vemos que para que esta funcion sea cuasi-homogenea se debe cumplir la relacion

3α − 2β = 0 → 2β = 3α → si α = 1, entonces, β =3

2. (2.185)

La ecuacion (2.183) debera reducirse a una ecuacion con variables separables si hacemos la sustitucion

y = u(x)x3/2 → dydx

= 32

x1/2u(x) + x3/2 dudx

. (2.186)

Sustituyendo (2.186) en la ecuacion (2.183), obtenemos

x3/2 du

dx+

3

2x1/2u =

4x6 − u4x6

2x4ux3/2. (2.187)

Dividiendo esta ultima ecuacion entre x1/2 y factorizando, tenemos

xdu

dx+

3

2u =

x6

x1/2x11/2

4 − u4

2u. (2.188)



2.5. ECUACIONES DIFERENCIALES CUASI-HOMOGENEAS 39

Finalmente, esta ecuacion se escribe como

x dudx + 32 u = 4 − u

4

2u . (2.189)

Esta es una ecuacion con variables separables

xdu

dx=

4 − u4

2u− 3u

2= − (u2 + 4)(u2 − 1)

2u. (2.190)

Separando las variables, tenemos 2udu

(u2 + 4)(u2 − 1)= −

dx

x. (2.191)

Ahora desarrollamos en fracciones parciales la expresion

2u(u2 + 4)(u2 − 1)

= Au + Bu2 + 4

+ Cu + Du2 − 1

. (2.192)

De aquı obtenemos el siguiente desarrollo

2u

(u2 + 4)(u2 − 1)=

Au + B

u2 + 4+

Cu + D

u2 − 1= − 2u

5(u2 + 4)+

2u

5(u2 − 1). (2.193)


−

2u

5(u2 + 4)du +

2u

5(u2 − 1)du = −

dx

x. (2.194)

Integrando, resulta

−15

lnu2 + 4

+ 15

lnu2 − 1

= − ln |x| + ln c. (2.195)

Hemos escrito ln c en lugar de 5 ln c, esto no afecta a la solucion. Podemos escribir la ecuacion (2.195)de la siguiente manera

lnx5(u2 − 1)

u2 + 4

= ln c → x5(u2 − 1) = c(u2 + 4). (2.196)

Ahora recordemos la expresion (2.186), de la cual obtenemos la funcion u2 = y2/x3, y sustituyendoen la ecuacion (2.196), finalmente, tenemos

x5(y2 − x3) = c(y2 + 4x3). (2.197)

Algunas veces es posible ”provocar” la homogeneidad de una ecuacion diferencial por medio dela introduccion de nuevas variables s, t, tales que y = s p y x = tq, donde p y q son exponentes pordeterminar (precisamente, de una eleccion adecuada de ellos es que podrıamos obtener una ecuaciondiferencial homogenea para las variables s y t). En esencia, este metodo y el anterior son similares,sin embargo, creemos vale la pena mostrarlo.

Ejemplo 3:

Resolver la siguiente ecuacion diferencial

dy

dx=

x2y2 − 2

x2. (2.198)




Soluci´ on:

La ecuacion (2.198) no es homogenea. Ası que ”provoquemos” la homogeneidad haciendo elcambio de variables

y = s p, x = tq, donde p, q ∈ N. (2.199)

En la ecuacion (2.199), t tomara el papel de variable independiente y s tendra el papel de funciondependiente. Entonces

dy = ps p−1ds, dx = qtq−1dt. (2.200)

Luego, tenemosdy

dx=

ps p−1

qtq−1ds

dt. (2.201)

Sustituyendo en la ecuacion (2.198), resulta

ps p−1

qtq−1ds

dt =

t2qs2 p

−2

t2q . (2.202)

O bien p

q

ds

dt=

tq−1t2qs2 p − 2tq−1

s p−1t2q=

t3q−1s2 p − 2tq−1

s p−1t2q. (2.203)

Supongamos que m y n son el resultado de las sumas de los exponentes en el numerador y eldenominador de (2.203), respectivamente. Entonces, para que la ecuacion (2.203) sea homogenea delmismo orden debe cumplirse la igualdad m = n, donde

m = 3q − 1 + 2 p, n= p − 1 + 2q, m = n, 3q − 1 + 2 p = p − 1 + 2q → p = −q. (2.204)

De donde podemos escoger q = 1 y entonces, p = −1. En tal caso, la ecuacion (2.203) se transformaen la ecuacion

dsdt

= − t2s−2 − 2t2s−2

, (2.205)

la cual es homogenea. Hagamos la sustitucion

z =t

s→ ds =

zdt − tdz

z2→ ds

dt=

1

z− t

z2dz

dt, (2.206)

donde z es una nueva funcion dependiente de t. Sustituyendo en (2.205), tenemos

1

z− t

z2dz

dt= −z2 − 2

z2→ t

dz

dt= z2 + z − 2. (2.207)

Esta ultima ecuacion es de variables separables, integrando dz

z2 + z − 2=

dtt

. (2.208)

La primer integral se hace por fracciones parciales

1

(z + 2)(z − 1)=

A

z + 2+

B

z − 1. (2.209)

Obtenemos

Az − A + Bz + 2B = 1 → A = −B, 3B = 1, A = −1

3, B =

1

3. (2.210)



2.6. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN 41

Sustituyendo el resultado en la primer integral de (2.208), obtenemos

−1

3 dz

z + 2 +1

3 dz

z − 1 = dt

t +1

3 ln c → − ln |z + 2| + ln |z − 1| = ln |ct3

|. (2.211)

Usando las propiedades de los logaritmos obtenemos el resultado en funcion de las t, z, esto es

ln z − 1

ct3(z + 2)

= 0 → z − 1 = ct3(z + 2). (2.212)

Recordemos que z = ts = xy, ya que x = t y y = s−1 = 1

s . Entonces, el resultado final es

xy − 1 = cx3(xy + 2). (2.213)

En la siguiente seccion analizaremos una importantısima clase de ecuaciones diferenciales de primerorden conocidas con el nombre de ecuaciones diferenciales lineales.

2.6. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primer Orden

De la definicion dada en Conceptos Basicos, tenemos que una ecuacion diferencial lineal nohomogenea de orden n, se escribe de la siguiente manera

an(x) dnydxn + an−1(x) d

n−1ydxn−1 + .... + a1(x) dydx + a0(x)y = g(x)

De esta expresion se sigue que una ecuacion diferencial lineal no homogenea de primer orden seexpresa como

a1(x) dydx + a0(x)y = g(x)

Debido a que a1(x) = 0, podemos dividir esta ultima expresion y obtener

dy

dx+

a0(x)

a1(x)y =

g(x)

a1(x).

Toda ecuacion diferencial lineal de primer orden no homogenea se puede escribir en su formaestandar

dydx + P (x)y = f (x) (2.214)

donde P (x) =

a0(x)

a1(x) y f (x) =

g(x)

a1(x) son funciones continuas de x en un cierto dominio D (tambienpueden ser funciones constantes). Partiendo de la ecuacion (2.214), analizaremos dos metodos pararesolverlas.

Metodo I: Variacion del Parametro

Supongamos que podemos escribir la ecuacion (2.214) de la siguiente manera

dydx + P (x)y = 0 (2.215)




la cual se llama ecuaci´ on homogenea (no en el sentido que vimos anteriormente, sino que es ho-mogenea porque estamos suponiendo, por un momento, que en (2.214), f (x) = 0).

La solucion de la ecuacion (2.215) la podemos encontrar separando las variables y despues inte-grando

dy

y= −

P (x)dx + ln c. (2.216)

Integrando y tomando la inversa del logaritmo, tenemos

yh = ce− P (x)dx. (2.217)

Hemos definido yh para recordar que tenemos la solucion de la ecuacion homogenea (2.215) y no lasolucion de la ecuacion (2.214), que es no homogenea. En la expresion (2.217), c es la constante deintegracion.

Definamos una nueva solucion que llamaremos solucion particular (o complementaria) y la re-

presentaremos como y p. Esta nueva solucion se construye en base a la solucion homogenea (2.217)tomando a c como una funcion dependiente de x, es decir, como c = c(x). La solucion particulartendra la forma

y p = c(x)e− P (x)dx, (2.218)

Sustituyendo (2.218) en la ecuacion no homogenea (2.214), tenemos

d

dx

c(x)e−

P (x)dx

+ P (x)c(x)e−

P (x)dx = f (x) (2.219)

Aplicando la derivada, resulta

−c(x)P (x)e− P (x)dx + e−

P (x)dx dc

dx+ P (x)c(x)e−

P (x)dx = f (x). (2.220)

Los terminos, primero y tercero de la izquierda de (2.220) se cancelan quedando la ecuacion

e− P (x)dxdc(x)

dx= f (x). (2.221)

Como vemos, esta es una ecuacion con variables separables

dc(x) = f (x)e P (x)dxdx → c(x) =

f (x)e

P (x)dxdx. (2.222)

Sustituyendo c(x) en (2.218), tenemos que la solucion particular tiene la forma

y p = c(x)e− P (x)dx = e−

P (x)dx

e P (x)dxf (x)dx. (2.223)

De tal manera que la solucion general de la ecuacion diferencial lineal no homogenea es

y(x) = yh + y p = ce− P (x)dx + e−

P (x)dx

e P (x)dxf (x)dx (2.224)

Si sustituimos la solucion (2.224) en la ecuacion (2.214), esta ultima se anulara, mostrando ası queefectivamente la relacion (2.224) es la solucion general de la ecuacion (2.214). Es importante men-cionar que la suma de dos soluciones (homogenea yh y particular y p) es valida solo para ecuacioneslineales. En problemas de ingenierıa, la solucion homogenea representa el estado transitorio delsistema y la solucion particular su estado permanente o estacionario.




Ejemplo 1:


y =y

3x − y2. (2.225)

Soluci´ on:

Antes que nada debemos analizar la ecuacion. Vemos que la ecuacion (2.225) es no lineal respectoa y, debido a que hay una y2. Sin embargo, podemos observar que si la ecuacion la vemos respecto ax, esta sera una ecuacion lineal no homogenea. Es decir, tomamos a x como una funcion dependientey a y como la variable independiente

dx

dy− 3

yx = −y. (2.226)

Esta es una ecuacion lineal no homogenea de primer orden respecto a x. Primero, buscamos lasolucion correspondiente a la ecuacion homogenea obtenida de (2.226)

dx

dy− 3

yx = 0. (2.227)

La ecuacion (2.227) es una ecuacion con variables separables dx

x− 3

dy

y= ln c. (2.228)

Donde hemos escogido, por comodidad, a la constante de integracion c como ln c. Integrando ambaspartes de (2.228) hallamos que la solucion es

ln |x| − 3 ln |y| = ln c → xh = cy3. (2.229)

El siguiente paso es encontrar la solucion particular x p

de la ecuacion (2.226). Para esto, tomamosla solucion (2.229) y suponemos a c como una funcion de y. La solucion particular tiene la forma

x p = c(y)y3. (2.230)

Derivando (2.230) respecto a y, tenemos

x p = c(y)y3 + 3c(y)y2. (2.231)

Sustituyendo en la expresion (2.226), con el objetivo de hallar la funcion c(y)

c(y)y3 + 3c(y)y2 − 3

yc(y)y3 = −y. (2.232)

Los terminos segundo y tercero del lado izquierdo de (2.232) se eliminan entre si quedando solamente

la ecuacionc(y) = − y

y3= − 1

y2. (2.233)

Integrando la expresion (2.233), resulta

c(y) = −

dy

y2=

1

y. (2.234)

Una vez encontrada la funcion c(y), la sustituimos en (2.230), y de esta manera obtenemos la solucionparticular

x p =y3

y= y2. (2.235)




Finalmente, tenemos que la solucion general de la ecuacion (2.225), o lo que es lo mismo de (2.226)tiene la forma

x(y) = xh + x p = cy3 + y2. (2.236)

Ejemplo 2:

Hallar la solucion de la ecuacion diferencial

xy − 2y = 2x4. (2.237)

Soluci´ on:

Suponiendo que x = 0, dividimos la ecuacion (2.237) entre x, y obtenemos la ecuacion

y − 2

xy = 2x3. (2.238)

La ecuacion homogenea correspondiente es

y − 2

xy = 0. (2.239)

Separando las variables e integrando dy

y= 2

dx

x, (2.240)

obtenemos la solucion de la ecuacion homogenea (2.239)

ln y = 2ln x + ln c → yh = cx2. (2.241)

El siguiente paso es obtener una solucion particular y p. Para esto, en la solucion homogenea tomamosla constante c como una funcion de x. Entonces, la solucion particular tiene la forma

y p = c(x)x2. (2.242)


c(x)x2 + 2c(x)x − 2

xc(x)x2 = 2x3 → c(x) = 2x. (2.243)

Integrando esta ultima ecuacion obtenemos el valor de c(x)

c(x) = 2 xdx = x2. (2.244)

Luego, sustituyendo este valor en (2.242) tenemos la solucion particular

y p = x4. (2.245)

Entonces, concluimos que la solucion general de la ecuacion (2.237), es

y(x) = yh(x) + y p(x) = cx2 + x4. (2.246)

Metodo II: Factor Integrante




Sea dada la ecuacion diferencial lineal de primer orden en su forma est andar

dydx + P (x)y = f (x) (2.247)

Supongamos que existe una funcion

µ(x) = e P (x)dx, (2.248)

la cual llamaremos factor integrante. Multiplicamos la ecuacion (2.247) por este factor integrante

e P (x)dx dy

dx+ P (x)e

P (x)dxy = f (x)e

P (x)dx. (2.249)

La ecuacion (2.249), la podemos escribir como una diferencial total, es decir, como

d

e P (x)dxy

= f (x)e

P (x)dxdx. (2.250)

Integrando esta ecuacion, obtenemos

e P (x)dxy =

f (x)e

P (x)dxdx + c, (2.251)

donde c es la constante de integracion. Multiplicando la ecuacion (2.251) por e− P (x)dx, obtenemos

y(x) = ce− P (x)dx + e−

P (x)dx

e P (x)dxf (x)dx (2.252)

Como podemos observar, la expresion (2.252) es identica a la expresion obtenida (2.224), usando elmetodo de variacion del parametro.

Ejemplo 1:

Usando el metodo del factor integrante resolver la ecuacion diferencial (2.226)

dx

dy− 3

yx = −y. (2.253)

Soluci´ on:

Para este caso el factor integrante sera una funcion de y, es decir

µ(y) = e

P (y)dy

. (2.254)

De la ecuacion (2.253) podemos identificar a P (y) = − 3y , entonces

µ(y) = e P (y)dy = e−3

dyy = e−3 ln y =

1

e3 ln y=

1

eln y3=

1

y3. (2.255)

Luego, se toma el diferencial total respecto a y del producto de x por el factor integrante y multi-plicamos la parte derecha de la ecuacion (2.253) por el mismo factor integrante, esto es

d x

y3

= −ydy

y3= −dy

y2. (2.256)




Integrando, tenemosx

y3

=

− dy

y2

=1

y

+ c. (2.257)

De esta ultima expresion, vemos quex(y) = cy3 + y2. (2.258)

La solucion (2.258) es justamente la solucion obtenida anteriormente (2.236). De tal manera quetenemos dos metodos diferentes para resolver las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden.

Ejemplo 2:


y = x(y − x cos x). (2.259)

Soluci´ on:

La ecuacion (2.259) se puede escribir de la siguiente manera

dy

dx− y

x= x cos x. (2.260)

De la ecuacion, identificamos la funcion P (x) = − 1x , y el factor integrante es

µ(x) = e P (x)dx = e−

dxx = e− lnx =

1

x. (2.261)

Luego, integrando dy

x

=

cos xdx → y

x= sen x + c. (2.262)

Finalmente, la solucion general de la ecuacion (2.259) tiene la forma

y(x) = x(sen x + c). (2.263)

Existen ecuaciones diferenciales que por naturaleza no son lineales. Sin embargo, para cierto tipode ecuaciones no lineales existen sustituciones que las transforman en ecuaciones lineales. Este tipode ecuaciones se analizan en la siguiente seccion.

2.7. Ecuaciones Diferenciales Reducibles a Lineales

A toda ecuacion de la forma

dydx + P (x)y = f (x)yn (2.264)

donde n = 0, 1 se le conoce como ecuaci´ on de Bernoulli . Se supone que las funciones P (x) y f (x) sonfunciones continuas de x. Los casos n = 0, 1 no se consideran, ya que corresponden a una ecuacionlineal no homogenea, y+ P (x)y = f (x), y a una ecuacion lineal homogenea, y+ [P (x)−f (x)]y = 0,respectivamente.

Si yn = 0, podemos escribir la ecuacion (2.264) en su forma equivalente

y−ndy

dx+ P (x)y1−n = f (x). (2.265)



2.7. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES 47

Definiendo una nueva funcion z(x) como

z = y(1−n) (2.266)

la ecuacion (2.265) se transforma en una ecuacion diferencial lineal. Para verificar lo antes dicho,debemos sustituir la expresion (2.266) en (2.265). Diferenciando la expresion (2.266), obtenemos

dz

dx= (1 − n)y−n

dy

dx→ dy

dx=

1

(1 − n)y−ndz

dx. (2.267)

Sustituyendo en la ecuacion (2.265),

y−n

(1

−n)y−n

dz

dx+ P (x)z = f (x). (2.268)

Finalmente, tenemos la ecuacion

dzdx + (1 − n)P (x)z = (1 − n)f (x) (2.269)

Esta es una ecuacion diferencial lineal respecto a z = z(x), la cual puede ser resuelta por cualquierade los dos metodos estudiados anteriormente.

Ejemplo 1:


y + 2y = y2ex. (2.270)

Soluci´ on:

Analizando la ecuacion, vemos que no es lineal respecto a x ni respecto a y. Sin embargo, es unaecuacion de Bernoulli, entonces multiplicando la ecuacion (2.270) por y−2, tenemos

y−2y + 2yy−2 = ex → y−2y + 2y−1 = ex. (2.271)

Hagamos la sustitucionz(x) = y−1(x). (2.272)

Diferenciando esta expresion para hallar y y sustituirla en (2.271)

dz

dx

=

−y−2

dy

dx →dy

dx

=

−1

y−2

dz

dx

. (2.273)

Sustituyendo en la ultima ecuacion de (2.271), resulta

−y−2

y−2dz

dx+ 2z = ex → dz

dx− 2z = −ex. (2.274)

Esta ultima ecuacion es una ecuacion diferencial lineal no homogenea respecto a z, la cual podemosresolver con cualquiera de los dos metodos antes vistos (variacion de parametro y factor integrante).Aquı vamos a usar el segundo metodo. Para esto identificamos a P (x) = −2, despues encontramosel factor integrante

µ(x) = e P (x)dx = e−2

dx = e−2x. (2.275)




Tomando el diferencial total

d(e−2x

z) = −e

x

e−2x

dx = −e−x

dx. (2.276)Integrando, tenemos

e−2xz = −

e−xdx = e−x + c. (2.277)

Despejando a zz = e2xe−x + ce2x = ex + ce2x. (2.278)

Luego, recordando que hicimos la sustitucion z = y−1, finalmente tenemos la solucion general

1

y= ce2x + ex → (ce2x + ex)y = 1. (2.279)

Ejemplo 2:


dx+

2

xy = 3x2y4/3. (2.280)

Soluci´ on:

Esta ecuacion es de Bernoulli, y la podemos escribir de la siguiente manera

y−4/3dy

dx+

2

xy(1−4/3) = 3x2 → y−4/3

dy

dx+

2

xy−1/3 = 3x2. (2.281)


z = y−1/3 → dz

dx= −1

3y−4/3

dy

dx→ dy

dx= −3y4/3

dz

dx. (2.282)

Sustituyendo el resultado anterior en la ultima ecuacion de (2.281), obtenemos la ecuacion lineal

dz

dx− 2

3xz = −x2. (2.283)

Esta ecuacion esta escrita en la forma estandar y podemos usar uno de los dos metodos antes vistospara ecuaciones lineales. Apliquemos el metodo del factor integrante

µ(x) = e P (x)dx = e−

23

dxx = e−

23 lnx =

1

x2/3. (2.284)

Luego, tenemos

d

z

x2/3= − x2

x2/3dx → d

z

x2/3= −x4/3dx. (2.285)

Integrando d z

x2/3

= −

x4/3dx. (2.286)

Obtenemos

zx−2/3 = −3

7x7/3 + c → z = −3

7x(7/3+2/3) + cx2/3 → z = −3

7x3 + cx2/3. (2.287)

Recordando la sustitucion z = y−1/3, obtenemos el resultado final

y−1/3 = cx2/3 −3

7

x3. (2.288)



2.7. ECUACIONES DIFERENCIALES REDUCIBLES A LINEALES 49

Ejemplo 3:

Resolver la ecuaciondydx

− 1x − 1

y = 1x − 1

y2. (2.289)

Soluci´ on:

Esta ecuacion es de Bernoulli y se reduce a una ecuacion lineal mediante la siguiente sustitucion

z = y−1 → dz

dx= −y−2

dy

dx→ dy

dx= −y2

dz

dx. (2.290)

Sustituyendo en (2.289), obtenemos la ecuacion lineal respecto a z

dz

dx+

1

x − 1z = − 1

x − 1. (2.291)

Esta ecuacion la resolvemos segun el metodo del factor integrante

µ(x) = e

1x−1dx = eln |x−1| = x − 1. (2.292)

Luego

d[(x − 1)z] = − 1

x − 1(x − 1)dx →

d[(x − 1)z] = −

dx. (2.293)

Integrando(x − 1)z = −x + c. (2.294)

Recordando el cambio que hicimos z = y−1, obtenemos el resultado final

(x − 1)1

y= (c − x) → y =

x − 1

c − x. (2.295)

Observaci´ on:

La ecuacion (2.289) la podemos escribir de la siguiente manera

dy

dx=

y2 + y

x − 1=

y(y + 1)

x − 1. (2.296)

Esta ecuacion, como podemos ver, es de variables separables dy

y(y + 1)=

dx

x − 1. (2.297)

El resultado, obviamente, es el mismo que el obtenido en (2.295). Se deja al lector integrar laexpresion (2.297) y comparar con el resultado (2.295).

Analizaremos otro tipo importante de ecuaciones diferenciales reducibles a lineales .Sea la ecuacion

p(x) dydx = q(x)eay + r(x) (2.298)

donde a es una constante y p(x), q(x) y r(x) son funciones continuas de x en el dominio en que laecuacion es valida. Esta ecuacion se puede transformar en una ecuacion lineal si se sustituye

z = e−ay (2.299)




Como z es una funcion continua de x, derivamos la funcion (2.299) respecto a x, esto es

dz

dx = −ae−aydy

dx = −azdy

dx . (2.300)

Despejando, tenemosdy

dx= − 1

az

dz

dx. (2.301)


− p(x)

az

dz

dx=

q(x)

z+ r(x). (2.302)


dz

dx+

ar(x)

p(x)z = −aq(x)

p(x), p(x) = 0. (2.303)

Finalmente, esta ecuacion la podemos escribir en la forma est andar

dzdx + P (x)z = f (x) (2.304)

donde hemos definido P (x) = ar(x) p(x) , y f (x) = −aq(x) p(x) . De esta manera la ecuacion no lineal (2.298)

se transforma en una ecuacion lineal (2.304) mediante la sustitucion (2.299).

Observaci´ on:

Si en lugar de la sustitucion (2.299), hubiesemos elegido z = eay, entonces, la ecuacion (2.298) setransformarıa en una ecuacion de Bernoulli, que a su vez, podemos transformarla en una ecuaci onlineal. Habra ocasiones en que tomaremos la sustitucion z = eay.

Ejemplo 4:

Resolver la ecuacion(x − 2)y = ey. (2.305)

Soluci´ on:

Para resolver esta ecuacion, hagamos la sustitucion

z = ey → dz

dx= ey

dy

dx= z

dy

dx→ dy

dx=

1

z

dz

dx. (2.306)

Sustituyendo en la ecuacion (2.305), tenemos

(x − 2)

z

dz

dx= z → (x − 2)

dz

dx= z2. (2.307)

Esta ultima ecuacion es de variables separables. Integrando, obtenemos dz

z2=

dx

x − 2→ −1

z= ln |x − 2| + ln c. (2.308)

Recordando que z = ey y agrupando los terminos, obtenemos el resultado final

−e−y = ln |c(x − 2)|. (2.309)



2.8. ECUACI ON DE RICCATI 51

2.8. Ecuacion de Riccati

Otro tipo de ecuaciones reducibles a lineales son las ecuaciones de Riccati. A la ecuaci on

dydx = q(x) + p(x)y + r(x)y2 (2.310)

donde las funciones q(x), p(x) y r(x) son continuas en el dominio en donde la ecuacion (2.310) estadefinida, se le conoce como ecuaci´ on diferencial de Riccati . Si p, q, y r son constantes, entonces laecuacion de Riccati (2.310) es integrable en cuadraturas. Separando las variables

dy

ry2 + py + q= x + c. (2.311)

Cuando r(x) = 0 la ecuacion (2.310) es lineal, y cuando q(x) = 0, esta se reduce a una ecuacionde Bernoulli. En el caso general, la ecuacion (2.310) no es integrable en cuadraturas. Analicemosalgunas importantes propiedades de la ecuacion de Riccati.

Teorema 2.8.1. Dada una soluci´ on particular y1 de la ecuaci´ on de Riccati, entonces su soluci´ on general puede hallarse por cuadraturas.

Seay = y1(x), (2.312)

una solucion particular de la ecuacion (2.310), entonces se debe cumplir

y1(x) = q(x) + p(x)y1 + r(x)y21(x). (2.313)

Hagamos un ”desplazamiento”y(x) = y1(x) + z(x), (2.314)

donde z(x) es la nueva funcion deseada, hasta el momento desconocida. Sustituyendo (2.314) en(2.310), tenemos

dy1(x)

dx+

dz(x)

dx= q(x) + p(x)y1(x) + r(x)y21 + p(x)z(x) + 2r(x)y1(x)z(x) + r(x)z2(x). (2.315)

Debido a que la funcion y1(x) es una solucion particular de (2.310), los terminos marcados connegritas se anulan, quedando, de esta manera, la siguiente ecuacion

dz

dx− p(x) + 2r(x)y1(x)

z = r(x)z2. (2.316)

Esta es una ecuacion de Bernoulli, la cual mediante la sustitucion

u(x) = z(x)−1, (2.317)

nos da como resultado una ecuacion lineal en u(x), esto es

dudx + [ p(x) + 2ry1(x)]u(x) = −r(x) (2.318)

Resumiendo:




Dada una solucion particular (2.312) de la ecuacion de Riccati (2.310), haciendo la transformacionlineal (2.314) y la sustitucion(2.317)

y(x) = y1(x) +1

u(x). (2.319)

obtenemos una ecuacion diferencial lineal en u(x) (2.318).

Un caso especial de la ecuacion (2.310) es la llamada ecuaci´ on especial de Riccati , la cual tienela forma

dydx + ay2 = bxα (x > 0) (2.320)

donde a, b y α son constantes. En el caso α = 0, la ecuacion (2.320) se transforma en

dydx + ay2 = b (2.321)

que es una ecuacion con variables separables. En el caso α = −2, tenemos

dy

dx+ ay2 =

b

x2. (2.322)

Haciendo el cambio de variable

y(x) =1

z(x). (2.323)

la ecuacion (2.322) se transforma en

−1

z2

dz

dx+

a

z2=

b

x2 →dz

dx= a

−b z

x2. (2.324)

Como podemos ver, la ecuacion (2.324) es homogenea y se puede integrar facilmente. Junto conlos valores α = 0, −2 existe una variedad infinita de otros valores de α para los cuales la ecuaci´ on especial de Riccati (2.320) es integrable. Estos valores de α son

α =4β

1 − 2β , (2.325)

donde β = ±1, ±2, ..... Para otros valores de α la solucion de la ecuacion de Riccati no es expresadaen cuadraturas. Si en la ecuacion de Riccati (2.310) se hace el cambio

y(x) =1

au(x)

du

dx, (2.326)

donde u(x) es una funcion desconocida, esto nos dara como resultado una ecuacion diferencial desegundo orden

d2u

dx2− abxαu = 0. (2.327)

La solucion de esta ecuacion puede ser expresada en terminos de las funciones de Bessel (las funcionesde Bessel se analizan en el capıtulo 6).

Ejemplo 1:

Resolver la ecuacionx3y = x2y + y2 − x2. (2.328)




Soluci´ on:

Escribamos esta ecuacion en la forma

y = − 1

x+

y

x+

y2

x3. (2.329)

Como podemos ver, esta es una ecuacion de Riccati. Para esta ecuacion, y1 = x es una solucionparticular. Por lo tanto, segun (2.319), debemos hacer la sustitucion

y = x +1

u(x). (2.330)

Esto reduce la ecuacion (2.329) a una ecuacion lineal. Derivando la expresion (2.330), tenemos

dy

dx= 1 − 1

u2

du

dx. (2.331)

Sustituyendo este resultado en la ecuacion (2.328), resulta

1 − 1

u2

du

dx=

1

x

x +

1

u

+

1

x3

x +

1

u

2− 1

x. (2.332)

Haciendo un poco de algebra, obtenemos la ecuacion diferencial lineal no homogenea

du

dx+ 1

x+

2

x2

u = − 1

x3. (2.333)

Para resolver esta ecuacion vamos a utilizar el metodo del factor integrante

µ(x) = e

1x+

2x2

dx

= elnxe−2/x = xe−2/x. (2.334)

Luego, multiplicando la ecuacion (2.333) por el factor integrante

d[xe−2/xu(x)] = − x

x3e−2/xdx = − 1

x2e−2/xdx (2.335)

e integrando, obtenemos d[xe−2/xu(x)] = −

1

x2e−2/xdx =

1

2

e−2/xd(2/x). (2.336)

y

xe−2/xu(x) = c − x

4e−2/x. (2.337)

De donde el valor de u(x) es

u(x) =c

x e2/x

−1

4 . (2.338)

Sustituyendo el valor encontrado de u(x) en (2.330), obtenemos la solucion general

y = x +1

u(x)= x +

1cx

e2/x − 14

(2.339)

Ejemplo 2:

Resolver la ecuacion de Riccati

x2 dy

dx+ xy + x2y2 = 4. (2.340)




Soluci´ on:

Antes que nada debemos ”adivinar” una solucion particular de la ecuacion (2.340), para despueshaciendo la sustitucion (2.319) obtener la funcion u(x) y de esta manera tener la solucion general.No es difıcil ver que una solucion particular de (2.340) es

y1 =2

x. (2.341)

Probemos que (2.341) es solucion de (2.340). Tenemos

dy1dx

= − 2

x2. (2.342)

Sustituyendo (2.341) y (2.342) en (2.340), resulta

−x2 2

x2+ x

2

x+ x2 4

x2= 4. (2.343)

De donde tenemos la igualdad 4 = 4, esto implica que (2.341) satisface la ecuaci on (2.340). Puesbien, ya tenemos una solucion de la ecuacion de Riccati, hagamos la sustitucion (2.319)

y =2

x+

1

u(x). (2.344)

Derivando esta expresiondy

dx= − 2

x2− 1

u2

du

dx. (2.345)

Sustituyendo (2.344) y (2.345) en (2.340), tenemos

x2−

2

x2 −1

u2

du

dx

+ x 2

x +

1

u

+ x2 2

x +

1

u2

= 4. (2.346)

Haciendo las operaciones necesarias, obtenemos la ecuacion lineal no homogenea

du

dx− 5

xu = 1. (2.347)

Esta ecuacion la vamos a resolver usando el metodo del factor integrante

µ(x) = e P (x)dx = e−5

dxx = e−5 lnx =

1

x5. (2.348)

Entonces

du

x5 =1

x5dx → d

u

x5 = 1

x5dx. (2.349)

Integrando, resultau

x5= −x−4

4+ c → u(x) = −x

4+ cx5. (2.350)

Sustituyendo el resultado de u(x) en (2.344), obtenemos la solucion general de la ecuacion (2.340)

y(x) =2

x+

4

c1x5 − x, (2.351)

donde hemos redefinido la constante de integracion c1 = 4c.

Ejemplo 3:





dx+ 2y2 =

1

x2

. (2.352)

Soluci´ on:

Esta es una ecuacion especial de Riccati (2.322). Por consiguiente, hagamos la sustitucion

y =1

z(x)→ dy

dx= − 1

z2dz

dx. (2.353)


− 1

z2dz

dx+

2

z2=

1

x2→ dz

dx− 2 = − z2

x2. (2.354)

La ultima ecuacion en (2.354) es homogenea, ası que podemos hacer la sustitucion

z = u(x)x → dz

dx= u + x

du

dx. (2.355)

Sustituyendo en la segunda ecuacion de (2.354), resulta

u + xdu

dx− 2 = −u2. (2.356)

Separando variables e integrando

du

u2

+ u − 2

=

− dx

x

. (2.357)

La primer integral la podemos resolver por fracciones parciales

1

(u + 2)(u − 1)=

A

(u − 2)+

B

(u − 1). (2.358)

De donde obtenemos los resultados para A = −13 y para B = 1

3 . Entonces, (2.357) se reduce aintegrar las expresiones

−1

3

du

u + 2+

1

3

du

u − 1= −

dx

x. (2.359)

Al integrar, obtenemos

−13

ln |u + 2| + 13

ln |u − 1| = − ln x + ln c3

. (2.360)

Haciendo uso de las propiedades de los logaritmos este resultado lo podemos expresar en una formamas compacta

x3(u − 1) = c(u + 2). (2.361)

Ahora recordemos las sustituciones que hicimos. Tenemos z = 1y y u = z

x = 1xy . Sustituyendo el

valor de u en funcion de x y y, obtenemos el resultado final

x3(1 − xy) = c(1 + 2xy). (2.362)




2.9. Ecuaciones Diferenciales Exactas

Supongamos que tenemos una ecuacion diferencial escrita de la siguiente manera

ydx + xdy = 0. (2.363)

Esta misma ecuacion la podemos escribir como una diferencial total

d(xy) = 0, (2.364)

la cual puede ser facilmente integrada d(xy) =

0dx → xy = c. (2.365)

Teniendo esto en mente nos podemos hacer la siguiente pregunta: sera posible construir un metodo

general para resolver este tipo de ecuaciones? La respuesta es sı. Recordemos un poco el calculo.Sabemos que una superficie esta dada por una expresion del tipo

z = f (x, y). (2.366)

Luego, tomando la diferencial total de la funcion (2.366), resulta

dz =∂f

∂xdx +

∂f

∂ydy. (2.367)

Supongamos que la curva en la superficie es constante, es decir, z = c, entonces de (2.367) tendremos

∂f

∂xdx +

∂f

∂ydy = 0. (2.368)

Por otro lado, recordemos que toda ecuacion diferencial de primer orden puede ser escrita como

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (2.369)

donde M (x, y) y N (x, y) son funciones continuas de las variables x, y. Igualando las ecuaciones(2.368) y (2.369), tenemos que

∂f

∂x= M (x, y),

∂f

∂y= N (x, y). (2.370)

A una ecuacion del tipo (2.369) que satisface las condiciones (2.370) la llamaremos ecuaci´ on dife-

rencial exacta . Las ecuaciones (2.368) y (2.369) son exactamente las mismas. Es claro, entonces, quela solucion general de la ecuacion diferencial original estara dada por una familia monoparametricaen el plano xOy, y tendra la forma f (x, y) = c. El siguiente teorema nos da las condiciones necesariasy suficientes para que la ecuacion (2.369) sea una ecuacion diferencial exacta.

Teorema 2.9.1. (ecuaci´ on diferencial exacta) Sean M (x, y) y N (x, y) funciones continuas y con derivadas parciales de primer orden en un dominio D definidas en a < x < b y c < y < d. Entonces,una condici´ on necesaria y suficiente para que la ecuaci´ on

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 (2.371)



2.9. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 57

sea una ecuaci´ on diferencial exacta, es que se cumpla la siguiente relaci´ on

∂M (x,y)∂y = ∂N (x,y)

∂x(2.372)

Supongamos que la ecuacion (2.371) es exacta. Entonces, tiene lugar la relacion (2.370).Diferenciando la primer ecuacion de (2.370) respecto a y y la segunda respecto a x, tenemos

∂ 2f

∂y∂x=

∂M (x, y)

∂y,

∂ 2f

∂x∂y=

∂N (x, y)

∂x, (2.373)

lo cual demuestra la condicion necesaria (2.372). Demostremos que en este caso la condicion (2.372)es suficiente. Integrando la primer expresion de (2.370) respecto a x, considerando a y como constante

f (x, y) = x

x0

M (x, y)dx + g(y), (2.374)

donde x0 es la abcisa de cualquier punto del dominio D; g(y) es la constante de integracion quedepende solo de y. Elijamos la funcion g(y), de tal manera que se cumpla la segunda expresion de(2.370). Para esto diferenciamos la ecuacion (2.374) respecto a y, considerando a x constante

∂f

∂y=

∂

∂y

xx0

M (x, y)dx

+ g(y) =

xx0

∂M

∂ydx + g(y) = N (x, y). (2.375)

Tomando en cuenta la relacion (2.372), la expresion (2.375) toma la forma

x

x0

∂N

∂x

dx + g(y) = N (x, y)

→N (x, y)

−N (x0, y) + g(y) = N (x, y). (2.376)

De donde, g(y) = N (x0, y), es decir

g(y) =

yy0

N (x0, y)dy, (2.377)

donde y0 es la ordenada de un punto arbitrario del dominio D, y cualquier constante de integracionarbitraria se considera igual a cero. De las expresiones (2.374) y (2.377), obtenemos

f (x, y) =

xx0

M (x, y)dx +

yy0

N (x0, y)dy. (2.378)

Resumiendo, si en el dominio D no hay puntos singulares de la ecuacion (2.371), y se cumple larelacion (2.372), entonces la integral general de la ecuacion (2.371) se expresa mediante la ecuacion x

x0

M (x, y)dx +

yy0

N (x0, y)dy = c, (x0, y0) ∈ D. (2.379)

Ejemplo 1:

Resolver la ecuacion 2 − y2

2x2

dx +

y

xdy = 0. (2.380)

Soluci´ on:




Antes que nada, debemos comprobar que se cumpla la relaci on (2.372). Para esto identificamoslas funciones

M (x, y) =

2 − y

2

2x2

, N (x, y) = yx . (2.381)

Entonces∂M

∂y= − y

x2

∂N

∂x= − y

x2. (2.382)

Lo que implica que la ecuacion (2.380) es exacta y su integral general es de la forma (2.379), donde(x0, y0) ∈ D. Supongamos que los puntos son x0 = 1, y0 = 0, ya que el punto (1, 0) ∈ D. Entonces,de la expresion (2.379), tenemos x

1

2 − y2

2x2

dx +

y0

y

x0dy = c1. (2.383)

Observe que en la segunda integral x0 = 1. Integrando

2x +

y2

2x

x1

+y2

2

y0

= c1 → 2x − 2 +y2

2x− y2

2+

y2

2= c1. (2.384)

Eliminando y acomodando terminos, obtenemos el resultado final

2x +y2

2x= c, (2.385)

donde c = c1 + 2.

Ejemplo 2:


2x(1 + x2

−y)dx

− x2

−ydy = 0. (2.386)

Soluci´ on:

Primero, identificaremos las funciones M (x, y) y N (x, y) y despues veremos si se cumple lacondicion (2.372)

M (x, y) = 2x + 2x

x2 − y, N (x, y) = −

x2 − y. (2.387)

Tomando las derivadas parciales, tenemos

∂M

∂y=

1

22x(x2 − y)−1/2(−1) = −x(x2 − y)−1/2,

∂N

∂x= −1

2(x2 − y)−1/2(2x) = −x(x2 − y)−1/2. (2.388)

La condicion ∂M

∂y=

∂N

∂x, (2.389)

se cumple. Por lo tanto, la ecuacion (2.386) es exacta. Entonces, existe una funcion f (x, y), tal que

∂f

∂x= M (x, y) = 2x + 2x

x2 − y. (2.390)

Integrando respecto a x, obtenemos

f (x, y) =

(2x + 2x

x2 − y)dx + g(y) = x2 +

2

3(x2 − y)3/2 + g(y), (2.391)



2.9. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS 59

donde se ha introducido una funcion constante g(y), esto es debido a que tenemos una integracion enderivadas parciales. El siguiente paso es tomar la derivada de la funcion f (x, y) en (2.391) respecto

a y e igualar el resultado con la funcion N (x, y), esto es,

∂f

∂y= −2

3

3

2(x2 − y)1/2 + g(y) = N (x, y). (2.392)

Luego∂f

∂y= −(x2 − y)1/2 + g(y) = −

x2 − y. (2.393)

De donde obtenemos la expresion g(y) = 0, la cual al integrar nos da una constante

g(y) = c. (2.394)

Sustituyendo (2.394) en (2.391), tenemos que la solucion general de la ecuacion (2.386), es

x2 + 23

(x2 − y)3/2 = c. (2.395)

Existen ecuaciones diferenciales con las cuales se pueden formar diferenciales totales y despuesintegrar. Para esto se usan las siguientes formulas

d(xy) = xdy + ydx, dx

y

=

ydx − xdy

y2, d(ln y) =

dy

y, d(y2) = 2ydy

Ejemplo 3:

Resolver la ecuacion(x + y)dx + xdy = 0. (2.396)

Soluci´ on:Escribiendo esta ecuacion de la siguiente manera

xdx + ydx + xdy = 0, (2.397)

podemos ver que el segundo y tercer terminos forman una diferencial total d(xy) = ydx + xdy.Tomando esto en cuenta, resulta

xdx + d(xy) = 0. (2.398)

Integrando, obtenemos xdx +

d(xy) = 0 → x2

2+ xy =

c

2. (2.399)

Entonces, la solucion general de la ecuacion (2.396) esta dada por la expresion

x2 + 2xy = c. (2.400)

Observaci´ on:

La ecuacion (2.396) es una ecuacion homogenea y por lo tanto, haciendo la sustitucion y = zxla podemos reducir a una ecuacion con variables separables y despues integrar. Recomendamos allector resolver este mismo ejemplo haciendo la sustitucion y = zx, de esta manera se dara cuenta lointeresante que es conocer diferentes alternativas para resolver un mismo problema, y desde luegoescoger la mas eficiente.

Ejemplo 4:




Resolver la ecuacion(3x2 − 2x − y)dx + (3y2 + 2y − x)dy = 0. (2.401)

Soluci´ on:

Esta ecuacion la podemos escribir en diferenciales totales, es decir, como

d(x3)−d(x2)−ydx−xdy+d(y2)+d(y3) = 0 → d(x3)−d(x2)−d(xy)+d(y2)+d(y3) = 0. (2.402)

Integrando esta ultima expresion d(x3) −

d(x2) −

d(xy) +

d(y2) +

d(y3) = c, (2.403)

obtenemos el resultado finalx3 + y3 + y2 − x2 − xy = c. (2.404)

Observaci´ on: La ecuacion (2.401) es una ecuacion diferencial exacta, ya que se cumple la relacion(2.372),

∂M ∂y

= −1,∂N ∂x

= −1,

y podemos resolverla usando el metodo de las ecuaciones diferenciales exactas. Este ejercicio se dejaal lector y desde luego se debe obtener el resultado (2.404).

2.10. Factor Integrante

Existen casos en los cuales la ecuacion (2.371) no es una ecuacion diferencial exacta. Sin embargo,en ciertas ocasiones, excepcionales, se puede encontrar una funcion µ(x, y) tal que multiplicada porla ecuacion (2.371), esta resulte ser una ecuacion diferencial exacta. Supongamos que la ecuacion

(2.371) no es una ecuacion exacta. Entonces, multiplicando dicha ecuacion por una funcion µ(x, y),tenemos la ecuacion

µ(x, y)M (x, y)dx + µ(x, y)N (x, y)dy = 0 (2.405)

A la funcion µ(x, y) se le conoce con el nombre de factor integrante (´ o factor de integraci´ on).Si queremos que la ecuacion (2.405) sea una ecuacion exacta, esta debera satisfacer la condicionnecesaria y suficiente (2.372). En nuestro caso, para la ecuacion (2.405) debe cumplirse la relacion

∂ (µM )

∂y=

∂ (µN )

∂x. (2.406)

O bien

N ∂µ

∂x −M

∂µ

∂y

= µ∂M

∂y −∂N

∂x. (2.407)

Esta ecuacion la podemos escribir de la siguiente manera

N

µ

∂µ

∂x− M

µ

∂µ

∂y=∂M

∂y− ∂N

∂x

. (2.408)

Finalmente, la escribiremos como

N ∂ ln µ

∂x− M

∂ ln µ

∂y=

∂M

∂y− ∂N

∂x. (2.409)

Hemos obtenido una ecuacion en derivadas parciales. No existe un metodo general para encontrarfactores integrantes µ = µ(x, y). Por consiguiente, nos limitaremos a algunos casos particulares:



2.10. FACTOR INTEGRANTE 61

Supongamos que el factor integrante µ = µ(x, y) depende solamente de x, esto es, µ = µ(x).En tal caso, tendremos que ∂µ∂y = 0 y la ecuacion (2.408) toma la forma

d ln µ

dx=

1

N (x, y)

∂M

∂y− ∂N

∂x

. (2.410)

Integrando, tenemos

d ln µ =

∂M ∂y − ∂N

∂x

N (x, y)

dx → µ(x) = e ( ∂M∂y − ∂N

∂x)

N(x,y) dx. (2.411)

El factor integrante depende solamente de y, es decir, µ = µ(y). En tal caso, de (2.408) tenemos

d ln µ

dy=

1

M (x, y)∂N

∂x− ∂M

∂y . (2.412)

Integrando, resulta

d ln µ =

∂N ∂x − ∂M

∂y

M (x, y)

dy → µ(y) = e ( ∂N

∂x− ∂M

∂y)

M(x,y)dy. (2.413)

Observese que en las ecuaciones (2.410) y (2.412) las funciones que aparecen a la izquierda de lasecuaciones se escriben como derivadas normales y no como parciales (parte derecha), esto es debidoa que hemos restringido a la funcion µ a que sea una funcion, ya sea de x, o de y, respectivamente.Entonces, para hallar un factor integrante podemos usar las expresiones (2.411) y (2.413).

Ejemplo 5:


(x2 + y2 + x)dx + ydy = 0. (2.414)

Soluci´ on:

Identificando las funciones M (x, y) y N (x, y), se tiene

M (x, y) = x2 + y2 + x, N (x, y) = y. (2.415)

Primero, debemos comprobar si la ecuacion (2.414), es o no exacta. Tenemos

∂M

∂y= 2y,

∂N

∂x= 0. (2.416)

Como vemos, no se cumple la condicion

∂M

∂y=

∂N

∂x, (2.417)

y por lo tanto, la ecuacion (2.414) no es exacta. Veamos si podemos encontrar un factor integrante,tal que al multiplicarlo por la ecuacion (2.414), esta se transforme en exacta. Supongamos que elfactor integrante depende solamente de x, esto es, µ(x, y) = µ(x), entonces, de la ecuacion (2.410),tenemos

d ln µ

dx=

1

N

∂M

∂y− ∂N

∂x

=

1

N

∂M

∂y=

2y

y= 2. (2.418)




Luego, de (2.411), resulta

d ln µ = 2 dx. (2.419)

La solucion de estas integrales es trivial y tiene la forma

ln µ = 2x → µ(x) = e2x. (2.420)

El siguiente paso es multiplicar la ecuacion (2.414) por el factor integrante obtenido, esto es porµ(x) = e2x, tenemos

e2x(x2 + y2 + x)dx + e2xydy = 0 (2.421)

Analizaremos la ecuacion (2.421), es decir, probemos que esta es exacta. Tenemos las funciones

M (x, y) = e2x(x2 + y2 + x), N (x, y) = ye2x. (2.422)

Las derivadas parciales son ∂M

∂y= 2ye2x,

∂N

∂x= 2ye2x. (2.423)

En este caso la condicion∂M

∂y=

∂N

∂x, (2.424)

se cumple. Por lo tanto, la ecuacion (2.421) es exacta. Ahora el problema consiste en resolver laecuacion (2.421). Debido a que la ecuacion (2.421) es una ecuacion diferencial exacta, existe unafuncion f (x, y), tal que

∂f

∂y= N (x, y) = ye2x. (2.425)

Integrando, tenemos

f (x, y) =

ye2xdy + g(x) = 12

y2e2x + g(x), (2.426)

donde g(x) es una funcion que depende solo de x, ya que tenemos una ecuacion en derivadas parciales.Ahora diferenciando respecto a x la ecuacion (2.426) e igualando el resultado a la funci on M (x, y)de (2.422), tenemos

∂f

∂x=

2

2y2e2x + g(x) = M (x, y). (2.427)

O bien

y2e2x + g(x) = e2x(x2 + y2 + x). (2.428)

Finalmente, tenemos la ecuacion

g(x) = e2x(x2 + x). (2.429)

Debemos integrar la ecuacion (2.429) y de esta manera encontrar la funcion g(x) g(x)dx =

x2e2xdx +

xe2xdx. (2.430)

Estas integrales se calculan por partes. Primero la segunda integral de la derecha en (2.430) xe2xdx →

u = x du = dx, dv = e2xdx v =

1

2e2x

=x

2e2x − 1

2

e2xdx

=x

2e2x − 1

4e2x. (2.431)



2.11. LEY DE ENFRIAMIENTO 63

Para la primera integral (2.430), tenemos

x2e2xdx →

u = x2 du = 2xdx, dv = e2xdx v =1

2 e2x

=x2

2 e2x −2

2

xe2xdx

=x2

2e2x −

1

2xe2x − 1

4e2x

=x2

2e2x − x

2e2x +

1

4e2x. (2.432)

En esta integral hemos aprovechado el resultado obtenido anteriormente en (2.431). Ası que tenemosel valor de la funcion g(x)

g(x) =

(x2e2x + xe2x)dx =

x2

2− x

2+

1

4+

x

2− 1

4

e2x =

x2

2e2x. (2.433)

Una vez encontrada la funcion g(x), la sustituimos en la ecuacion (2.426). Finalmente, obtenemos

f (x, y) =y2

2

e2x +x2

2

e2x = c. (2.434)

Donde c es la constante de integracion. Este mismo resultado lo podemos escribir de la siguientemanera

x2 + y2 = c1e−2x, (2.435)

donde c1 = 2c es tambien una constante. Esta es la solucion general de la ecuacion (2.421), y desdeluego, tambien es la solucion general de la ecuacion (2.414), ya que, en principio son equivalenteslas dos ecuaciones, pues hemos multiplicado toda la ecuacion (2.414) por un mismo factor.

2.11. Ley de Enfriamiento

Cada dıa nos encontramos con fenomenos donde hay cambios de temperatura; Un pastel quesacamos del horno a una temperatura T , una taza de cafe caliente, alimentos acabados de cocinar,etcetera. Nos preguntamos; como podemos saber de que manera cambia la temperatura de cada unode estos cuerpos? Hasta el momento, sabemos que cualquier cosa que cambie la podemos modelarmediante una ecuacion diferencial, por lo tanto, lo mas probable es que la pregunta planteadala podamos modelar con una ecuacion diferencial. Podemos plantear la pregunta anterior con laformulacion del siguiente problema general.

Supongamos que en el tiempo t = 0 un cuerpo tiene una temperatura inicial T (0) = T 0, en esteinstante lo colocamos en el medio ambiente que tiene una temperatura T m. Nos preguntamos, comocambiara la temperatura del cuerpo conforme el tiempo pasa.

Planteamiento:

Sea T (t) la temperatura del cuerpo en un cierto tiempo t. Supongamos que no existe otro cuerpocon el cual haya intercambio de calor, ademas, vamos a suponer que la temperatura del medioambiente T m cambia tan lento, que practicamente la podemos tomar como constante. Bajo estascondiciones podemos pensar que la rapidez con que cambia la temperatura del cuerpo es proporcionala la diferencia de temperaturas del cuerpo y el medio ambiente. Es decir

dT

dt∝ T (t) − T m. (2.436)

Esto parece logico, ya que llegara el momento en que la temperatura del cuerpo y el medio ambienteseran las mismas, es decir, T (t) = T m y de la expresion (2.436) la velocidad de cambio sera propor-cional a cero y por consiguiente la temperatura del sistema cuerpo-medio ambiente sera proporcional




a una constante. Para escribir la ecuacion (2.436) en forma de igualdad, debemos introducir unaconstante de proporcionalidad. Entonces, el modelo matematico esta dado por la ecuacion

dT

dt= −α

T (t) − T m

, (2.437)

donde α > 0 es la constante de proporcionalidad (la cual depende de la estructura molecular delcuerpo). El signo menos en la parte derecha de la ecuacion (2.437) corresponde a los siguientesrazonamientos; si T (t) −T m > 0, → T (t) > T m, entonces la temperatura del cuerpo decae (se enfrıa)y por consiguiente, su rapidez de cambio es negativa, por otro lado, si T (t) − T m < 0, → T (t) < T m,entonces la temperatura del cuerpo crece (se calienta) y por lo tanto, la rapidez de cambio es positiva.De esta manera, el proceso de calentamiento (enfriamiento) de un cuerpo en un medio ambiente contemperatura constante se modela bastante bien con la ecuacion diferencial (2.437). La ley (2.437)fue establecida por Isaac Newton y concuerda bastante bien con los datos experimentales. Desde elpunto de vista fısico el problema planteado esta resuelto.

Ahora el problema se traduce a un problema matematico, y es aquı donde se aplican los metodosde solucion de las ecuaciones diferenciales. Como podemos ver, en la ecuaci on (2.437) el tiempo t esla variable independiente y la temperatura T (t) es la funcion dependiente. La ecuacion (2.437) esuna ecuacion diferencial ordinaria de primer orden y de variables separables, esto es

dT

T (t) − T m= −αdt. (2.438)

Como la temperatura del medio ambiente T m se supone constante durante todo el proceso, entoncesla ecuacion (2.438) es facil de integrar

dT

T (t) − T m= −α

dt → ln |T (t) − T m| = −αt + c. (2.439)

Para hallar el valor de la constante c, usamos las condiciones iniciales del problema, esto es, en elinstante t = 0, el cuerpo tenıa una temperatura inicial T 0. Poniendo estas condiciones en la ultimaecuacion de (2.439), tenemos

ln |T 0 − T m| = −α · 0 + c → c = ln |T 0 − T m|. (2.440)

Sustituyendo este resultado en (2.439), resulta

ln |T (t) − T m| = −αt + ln |T 0 − T m|. (2.441)

Por ultimo, aplicando las propiedades de los logaritmos obtenemos como cambia la temperatura delcuerpo con el tiempo

T (t) = T m + (T 0 − T m)e−αt. (2.442)

Finalmente, analizaremos la solucion para ver si el resultado es el esperado. De la expresion (2.442),observamos que cuando el tiempo es suficientemente grande (podemos poner t → ∞), el exponentetiende a cero y por consiguiente, la temperatura T (t) del cuerpo tiende a la temperatura del medio,es decir, T (t) → T m, cuando t → ∞. De la solucion (2.442), tambien se deduce que cuando t → 0,entonces T (0) → T 0. Los resultados son los esperados por lo tanto el problema queda resuelto.

Suponer que el medio ambiente permanece a temperatura constante es razonable si consideramosel problema anterior. Sin embargo, si se esta enfriando una enorme olla de metal derretido en unasala, ya no es tan logico pensar que la temperatura de la sala permanecera constante.

La diferencia entre las dos situaciones anteriores, indica que no es probable que el calor quepierde el pastel eleve la temperatura de la sala en forma apreciable, mientras que si es probable



2.11. LEY DE ENFRIAMIENTO 65

que lo haga el calor que pierde el metal al enfriarse. Para modelar el enfriamiento de la olla llenade metal fundido es necesario tomar en cuenta el intercambio de calor entre el objeto (la olla) y el

medio.

Sean T = T (t) y T m = T m(t) las temperaturas del objeto (olla) y el medio, respectivamente, ysean T 0 y T m0 sus valores iniciales. Supongamos que T (t) y T m(t) estan relacionadas por la expresion(2.437)

dT

dt= −α(T − T m). (2.443)

Supongamos tambien que el cambio en la energıa calorıfica del objeto (olla), cuando su temperaturava de T 0 a T , es a(T −T 0); y que el cambio en la energıa calorıfica del medio, cuando su temperaturava de T m0 a T m es am(T m− T m0), donde a y am son constantes positivas que dependen de las masasy de las propiedades termicas del objeto y el medio, respectivamente.

Si suponemos, ademas, que el calor total del sistema conformado por el objeto y el medio per-manece constante, es decir, que la energıa se conserva, entonces

a(T − T 0) + am(T m − T m0) = 0. (2.444)

Despejando T m, tenemos

T m = T m0 − a

am(T − T 0), (2.445)

y sustituyendo en (2.443), resulta

dT

dt= −α

T − T m0 +

a

am(T − T 0)

= −α

1 +

a

am

T + α

a

amT 0 + T m

. (2.446)

Obtenemos la siguiente ecuacion diferencial

dT dt

= −α

1 + aam

T + α

a

amT 0 + T m0

, (2.447)

la cual describe la ley de enfriamiento para un objeto a altas temperaturas.

La ecuacion (2.447) es una ecuacion diferencial lineal no homogenea que podemos escribir como

dT

dt+ βT = α

a

amT 0 + T m0

, (2.448)

donde β = α

1 + aam

. Usando el metodo del factor integrante, tenemos

µ(t) = e βdt = eβt. (2.449)

Luego d

eβtT

= α

T m0 +a

amT 0

eβtdt. (2.450)

Integrando, resulta

eβtT = α

T m0 +a

amT 0

1

β eβt + c. (2.451)

Esta expresion la podemos escribir de la siguiente manera

T (t) =am

am + a

T m0 +

a

amT 0

+ ce

−α1+ a

am

t. (2.452)




Esta es la solucion general. Si suponemos las condiciones iniciales T (0) = T 0, entonces de (2.452)obtenemos el valor de la constante de integracion

c = T 0 − amT m0

am + a− a

am + aT 0 =

amam + a

T 0 − amT m0

am + a. (2.453)

Sustituyendo este resultado en (2.452), obtenemos la solucion

T (t) =amT m0 + aT 0

am + a+

amam + a

T 0 − T m0

e−α1+ a

am

t. (2.454)

2.12. Circuitos Electricos

En esta seccion obtendremos el modelo matematico para un sistema electrico de gran importancia,

considerado como una de las piezas fundamentales de las redes electricas. Para esto empezaremoscon los conceptos basicos necesarios.

El circuito electrico mas simple es un circuito en serie que consta de una fuente de energıa, fuerza electromotriz , E (t) la cual puede ser una fuente constante como una baterıa, o bien, unafuente variable con el tiempo como una corriente alterna (generador), y un resistor con resistenciaR que usa la energıa (como ejemplo, tenemos una bombilla electrica) (figura 2.2). Si cerramos elinterruptor, una corriente I fluira por el resistor, la cual producira una caıda de voltaje V R, es decir,el potencial electrico en los extremos del resistor seran diferentes, esta diferencia de potencial o caıdade voltaje la podemos medir con un voltımetro.

Luego, haciendo uso de una ley demostrada experimentalmente, la cual afirma que: la caıda del voltaje V R en un resistor es proporcional a la corriente instant´ anea I , es decir

V R = RI (2.455)

donde la constante de proporcionalidad R se llama resistencia del resistor. Las unidades de medidade la corriente I es el ampere representado por la letra A, la resistencia R se mide en ohms, Ω, y elvoltaje V R se mide en volts, V .

Los otros dos elementos fundamentales en un circuito mas completo, son los inductores y loscapacitores. Un inductor se opone a un cambio en la corriente y tiene un efecto de inercia en laelectricidad, similar al de la masa en la mec anica. Experimentalmente se ha demostrado la siguienteley: La caıda de voltaje V L en un inductor es proporcional a la raz´ on de cambio instant´ aneo con respecto al tiempo de la corriente I , es decir

V L = LdI dt (2.456)

donde a la constante de proporcionalidad L se le llama inductancia del inductor y se mide en henrios,h, y el tiempo t se mide en segundos, s.

Un capacitor C es un elemento que almacena energıa. Experimentalmente se comprobo la si-guiente ley: la caıda de voltaje V C en un capacitor es proporcional a la carga electrica instant´ anea qen el capacitor , es decir

V C =1

C q, (2.457)



2.13. SOLUCI ON DEL CIRCUITO RL 67

donde C se llama capacitancia del capacitor y se mide en faradios, la carga q se mide en coulombs.

Por otro lado, la corriente I es la variacion de la carga q respecto al tiempo, esto es

I (t) =dq

dt. (2.458)

Tomando esto en cuenta, la expresion (2.457) se puede escribir como

V C =1C

tt0

I (τ )dτ (2.459)

La corriente I (t) se determina resolviendo la ecuacion o ecuaciones que resulten de la aplicacion dela ley de Kirchhoff , la cual es una ley fısica fundamental.

Ley de Tensiones de Kirchhoff: La suma algebraica de todas las caıdas de voltaje instant´ aneasalrededor de cualquier circuito cerrado es cero, o el voltaje aplicado a un circuito cerrado es igual a la suma de las caıdas de voltaje en el resto del circuito.

2.13. Solucion del Circuito RL

Establecer el modelo matematico para el circuito RL de la figura (2.2). Resolver la ecuaciondiferencial obtenida para los siguientes casos: para el primer caso suponga que E (t) = constante ypara el segundo E = E 0 cos ωt.

Soluci´ on:

Nuestro sistema consta de una resistencia R y una inductancia L, figura (2.2).

Figura 2.2: Circuito RL.

Entonces, por la ley de Kircchoff, tenemos que la suma de las caıdas de voltaje debe ser igual ala fuerza electromotriz E (t). La ecuacion que modela a este sistema tiene la forma

L dI dt

+ RI = E (t). (2.460)

Debemos hallar la corriente en el sistema como funcion del tiempo, esto es I (t).

Primer caso: Para E (t) = constante = E 0 tenemos la ecuacion

LdI

dt+ RI = E 0. (2.461)

Esta misma ecuacion la podemos escribir como

dI

dt+ αI = A, (2.462)




donde, α = R/L y A = E 0/L. Esta ecuacion la resolveremos usando el metodo del factor integrante.El factor integrantes es

µ(t) = e

P (t)dt

= eα

dt

= eαt

. (2.463)Luego, tenemos

d(Ieαt) = Aeαtdt →

d(Ieαt) = A

eαtdt. (2.464)

Integrando, resulta

Ieαt =A

αeαt + c → I (t) =

A

α+ ce−αt. (2.465)

Tomando en cuenta que Aα = E0R , esta solucion se expresa como

I (t) =E 0R

+ ce−αt. (2.466)

Sustituyendo las condiciones iniciales I (0) = 0, obtenemos el valor de la constante de integracion c

0 =E 0R

+ c → c = −E 0R

. (2.467)

Sustituyendo en (2.466), finalmente tenemos

I (t) =E 0R

1 − e−

RL t

=E 0R

1 − e

− tτL

, (2.468)

donde se ha introducido la constante τ L = LR conocida como constante inductiva de tiempo del

circuito.

Observando la ecuacion (2.468), vemos que a un tiempo suficientemente grande t → ∞ el segundotermino de la derecha e−(R/L)t → 0, y como consecuencia la corriente en (2.468) tiende a un valorconstante, este es I (t)

→E 0/R. Este valor constante es el que tendrıa de inmediato (ley de Ohm)

si no hubiera un inductor en el circuito, el lımite es independiente de las condiciones iniciales.

Segundo caso: Para E (t) = E 0 cos ωt, de la ecuacion (2.460), tenemos

LdI

dt+ RI = E 0 cos ωt, (2.469)

Se pide hallar la corriente I en un tiempo t despues de haber conectado el circuito si la fuerzaelectromotrız es E (t) = E 0 cos ωt.

Soluci´ on:

La ecuacion (2.469), la escribimos de la siguiente manera

dI

dt+ αI = β cos ωt, (2.470)

donde, por comodidad, α = R/L y β = E 0/L. La ecuacion (2.470) es una ecuacion diferenciallineal no homogenea de primer orden respecto a la corriente I . Primero, debemos hallar la solucioncorrespondiente a la ecuacion homogenea de (2.470), tenemos

dI

dt+ αI = 0. (2.471)

Esta ecuacion homogenea es de variables separables

dI

dt= −αI →

dI

I = −α

dt → ln

I

c

= −αt, (2.472)



2.13. SOLUCI ON DEL CIRCUITO RL 69

donde c es la constante de integracion. Este resultado lo podemos escribir como

I h(t) = ce−αt

. (2.473)

Ahora busquemos una solucion particular de la ecuacion (2.470). Por la forma de la parte derechasupongamos la siguiente solucion particular (metodo de los coeficientes indeterminados)

I p(t) = A cos ωt + B sen ωt. (2.474)

Derivando esta ecuaciondI pdt

= −Aω sen ωt + Bω cos ωt. (2.475)

Sustituyendo (2.467) y (2.468) en (2.470) tenemos

−Aω sen ωt + Bω cos ωt + αA cos ωt + αB sen ωt = β cos ωt. (2.476)

Igualando los terminos, encontramos que esta igualdad se cumple, siempre y cuando se cumplan lasexpresiones

Bω + αA = β

−Aω + αB = 0. (2.477)

Resolviendo estas ecuaciones, obtenemos los valores de A y B, esto es

A =αβ

ω2 + α2, B =

ωβ

ω2 + α2. (2.478)

Sustituyendo estos valores en la solucion particular (2.467), tenemos que la solucion es

I p(t) =αβ

ω2 + α2cos ωt +

ωβ

ω2 + α2sen ωt. (2.479)

La solucion general de la ecuacion (2.470) sera I (t) = I h(t) + I p(t), esta tiene la forma

I (t) = ce−αt +E 0

L(ω2 + α2)

α cos ωt + ω sen ωt

, (2.480)

donde hemos sustituido el valor de β = E 0/L. La constante c la encontramos de las condicionesiniciales, cuando t = 0, I = 0.

0 = c +αE 0

L(ω2 + α2)→ c = − αE 0

L(ω2 + α2). (2.481)

Sustituyendo el valor de la constante de integracion en la ecuacion (2.480), finalmente, tenemos

I (t) =E 0

L(ω2 + α2)

α cos ωt + ω sen ωt − αe−αt

. (2.482)

Esta es la solucion particular (en el sentido, de que se ha obtenido de la solucion general). Si t → ∞,entonces, e−αt → 0 y de (2.482) se sigue que

I (t) ≈ E 0L(ω2 + α2)

α cos ωt + ω sen ωt

. (2.483)




2.14. Solucion de un Circuito RC

Establecer el modelo matematico para un circuito RC, figura (2.3) y hallar la corriente delcircuito para los casos: E (t) = constante = E 0 y E (t) = E 0 sen ωt.

Soluci´ on:

Tenemos un circuito que consta de un resistor con resistencia R y un capacitor con una capaci-tancia C , figura (2.3). Entonces, por la ley de Kirchhoff se tiene la ecuacion

Figura 2.3: Circuito RC.

RI +1

C q = E (t). (2.484)

Derivando esta ecuacion respecto al tiempo obtenemos la ecuacion para la corriente I (t)

RdI

dt+

1

C I =

dE

dt, (2.485)

la cual podemos escribir como

dI

dt+ αI =

1

R

dE

dt, (2.486)

Primer caso: Tenemos E (t) = E 0, donde E 0 es constante, entonces

dI

dt+ αI = 0. (2.487)

Esta es una ecuacion con variables separables, integrando obtenemos la solucion general

I (t) = ce−t

RC = ce−t

τC . (2.488)

donde τ C = RC es la constante capacitiva de tiempo del circuito.Segundo caso: Para este caso, tenemos E (t) = E 0 sen ωt. Sustituyendo en la ecuacion (2.486),

obtenemosdI

dt+ αI = β cos ωt, (2.489)

donde α = 1/RC y β = E 0ω/R. Esta ecuacion es similar a la ecuacion (2.470), excepto por laconstante β . Entonces, tenemos la solucion general

I (t) = ce− t

τC +E 0ω

[1 + (RCω )2]

RωC sen ωt + cos ωt

. (2.490)



2.15. CARGA EN EL CONDENSADOR 71

Figura 2.4: Corriente en un circuito RC debida a una fuerza electromotriz constante.

2.15. Carga en el Condensador

Un condensador de capacitancia C se conecta a un circuito con un voltaje E 0 y resistencia R.Hallar la carga q en el condensador en un tiempo t.

Soluci´ on:

En el tiempo t la carga del condensador es q y la corriente es I . En el circuito actua la fuerzaelectromotrız E 0, entonces por la ley de Kirchhoff tenemos la ecuacion

RI +1

C q = E (t). (2.491)

Tomando en cuenta la relacion I (t) = dqdt , la ecuacion (2.491) se escribe como

dq

dt+

1

CRq =

E 0R

. (2.492)

Esta ecuacion es lineal no homogenea respecto a q. Hallemos la solucion de la ecuacion homogeneacorrespondiente a (2.492)

dq

dt+

1

CRq = 0 →

dq

q= − 1

CR

dt. (2.493)

Integrando, resulta

ln |q| = − t

CR+ ln c1 → q(t) = c1e−t/RC . (2.494)

La solucion particular de (2.492) la buscamos de la forma

q p = A → dq pdt

= 0. (2.495)

Sustituyendo en (2.492) para hallar la constante A, tenemos

A

CR=

E 0R

→ A = CE 0. (2.496)

Poniendo el valor de A en la solucion particular, resulta

q p = CE 0. (2.497)




La solucion general de la ecuacion original (2.492) sera la suma de las soluciones; homogenea qh yparticular q p, esto es

q(t) = c1e−t/CR + CE 0. (2.498)

Apliquemos las condiciones iniciales para encontrar la constante de integracion c1. Si para t = 0la carga en el condensador es cero, q = 0, entonces, sustituyendo en (2.498), obtenemos para laconstante

0 = c1 + CE 0 → c1 = −CE 0. (2.499)

Poniendo el valor de c1 en (2.498), obtenemos el resultado final

q(t) = −CE 0e−t/CR + E 0C → q(t) = E 0C

1 − e−t/CR

. (2.500)

Esta expresion representa la solucion del problema. Ahora bien, de la ecuacion (2.500) resulta quepara t = 0, la carga en el condensador es q(t) = 0, esto est a en completo acuerdo, pues antesde conectar el circuito no existe carga alguna en el condensador. Cuando t

→ ∞, la carga en el

condensador es q(t) → CE 0.

Supongase que ahora deseamos conocer la razon de flujo de la carga por unidad de tiempo, o mejordicho, conocer la corriente I que circula por el circuito. La expresion matematica que representa ala corriente I , dada la carga q, es

I (t) =dq

dt. (2.501)

Para obtener la corriente es necesario tomar la derivada respecto al tiempo en la expresi on (2.500)

I (t) =E 0R

e−t/RC . (2.502)

De la ecuacion (2.502) observamos que cuando t → 0 tenemos que I (t) → E 0/R, esta es la maxima

corriente en el circuito que se alcanza justamente cuando el circuito se conecta, despues la corrienteesta gobernada por la expresion (2.502).

El producto RC que aparece en el exponente de las ecuaciones (2.500) y (2.502) tiene unidadesde tiempo, ya que el exponente es adimensional (sin unidades). Al producto RC se le conoce comoconstante de tiempo capacitiva y se representa por τ C , esta cantidad determina la razon con la cualel condensador se carga.

2.16. Presion Atmosferica

La experiencia nos muestra que la presion del aire (presion atmosferica) depende de la altura h.Si representamos a la presion como p, entonces la dependencia de p respecto a la altura h estara dadapor la funcion

p = p(h). (2.503)

Nos preguntamos, cual es la relacion entre la presion y la altura?

Soluci´ on:

Para resolver el problema planteado imaginemos una pequena porcion de aire de forma ci lındrica,de altura ∆h y base S , figura (2.5).

Luego, veamos cuales fuerzas actuan sobre este cilindro imaginario. De la figura (2.5) podemosver que sobre el cilindro actuan tres fuerzas;



2.16. PRESI ON ATMOSF ERICA 73

Figura 2.5: Diagrama del cilindro representando una porcion de aire

El peso del cilindro dado por

P = g∆m = ρg∆V = gρS ∆h,

donde ∆m es el elemento de masa, ∆V = Sdh es el elemento de volumen, g es la constante dela gravedad y ρ es la densidad del aire. Esta fuerza (el peso) esta dirigida verticalmente haciaabajo.

La presion del aire que actua en la base superior y dirigida hacia abajo, figura (2.5),

p(h + ∆h)S.

La presion del aire que actua en la base inferior y dirigida verticalmente hacia arriba

Sp(h).

Si consideramos que no hay corrientes de aire, entonces estas tres fuerzas deben estar balanceadas.De estas consideraciones, tenemos

ρSg∆h + p(h + ∆h)S = p(h)S. (2.504)

Eliminando S , resultaρg∆h + p(h + ∆h) = p(h). (2.505)





p(h + ∆h)−

p(h)

∆h = −ρg. (2.506)

Haciendo ∆h, infinitamente pequeno tenemos la expresion

lım∆h→0

p(h + ∆h) − p(h)

∆h=

dp

dh. (2.507)

Luego, igualando las expresiones (2.506) y (2.507), obtenemos la ecuacion diferencial

dp

dh= −gρ. (2.508)

Por otro lado, sabemos que la densidad ρ de los gases es proporcional a la presion p, esto es

ρ = αp, (2.509)

donde α es una constante de proporcionalidad que depende del tipo de gas. Poniendo este valor en(2.508), finalmente tenemos la ecuacion diferencial

dp

dh= −αgp. (2.510)

Esta ecuacion nos da la dependencia de la presion p en funcion de la altura h, por lo tanto, respondeal problema planteado (bajo las condiciones de que no hay corrientes de aire). Ahora el problemase traduce en un problema matematico, es decir, en resolver la ecuacion diferencial (2.510). Comopodemos ver, esta ecuacion es de variables separables. Por consiguiente, separando las variables eintegrando

dp

p

=

−αg dh, (2.511)

obtenemosln | p| = −αgh + ln c → p(h) = ce−αgh. (2.512)

Para determinar el valor de la constante de integracion c, vamos a considerar que la presion at-mosferica en la superficie de la Tierra ( esto es cuando h = 0), es p0. Sustituyendo estas condicionesen la segunda ecuacion de (2.512), encontramos

c = p0. (2.513)

Sustituyendo este valor en la segunda ecuacion de (2.512) tenemos, finalmente el resultado

p(h) = p0e−αgh, (2.514)

el cual nos indica que la presion atmosferica decae exponencialmente conforme la altura aumenta ycuando h → ∞, la presion p → 0, figura (2.6). Esto parece logico, ya que despues de cierta altura h,estarıamos fuera de la atmosfera terrestre y por lo tanto, la presion atmosferica sera cero.

2.17. Ecuaciones Diferenciales no Resueltas Respecto

a la Derivada

Hasta el momento hemos analizado diferentes tipos de ecuaciones diferenciales de primer orden,donde hemos supuesto que la ecuacion es resuelta respecto a su derivada. Sin embargo, existen



2.17. ECUACIONES DIFERENCIALES NO RESUELTAS RESPECTO A LA DERIVADA 75

Figura 2.6: La presion p como funcion de la altura h

algunas ecuaciones en las cuales no es posible resolver respecto a su derivada, sino que puedenser resueltas respecto a la funcion dependiente o a la variable independiente. En esta seccion nosencargaremos de analizar este tipo de ecuaciones.

Sea dada la ecuacion diferencial de primer orden

F (x, y, y) = 0 (2.515)

Esta ecuacion la podemos resolver de dos maneras:

Resuelta respecto a la derivada. Resolviendo (2.515) respecto a la derivada obtenemos unaecuacion del tipo

y = f (x, y). (2.516)

Diferentes tipos y metodos para obtener la solucion de la ecuacion (2.516), los hemos analizadoen las secciones anteriores.

No resuelta respecto a la derivada. Supongamos que en la ecuacion (2.515) no se puede despejara y, pero se puede despejar a y, o a x, es decir, que la ecuacion (2.515) se puede escribir delas dos siguientes maneras

y = f (x, y) x = g(y, y) (2.517)

Primero, analizaremos la ecuacion

y = f (x, y) (2.518)

Para resolver esta ecuacion introduzcamos el parametro

p(x) = y =dy

dx→ dy = p(x)dx. (2.519)

De la ecuacion (2.518), obtenemos

y = f (x, p). (2.520)




Luego, obteniendo la diferencial total de esta ecuacion

dy =∂f

∂x dx +∂f

∂p dp. (2.521)

Sustituyendo, dy = p(x)dx, en la ecuacion (2.521), tenemos

p(x)dx =∂f

∂xdx +

∂f

∂pdp. (2.522)

Luego, agrupando terminos resulta la ecuacion

∂f

∂x− p(x)

dx +

∂f

∂pdp = 0. (2.523)

Esta ecuacion es equivalente a tener la ecuacion

M (x, p)dx + N (x, p)dp = 0. (2.524)

Si la solucion de la ecuacion (2.524) esta dada como

x = φ( p,c), (2.525)

entonces, haciendo uso de la expresion (2.520), obtenemos la solucion de la ecuacion original(2.518) en forma parametrica

x = φ( p,c), y = f (φ( p)). (2.526)

Analicemos la segunda ecuacion de (2.517)

x = g(y, y). (2.527)

La solucion de esta ecuacion es similar a la anterior. Sea

p(x) = y =dy

dx. (2.528)

Entonces, de (2.527), tenemosx = g(y, p). (2.529)

La diferencial total de esta ecuacion es

dx =∂g

∂ydy +

∂g

∂pdp. (2.530)

Luego, de (2.528)

dx =dy

p. (2.531)

Sustituyendo en (2.530)dy

p=

∂g

∂ydy +

∂g

∂pdp. (2.532)

Agrupando terminos, obtenemos

∂g

∂y− 1

p

dy +

∂g

∂pdp = 0. (2.533)



2.17. ECUACIONES DIFERENCIALES NO RESUELTAS RESPECTO A LA DERIVADA 77

Esta ecuacion es equivalente a la ecuacion

M (y, p)dy + N (y, p)dp = 0. (2.534)Si la solucion de esta ecuacion es

y = φ( p,c), (2.535)

entonces, haciendo uso de la expresion (2.529), obtenemos la solucion de la ecuacion original(2.527) en forma parametrica

y = φ( p,c), x = g(φ( p)). (2.536)

Ejemplo 1:

Resolver la ecuacionx = (y)3 + y. (2.537)

Soluci´ on:

Introduciendo el parametro p = dydx , entonces, tenemos la ecuacion

x = p3 + p. (2.538)

Tomando la diferencial total de esta ecuacion

dx = 3 p2dp + dp. (2.539)

Luego, de la expresion p = dydx , tenemos que dx = dy

p . Sustituyendo esta expresion en la

ecuacion (2.539)dy

p= 3 p2dp + dp → dy = (3 p3 + p)dp. (2.540)

Integrando esta ultima expresion obtenemos la solucion dy =

(3 p3 + p)dp → 4y( p) = 3 p4 + 2 p2 + c. (2.541)

Entonces, la solucion general de la ecuacion (2.537) en forma parametrica, es

4y( p) = 3 p4 + 2 p2 + c, x( p) = p3 + p. (2.542)

Ejemplo 2:

Resolver la ecuacion

x =1

y+ ln y. (2.543)

Soluci´ on:

Introduciendo el parametro p =

dy

dx, (2.544)

la ecuacion (2.543) se reduce a la ecuacion parametrica

x =1

p+ ln p. (2.545)

Tomando la derivada total, resulta

dx = − 1

p2dp +

1

pdp. (2.546)




Sustituyendo dx = dy p en (2.546), obtenemos

dy p = − 1 p2 dp + 1 p dp → dy =− 1 p + 1

dp. (2.547)

Integrando dy =

− 1

p+ 1

dp → y = − ln p + p + c. (2.548)

Finalmente, tenemos la solucion general de la ecuacion (2.543) en forma parametrica

x =1

p+ ln p, y= − ln p + p + c. (2.549)

Ejemplo 3:

Resolver la ecuacion(y + 1)3 = (y

−y)2. (2.550)

Soluci´ on:

Antes que nada, de la ecuacion (2.550) despejamos a y,

y = y (y + 1)3/2. (2.551)

Definiendody

dx= p. (2.552)


y = p ( p + 1)3/2. (2.553)

Tomando la diferencial total de esta ecuacion y reemplazando dy = pdx, resulta

pdx = dp 3

2

p + 1dp → dx =

dp

p 3

2

√ p + 1

pdp (2.554)

Integrando dx =

dp

p 3

2

√ p + 1

pdp. (2.555)

Calculando por separado la integral √ p + 1

pdp →

t =

p + 1, dt =

1

2( p + 1)−1/2dp =

1

2tdp, dp = 2tdt

, (2.556)

con este cambio de variable la integral se transforma en

√ p + 1

p dp = 2 t2

t2 − 1 dt = 2 t2

−1 + 1

t2 − 1 dt = 2

1 +1

t2 − 1

dt. (2.557)

Usando la formula

dxx2−a2 = 1

2a lnx−ax+a

+ c. Tenemos

2

1 +

1

t2 − 1

dt = 2t + ln

t − 1

t + 1

. (2.558)

Recordando el cambio de variable que se hizo en (2.556), es decir, t =√

p + 1, se tiene el valorde la integral √

p + 1

pdp = 2

p + 1 + ln

√ p + 1 − 1√ p + 1 + 1

. (2.559)



2.18. ECUACIONES DIFERENCIALES DE LAGRANGE Y CLAIRAUT 79

Finalmente, sustituyendo el valor de esta integral en la segunda ecuaci on de (2.555) y calcu-lando las dos integrales restantes, y junto con la ecuacion (2.553) tenemos la solucion general

x = ln | p| 3

p + 1 3

2ln√ p + 1 − 1√

p + 1 + 1

+ c,

y = p ( p + 1)3/2. (2.560)

2.18. Ecuaciones Diferenciales de Lagrange y Clairaut

Las ecuaciones de Lagrange y Clairaut son casos particulares de las ecuaciones no resueltasrespecto a la derivada (2.517) y pueden resolverse mediante la introduccion del parametro p, comolo hicimos en la seccion anterior.

Una ecuaci´ on diferencial de Lagrange tiene la forma

y = xϕ(y) + ψ(y) (2.561)

Haciendo y = p, diferenciando y sustituyendo dy por pdx, esta ecuacion se reduce a otra queconsiderando a x como funcion de p sera lineal. Resolviendo esta ultima tendremos la solucionx = φ( p,c), entonces, la solucion general de la ecuacion inicial en forma parametrica es

x = φ( p,c),

y = φ( p,c)ϕ( p) + ψ( p). (2.562)

La ecuaci´ on diferencial de Clairaut tiene la forma

y = xy + ψ(y) (2.563)

El metodo de solucion es el mismo que hemos usado anteriormente para la ecuaci on de Lagrange(2.561). La solucion general de esta ecuacion tiene la forma

y = cx + ψ(c). (2.564)

Ejemplo 1:

Resolver la ecuacion de Lagrange.

y + xy = 4

y. (2.565)

Soluci´ on:

Primero, introduciendo el parametro p = dydx . La ecuacion (2.565) se transforma en

y + xp = 4√

p. (2.566)

Diferenciando esta ecuacion respecto a x, tenemos

dy + xdp + pdx =2√ p

dp. (2.567)




Sustituyendo dy por pdx en (2.567), tenemos la ecuacion

pdx + xdp + pdx =2

√ p dp. (2.568)

Ahora, dividiendo entre dp, obtenemos

2 pdx

dp+ x − 2√

p= 0. (2.569)

Como podemos ver, la ecuacion (2.569) es una ecuacion lineal no homogenea respecto a x, la cualpodemos escribir en la forma estandar

dx

dp+

1

2 px = p−3/2. (2.570)

Para resolver esta ecuacion usamos el metodo de variacion del parametro. Para esto, primero bus-

camos la solucion a la ecuacion homogenea

dx

dp+

1

2 px = 0. (2.571)

No es difıcil obtener la solucion de esta ecuacion. Separando variables e integrando, obtenemos

xh( p) = cp−1/2. (2.572)

Luego, busquemos la solucion particular de la ecuacion (2.570). Supongamos la solucion particular

x p( p) = c( p) p−1/2. (2.573)

Tomando la derivada respecto a p, resulta

dx

dp= c( p) p−1/2 − 1

2 p−3/2. (2.574)


c p−1/2 − 1

2cp−3/2 +

1

2 pcp−1/2 = p−3/2. (2.575)

Eliminando los terminos segundo y tercero de la parte izquierda de la ecuacion (2.575). Obtenemosla integral

c( p) =

dp

p= ln | p|. (2.576)

Sustituyendo c( p) en (2.573), la solucion particular tiene la forma

x p( p) =ln | p|√

p. (2.577)

La solucion general de la ecuacion (2.565), resulta ser

x( p) = xh + x p =c√ p

+ln | p|√

p. (2.578)

Por otro lado, sustituyendo (2.578) en la relacion (2.566), tenemos

y =√

p(4 − ln | p| − c). (2.579)



2.18. ECUACIONES DIFERENCIALES DE LAGRANGE Y CLAIRAUT 81

Entonces, tenemos que la solucion general de la ecuacion (2.565) esta dada en forma parametrica

x( p) = c√ p + ln | p|√ p .

y( p) =√

p(4 − ln | p| − c). (2.580)

Ejemplo 2:

Resolver la ecuaciony = x(y)2 − y. (2.581)

Soluci´ on:

Introduciendo el parametro p = dydx . Sustituyendo en la ecuacion (2.581)

y = xp2 − p. (2.582)

Tomando la diferencial de esta ecuacion y sustituyendo dy por pdx, resulta

pdx = p2dx + 2xpdp − dp. (2.583)

Agrupando terminos p(1 − p)dx = (2xp − 1)dp. (2.584)

Escribiendo esta ecuacion de la siguiente manera

dx

dp+

2

p − 1x =

1

p( p − 1). (2.585)

Esta es una ecuacion lineal no homogenea respecto a x. Esta ecuacion la vamos a resolver con elmetodo del factor integrante. Para esto, definamos

µ( p) = e

2p−1dp = eln( p−1)

2

= ( p − 1)2. (2.586)

Entonces

d

x( p − 1)2

=( p − 1)2

p( p − 1)dp =

p − 1

pdp. (2.587)

Integrando, tenemos d

x( p − 1)2

=

p − 1

pdp → x( p − 1)2 = p − ln | p| + c → x( p) =

p − ln | p| + c

( p − 1)2. (2.588)

Entonces, el resultado final es

y( p) = xp2 − p,

x( p) =p − ln | p| + c

( p − 1)2. (2.589)

Ejemplo 3:

Resolver la ecuacion de Clairaut.

y = xy +a

2ydonde a = const. (2.590)

Soluci´ on:




Hagamos p = dydx , obtenemos

y = xp +a

2 p

. (2.591)

Diferenciando esta ultima expresion y sustituyendo dy por pdx, hallamos

pdx = pdx + xdp − a

2 p2dp, (2.592)

de donde obtenemos

dp

x − a

2 p2

= 0. (2.593)

Examinemos los dos factores de esta ultima expresion. Primero, si

dp = 0, (2.594)

integrando tenemos

p = c. (2.595)

Entonces, la solucion general de la ecuacion inicial es

y = cx +a

2c. (2.596)

Ahora, igualando a cero el segundo factor de la ecuacion (2.593), tenemos

x =a

2 p2. (2.597)

Despejando el parametro p de la ecuacion (2.597) y sustituyendo en la ecuacion (2.591), tenemos

y2

= 2ax. (2.598)

Esta es tambien una solucion de la ecuacion (2.590). Desde el punto de vista geometrico la curvay2 = 2ax es la envolvente del haz de rectas determinado por la soluci on general.

Ejemplo 4:


y = xy +

(y)2 + 1. (2.599)

Soluci´ on:

Esta es una ecuacion de Clairaut. Entonces, introduciendo el parametro p = dydx , la expresion

(2.599) se transforma en

y = xp +

p2 + 1. (2.600)

Tomando la diferencial de esta expresion respecto a x, resulta

dy = pdx + xdp +1

2( p2 + 1)−1/22 pdp → dy = pdx + xdp +

pdp p2 + 1

. (2.601)

Sustituyendo pdx por dy, tenemos

pdx = pdx + xdp +pdp

p2 + 1. (2.602)



2.19. TRAYECTORIAS ORTOGONALES 83

De esta ultima expresion se tiene

x +p

p2

+ 1dp = 0. (2.603)

De donde, tenemos dos posibles soluciones

x = − p p2 + 1

, p = c. (2.604)

Finalmente, la solucion del problema la podemos escribir como

y = px +

p2 + 1, x = − p p2 + 1

, y = cx +

c2 + 1. (2.605)

Hasta el momento hemos analizado diferentes metodos de solucion de las ecuaciones diferencialesde primer orden. En las siguientes dos secciones analizaremos algunas cuestiones interesantes de lasecuaciones de primer orden desde el punto de vista geometrico.

2.19. Trayectorias Ortogonales

Un problema general de naturaleza geometrico, es hallar curvas que intersecten las curvas de unafamilia dada y en una forma deseada. Tales curvas se llaman trayectorias. En particular, cuando lastrayectorias cortan las curvas dadas en un angulo constante, se denominan trayectorias isogonales,si el angulo es recto (es decir, de 900) las trayectorias se llaman trayectorias ortogonales.

De la geometrıa Euclidiana, sabemos que dos curvas son perpendiculares entre sı en un puntodado, si las pendientes m1 y m2 de las rectas tangentes a las curvas en ese punto cumplen la relacion

m1m2 = −1 → m1 = −1

m2. (2.606)

Por otro lado, sabemos que la derivada, desde el punto de vista geometrico, es igual a la pendientem. Entonces, la ecuacion diferencial de las trayectorias ortogonales a la familia de curvas dadas esfacil de obtener. Sea y(x) una familia de curvas dada por la ecuacion diferencial

F (x, y, y) = 0 (2.607)

Entonces, la expresion

F (x,y,

−1y ) = 0 (2.608)

sera la ecuacion diferencial de las trayectorias ortogonales a y(x). En otras palabras, basta reempla-zar y por − 1

y en la ecuacion dada, para obtener la ecuacion de las trayectorias ortogonales. Lastrayectorias ortogonales se encuentran, por ejemplo, cuando se estudia una corriente plana de unlıquido.

Ejemplo 1:

Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas dada por la ecuaci on

x2 + y2 = R2. (2.609)




Soluci´ on:

Tomando la derivada respecto a x, tenemos

2xdx + 2ydy = 0 → dy

dx= −x

y. (2.610)

Esta es la ecuacion diferencial que representa a la familia de curvas dada por (2.609). Ahora, reem-plazando y por − 1

y , en la segunda ecuacion de (2.610), tenemos

− 1

y= −x

y→ dy

dx=

y

x, (2.611)

Esta ultima ecuacion representa la ecuacion diferencial de la familia de curvas que es ortogonal a(2.609). Esta ecuacion se puede resolver con el metodo de variables separables

dyy = dxx . (2.612)

La solucion general esta dada pory = cx. (2.613)

Ası, hemos encontrado una familia de curvas dada por la ecuacion (2.613) que es ortogonal a lafamilia de curvas representada por (2.609), figura (2.7).



2.19. TRAYECTORIAS ORTOGONALES 85

Figura 2.7: Grafica de la solucion.

Ejemplo 2:

Hallar las trayectorias ortogonales a la familia de curvas dadas por la ecuaci on

x2 +1

2y2 = a2, a = constante. (2.614)

Soluci´ on:

Diferenciando la ecuacion (2.614) respecto a x, tenemos

2x + ydy

dx= 0 → dy

dx= −2x

y. (2.615)

Luego, reemplazando en (2.615) y por − 1y

−1

y = −2x

y →dy

dx =

y

2x . (2.616)

Separando variables e integrando dy

y=

1

2

dx

x. (2.617)

Obtenemos

ln |y| =1

2ln x + ln c → ln

y

c√

x

= 0. (2.618)

De donde es facil obtener el resultado final

y = cx1/2. (2.619)




Esta ecuacion representa la familia de curvas ortogonales a la familia dada en (2.614).

Ejemplo 3:

Hallar la familia de curvas que es ortogonal a la familia dada por la ecuacion

y2 + 3x2 − 2ax = 0, a = constante. (2.620)

Soluci´ on:

Diferenciando (2.620) respecto a x, obtenemos

2ydy

dx+ 6x − 2a = 0. (2.621)

Luego, de (2.620) despejamos el parametro a,

a =

y2 + 3x2

2x . (2.622)

Sustituyendo (2.622) en (2.621) obtenemos la ecuacion diferencial correspondiente a la familia decurvas (2.620)

dy

dx=

y2 − 3x2

2xy. (2.623)

Reemplazando y, por − 1y , en (2.623), resulta

− 1

y=

y2 − 3x2

2xy→ dy

dx= − 2xy

y2 − 3x2. (2.624)

Esta ecuacion es una ecuacion diferencial homogenea. Por lo tanto, haciendo la sustitucion

y = zx,

dy

dx = z + x

dz

dx . (2.625)

Sustituyendo en (2.624), se obtiene

xdz

dx=

z − z3

z2 − 3. (2.626)

Separando las variables e integrando z2 − 3

z − z3dz =

dx

x. (2.627)

El integrando de la primer integral lo descomponemos en fracciones parciales

z2 − 3

z(1

−z2)

=A

z+

Bz + C

1

−z2

. (2.628)

Como resultado tenemosA − Az2 + Bz2 + Cz = z2 − 3. (2.629)

De aquı, obtenemos los valores A = −3, B = −2 y C = 0. Entonces, la primer integral en (2.627) setransforma en

z2 − 3

z − z3dz = −3

dz

z+

2z

z2 − 1dz. (2.630)

Luego, poniendo este resultado en (2.627), obtenemos

−3

dz

z+

2z

z2 − 1dz =

dx

x. (2.631)



2.20. APLICACIONES 87

La integracion es facil y el resultado es

−3 ln |z| + ln |z2 − 1| = ln |x| + ln c → lnz2 − 1cxz3

= 0 → z2 − 1 = cxz3. (2.632)

Recordamos que y = zx de donde z = y/x, sustituyendo en la ultima expresion de (2.632), obtenemosel resultado final

y2 − x2 = cy3. (2.633)

Esta es la ecuacion que representa a la familia de curvas que son ortogonales a la familia (2.620).

De esta manera hemos analizado diferentes metodos de solucion de las ecuaciones diferencialesordinarias de primer orden. Los metodos analizados son los mas tradicionales y basicos para que ellector comprenda y pueda resolver problemas de su correspondiente area, Ciencias e Ingenierıa. Enla siguiente seccion analizaremos algunas aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias.

2.20. Aplicaciones

Para modelar, mediante una ecuacion diferencial, un proceso fısico, quımico, biologico, de in-genierıa, etc., es necesario el conocimiento de ciertas leyes fundamentales de la naturaleza. Por loanterior, antes de empezar con algunas de las aplicaciones, es necesario que recordemos algunasleyes.

Segunda ley de Newton: La suma de todas las fuerzas que act´ uan en un cuerpo es igual a la masa del cuerpo multiplicada por su aceleraci´ on . Matematicamente, esta ley se representa como

N

i=1

F i = ma,

donde m es la masa del cuerpo, a su aceleracion y F i son las fuerzas que actuan en el.

Leyes de Kirchhoff:

Primera ley de Kirchhoff (regla de los nudos): La suma algebraica de las corrientes convergentesen un nudo es igual a cero, esto es

ni=1

I i = 0,

donde I representa la corriente.

Segunda ley de Kirchhoff (regla de los contornos): En cualquier contorno cerrado, elegido

arbitrariamente en un circuito electrico bifurcado, la suma algebraica de los productos de lasintensidades de las corrientes I i por las resistencias Ri de las partes correspondientes de estecontorno, es igual a la suma algebraica de las fuerzas electromotrices (fem) E i aplicadas almismo, esto es

i=n1i=1

I iRi =

i=n1i=1

E i .

Ley de Torricelli: La velocidad con que se derrama un lıquido por un pequeno orificio que seencuentra en el fondo de un recipiente a una altura h del nivel del lıquido, sin considerar la friccion(debida a la contraccion que sufre un chorro de agua al pasar por un pequeno orificio), sera igual a la




velocidad de caıda libre de un cuerpo de una altura h, esto es, v =√

2gh. Si se considera la friccion,entonces la dependencia de la velocidad respecto a la altura h, esta dada por la ley de Torricelli

v = µ√2gh, donde g es la aceleracion en caıda libre; µ es el coeficiente de friccion, (0 ≤ µ < 1), quedepende del tipo de lıquido que se vacıa. Para el agua µ = 0,62.

Ley de Accion de masa: El estudio de las velocidades de las reacciones se basa en la leyde accion de masa; en un sistema con volumen constante, la velocidad de una reacci´ on quımica es proporcional a la concentraci´ on (masa por unidad de volumen) de las sustancias reactantes. Laconcentracion es igual al numero de moles por unidad de volumen, generalmente moles por litros.

Reacciones Unimoleculares: Una reaccion en la cual, una sola molecula cambia a una o masmoleculas se llama reacci´ on unimolecular . Su ecuacion quımica es

A → B, o bien A → B + C + D + ...., (2.634)

donde A y B, representan a las sustancias. En este caso la ley de accion de masa esta dada por la

ecuacion diferencial dC Adt

= −kC A, k > 0. (2.635)

Observemos que en (2.635) la velocidad es negativa, esto se debe a que la sustancia A decrece. Si arepresenta el numero de moles por litro de A, inicialmente presentes, y x es el numero de moles deA que cambian a productos en un tiempo t, entonces a − x sera la concentracion C A de A despuesde t minutos. De esta manera la ecuacion (2.635) tiene la forma

dx

dt= k(a − x) en t = 0, x = 0. (2.636)

De esta manera hemos obtenido la ecuacion diferencial, la cual modela en un alto grado de exactitudel problema de las reacciones unimoleculares.

Reacciones Bimoleculares: Una reaccion en la cual dos moleculas interactuan para dar lugara una o mas moleculas como productos, se llama reacci´ on bimolecular . La ecuacion quımica tiene laforma

A + B → C + D + ..., o bien 2A → B + C + D + ..., (2.637)

Para el primer caso, la ley de accion de masa se escribe como

dx

dt= k(a − x)(b − x), (2.638)

donde a y b son los numeros de moles iniciales por litro de A y B, y x es el numero de moles porlitro de A y B, respectivamente, despues de t minutos.

Si A = B (segunda ecuacion en (2.637)), entonces (2.638) se reduce a

dxdt

= k(a − x)2. (2.639)

Problema 1:

Un vehıculo que viaja a una velocidad v0 apaga su motor, no estando ya sometido mas que auna fuerza de rozamiento proporcional a la velocidad, deseamos saber como varıan su velocidad ysu coordenada de posicion en funcion del tiempo?

Datos:

v0, F r = αv, donde α es el coeficiente de proporcionalidad.




Hallar:

v = v(t), x = x(t).

Soluci´ on:

De la segunda ley de Newton, y debido a que solo una fuerza influye en el cuerpo, tenemos

mdv

dt= −αv. (2.640)

El signo menos en la ecuacion (2.640) es debido a que la fuerza de rozamiento esta dirigida en sentidoopuesto al movimiento. La ecuacion diferencial (2.640) es de primer orden respecto a v y ademas esde variables separables. Separando las variables

dv

v= − α

mdt. (2.641)

Integrando dv

v= − α

m

dt, (2.642)

tenemosln v = − α

mt + ln c1. (2.643)

Aplicando las propiedades de los logaritmos ln v − ln c1 = ln(v/c1) esta misma expresion la podemosescribir como

v(t) = c1e−αm t, (2.644)

donde c1 es una constante de integracion, la cual depende de las condiciones iniciales del problema.En nuestro caso estas condiciones son; para t = 0, v = v0, entonces, sustituyendo en (2.644),obtenemos la expresion para la constante c1,

v0 = c1. (2.645)

Sustituyendo el valor obtenido c1 = v0 en la ecuacion (2.644), tenemos

v(t) = v0e−αm t. (2.646)

Para hallar como cambia la coordenada con el tiempo, es decir, la ecuacion x = x(t), recordamosque la velocidad esta dada como v = dx

dt y sustituyendo en (2.646) obtenemos la ecuacion diferencialpara x = x(t), esto es

dx

dt= v0e−

αm t. (2.647)

Integrando

dx = v0

e−

α

m

t

dt, (2.648)

resultax(t) = −mv0

αe−

αm t + c2. (2.649)

Podemos elegir las siguientes condiciones iniciales, para t = 0, x = 0

0 = −mv0α

+ c2 → c2 =mv0

α. (2.650)

Sustituyendo en (2.649)

x(t) = −mv0α

e−αm t +

mv0α

. (2.651)




Finalmente, el resultado lo podemos escribir de la siguiente manera

x(t) =

mv0

α (1 − e−αm t

). (2.652)

De este resultado podemos ver que cuando t → 0, x(t) → 0, lo cual concuerda con los datosiniciales. Para el caso en que t → ∞, tenemos que x(t) → mv0

α tiende a un valor constante.

Problema 2:

De una cierta altura h un cuerpo de masa m es arrojado verticalmente hacia abajo con unavelocidad inicial v0. Sabemos que la fuerza de rozamiento del aire es directamente proporcional ala velocidad instantanea. Calcular como cambia la velocidad y la altura del cuerpo en funci on deltiempo.

Datos:

m,h,v0 y F r = αv.

Hallar:

v = v(t) y h = h(t)

Soluci´ on:

En el cuerpo que cae actuan el peso mg y la fuerza de rozamiento que es proporcional a lavelocidad, esto es F r = αv, donde α es el coeficiente de proporcionalidad. Entonces, de la segundaley de Newton, tenemos

mdv

dt= mg − αv. (2.653)

El movimiento es hacia aba jo, es por eso que el termino mg es positivo, mientras que αv es negativo,ya que su direccion es opuesta al movimiento. La ecuacion (2.653) es de primer orden y puede

ser resuelta de dos maneras; por el metodo de variables separables o como una ecuacion lineal nohomogenea. Analicemos el primer caso, es decir, por separacion de variables. Escribamos la ecuacionde la siguiente manera

dv

dt= g − α

mv → dv

dt= − α

m

v − mg

α

→

dv

v − mgα

= − α

mdt. (2.654)

Integrando la ecuacion (2.654), tenemos

lnv − mg

α

= − α

mt + c. (2.655)

La constante de integracion la podemos hallar de las condiciones del problema, en este caso; parat = 0 tenemos que v = v0, poniendo estas condiciones en (2.655), resulta

c = lnv0 − mg

α

. (2.656)

Sustituyendo el valor de c en (2.655), tenemos

lnv − mg

α

= − α

mt + ln

v0 − mg

α

. (2.657)

Esta expresion da el resultado buscado, sin embargo, usando las propiedades de los logaritmos lapodemos escribir de la siguiente manera

ln v − mg

α

v0 − mgα

= − α

mt → v(t) =

mg

α+

v0 − mg

α

e−

αm t. (2.658)




Una vez obtenida la velocidad en funcion del tiempo, podemos hallar como cambia la altura h(t)con el tiempo. De la definicion de velocidad

v(t) → dh

dt=

mg

α+

v0 − mg

α

e−

αm t. (2.659)

Integrando esta ultima expresion, obtenemos dh =

mg

α+

v0 − mg

α

e−

αm t

dt → h(t) =mg

αt − m

α

v0 − mg

α

e−

αm t + c2. (2.660)

En este problema hemos escogido nuestro sistema de referencia en el punto donde fue lanzado elcuerpo, es decir, en el tiempo t = 0 estabamos en la altura h0, poniendo las condiciones iniciales en(2.660), obtenemos el valor de c2,

c2 = h0 +m

α v0 − mg

α . (2.661)

Sustituyendo este valor en (2.660), finalmente tenemos

h(t) = h0 +mg

αt +

m

α

v0 − mg

α

1 − e−

αm t

. (2.662)

Ahora vamos a resolver el mismo problema escribiendo la ecuacion (2.653) de la siguiente manera

dv

dt+

α

mv = g. (2.663)

Esta ecuacion es lineal de primer orden no homogenea respecto a la velocidad v. Hagamos uso delfactor integrante para resolverla. En este caso la funci on P (t) = α/m es constante, entonces, elfactor integrante

µ(t) = e

P (t)dt

= e

αm

dt

= e

αm t

. (2.664)Recordemos que en la ecuacion (2.663) la variable independiente es el tiempo t y la funcion depen-diente es la velocidad v. Luego, tenemos

d

eαm tv

= ge

αm tdt →

d

eαm tv

= g

e

αm tdt. (2.665)

Integrando, obtenemos

veαm t =

gm

αe

αm t + c → v(t) =

gm

α+ ce−

αm t. (2.666)

De las condiciones iniciales t = 0, v = v0 hallamos la constante de integracion

c = v0 −mg

α . (2.667)

Sustituyendo el valor de c en (2.666) y acomodando terminos obtenemos el resultado final

v(t) =mg

α+

v0 − mg

α

e−

αm t. (2.668)

Como era de esperarse, obtenemos el mismo resultado. Hemos ilustrado dos metodos diferentes desolucion a un mismo problema con el objetivo de mostrarle a los estudiantes que no importa elmetodo elegido, el resultado siempre sera el mismo. Integrando la ecuacion (2.668) se puede obtenerla altura h(t), como se ilustro anteriormente.




Problema 3:

Un cuerpo de masa m se mueve a lo largo de una lınea recta. En el instante t = 0 esta sometidoa una fuerza F = F 0. Esta fuerza decrece proporcionalmente con el tiempo, de modo que en uninstante posterior t = t1 es nula, no actuando ya ninguna fuerza sobre el cuerpo a partir de esteinstante. Suponga que la coordenada de posicion y la velocidad son nulas en el instante inicial. Hallarlos valores de estas magnitudes en el instante t = t1.

Datos:

t = 0, F = F 0, t = t1

Hallar:

v = v(t1), x = x(t1).

Soluci´ on:

De las condiciones del problema tenemos que la fuerza neta que actua en el cuerpo es F = F 0−αt,donde α es el coeficiente de proporcionalidad. Entonces, de la segunda ley de Newton tenemos laecuacion diferencial

mdv

dt= F 0 − αt. (2.669)

Esta es una ecuacion de primer orden con variables separables. Separando las variables e integrando v0

dv =

t0

F 0m

− α

mt

dt, (2.670)

obtenemos

v(t) =F 0m

t − α

2mt2. (2.671)

De las condiciones del problema, F = 0 en t1, tenemos de F = F 0 − αt

0 = F 0 − αt1 → F 0 = αt1. (2.672)

Sustituyendo en la expresion (2.671)

v(t1) =α

mt21 − α

2mt21. (2.673)

Finalmente, tenemos

v(t1) =α

2mt21. (2.674)

Para encontrar el camino recorrido usamos la definicion v = dxdt , y poniendo en (2.671), resulta

dx

dt=

F 0

mt−

α

2mt2. (2.675)

Integrando x0

dx =

t0

F 0m

t − α

2mt2

dt, (2.676)

tenemos

x(t) =F 02m

t2 − α

6mt3. (2.677)

Sustituyendo el resultado (2.672) en (2.677) se obtiene

x(t1) =α

2mt31 − α

6mt31. (2.678)




Finalmente, el resultado es

x(t1) =αt31

3m

. (2.679)

Problema 4:

Que velocidad adquiere una masa m, originalmente en reposo, sobre la cual actua una fuerzacuyo valor depende del tiempo, segun la ley F (t) = Ae−α

2t2 , (t > 0).

Datos:

m, v0 = 0, F (t) = Ae−α2t2 .

Hallar:

v = v(t).

Soluci´ on:

En el cuerpo solo actua una fuerza, de tal manera que usando la segunda ley de Newton tenemosla relacion

mdv

dt= Ae−α

2t2 . (2.680)

Para encontrar la velocidad v debemos integrar la expresion (2.680)

m

v0

dv = A

∞0

e−α2t2dt →

v0

dv =A

m

∞0

e−α2t2dt. (2.681)

La integral la vamos a evaluar desde su posicion inicial (del reposo, v0 = 0 en el tiempo t = 0,hasta un tiempo t > 0, segun las condiciones del problema). Entonces, tenemos que nadamas debecumplirse t > 0 sin ninguna otra restriccion. Podemos tomar a t lo suficientemente grande, esto es

t → ∞. Entonces, calculemos la integral ∞0

e−α2t2dt →

ξ → α2t2, dξ → 2α2tdt dt → ξ−1/2

2αdξ

=1

2α

∞0

ξ−1/2e−ξdξ =1

2αΓ1

2

=

√π

2α. (2.682)

Luego, de (2.681), tenemos

v(t) =A

√π

2αm. (2.683)

Para calcular la integral en (2.682) hemos utilizado la definicion de la funcion Gama, la cual esta de-finida como Γ(x) =

∞0

tx−1e−tdt (ahora queda claro por que tomamos los lımites para t, de 0 a ∞).Se puede demostrar que Γ(1/2) =

√π. Como podemos ver, el cuerpo se mueve con una velocidad

constante y por lo tanto su posicion en funcion del tiempo es lineal

x(t) =A

√π

2αmt. (2.684)

Esta expresion se obtiene integrando la ecuacion (2.683) respecto al tiempo, en este caso la constantede integracion no aparece, ya que por las condiciones iniciales, en t = 0, x = 0, la constante es cero.

Problema 5:

Un recipiente de area transversal S , la cual es una funcion conocida de la altura h, S = S (h),esta lleno de cierto lıquido hasta un nivel H . En el fondo del recipiente se tiene un orificio de area




σ, por el cual puede salir el lıquido. Se pide hallar el tiempo, t, en el cual el nivel del lıquido decrecede la posicion inicial H a cierta altura 0 ≤ h < H y el tiempo T que tarda en vaciarse por completo

el recipiente.Datos:

S = S (h), H , σ.

Hallar:

El tiempo t = t(h).

Soluci´ on:

Supongamos que la altura del lıquido en el recipiente en un cierto tiempo t es igual a h(t). Lacantidad de lıquido ∆V que sale del recipiente en el intervalo de tiempo de ∆t a t + ∆t, se puedecalcular como el volumen del cilindro con la superficie del fondo σ y altura h; v(h):

∆V

∆t= σv(h) → ∆V = σv(h)∆t. (2.685)

Este mismo volumen de lıquido puede ser calculado de otra forma. Debido al flujo del lıquido sunivel h en el recipiente decrece en −∆h, por consiguiente

∆V = −S (h)∆h. (2.686)

Igualando las dos expresiones (2.685) y (2.686), tenemos

−S (h)∆h = σv(h)∆t. (2.687)

Dividiendo las dos partes de esta ecuacion entre ∆t y tomando el lımite cuando ∆t → 0, obtenemosla ecuacion diferencial

−S (h) dhdt

= σv(h), (2.688)

la cual describe la dependencia del nivel del lıquido h(t) en el recipiente respecto del tiempo t.

Luego, sustituyendo v(h), segun la ley de Torricelli v(h) = µ√

2gh, y separando las variables,obtenemos la siguiente ecuacion

dt = − S (h)

σµ√

2ghdh. (2.689)


t = − 1

σµ√

2g

hH

S (x)√x

dx =1

σµ√

2g

H h

S (x)√x

dx. (2.690)

Si queremos saber el tiempo en que se vaciar a el recipiente, es suficiente hacer h = 0, ası que, paraeste caso tenemos la relacion

T =1

σµ√

2g

H 0

S (x)√x

dx. (2.691)

Problema 6:

Supongase que tenemos un deposito cilındrico lleno de agua con eje vertical de diametro 2R yaltura H . En el fondo del deposito se tiene un orificio circular de diametro 2a. Necesitamos hallar eltiempo en que se vaciara el deposito.

Datos:




R, H , a.

Hallar:

El tiempo, T que tarda en vaciarse el deposito.

Soluci´ on:

El area de la seccion transversal S = S (h), en el caso dado, es constante e igual a S = πR2

y el area del orificio es σ = πa2. Haciendo uso de la expresion (2.691), obtenemos el resultado delproblema

T =1

σµ√

2g

H 0

S (x)√x

dx =πR2

πa2µ√

2g

H 0

dh√h

=2R2

√H

a2µ√

2g. (2.692)

Problema 7:

Calcular el tiempo necesario para establecer iguales niveles de lıquido en dos recipientes conecta-

dos. El orificio que conecta a los recipientes tiene un area σ. Las areas de las secciones transversaleshorizontales del primer y segundo recipiente son S 1 y S 2. En el momento inicial el nivel de lıquido enel primer recipiente se encontraba a una altura h1, del orificio, y el segundo a la altura h2, (h1 > h2).

Datos:

σ, S 1, S 2, h1, h2, (h1 > h2).

Hallar:

El tiempo T necesario para que los recipientes alcancen la nivelacion.

Soluci´ on:

Supongamos que en un tiempo t, despues de comenzar la transicion del lıquido el nivel del agua

en el primer recipiente decrece a y1, y en el segundo recipiente aumenta en y2. En el diferencialde tiempo dt, en el primer recipiente el nivel de lıquido decrece en dy1 (dy1 < 0), y en el segundoaumenta en dy2, (dy2 > 0). Debido a que el decremento en el volumen de lıquido en el primerrecipiente es igual al aumento en el segundo recipiente, entonces, tenemos

S 1|dy1| = S 2|dy2| → −S 1dy1 = S 2dy2. (2.693)

de donde

dy2 = −S 1S 2

dy1. (2.694)

Introduciendo (diferencia de niveles)u = y1 − y2. (2.695)

Entonces, la velocidad de transicion de lıquido por el orificio entre los recipientes se puede hallar

por la formula de Torricelli, tenemosv = µ

2gu, (2.696)

en la cual se debe entender que el orificio se encuentra en la profundidad (2.695). Por eso el volumende lıquido que pasa en

dt = −S 1dy1, (2.697)

al mismo tiempo es igual avρdt = σµ

2gudt. (2.698)

Igualando estas expresiones para un mismo volumen, tenemos

−S 1dy1 = σµ

2gudt. (2.699)




De las expresiones (2.694) y (2.695), tenemos

du = dy1 − dy2 = dy1 +S 1S 2 dy1 =

S 1 + S 2S 2

dy1. (2.700)

Despejando dy1, resulta

dy1 =S 2

S 1 + S 2du. (2.701)

Sustituyendo esta expresion en (2.699) obtenemos la ecuacion diferencial que modela el problemaplanteado

− S 1S 2S 1 + S 2

du = σµ

2gudt. (2.702)

Esta es una ecuacion diferencial con variables separables

dt = − S 1S 2(S 1 + S 2)σµ

√2g

du√u

. (2.703)

Integrando, tenemos

t = C − 2S 1S 2√

u

(S 1 + S 2)σµ√

2g. (2.704)

De las condiciones, cuando t = 0, tenemos que u = h1 − h2, de donde

C =2S 1S 2

(h1 − h2)

(S 1 + S 2)σµ√

2g. (2.705)

El tiempo T necesario para que los niveles en los recipientes esten a la misma altura sera cuandou = 0. En tal caso, de la ecuacion (2.704), tenemos que T = C , entonces el resultado buscado es

T =2S 1S 2 (h1 − h2)

(S 1 + S 2)σµ√2g. (2.706)

Problema 8:

Un deposito cilındrico de volumen V 0 esta lleno de aire atmosferico que se comprime de unmodo adiabatico hasta que el volumen se hace igual a V 1. Calcular el trabajo invertido durante lacompresion.

Datos:

V 0, V 1.

Hallar:

El trabajo A invertido durante la compresion.

Soluci´ on:

Podemos imaginar que en el recipiente el aire se comprime por un piston. Al bajar el piston unadistancia infinitesimal dx realiza un trabajo igual a

dA = − pSdx, (2.707)

donde p es la presion del aire antes de bajar el piston, S es el area de la seccion transversal delpiston. Luego, Sdx = dV es el cambio infinitesimal de volumen, por eso

dA = − pdV. (2.708)




Por otro lado, tenemos la ley de Poisson

p = p0V 0

V k

, (2.709)

donde k es una constante para el gas dado. Sustituyendo la expresion (2.709) en (2.708), obtenemosla siguiente ecuacion diferencial

dA = − p0V k0dV

V k. (2.710)

Integrando dA = − p0V k0

dV

V k. (2.711)

Recordemos que p0 y V k0 son constantes dadas, por eso las podemos sacar del sımbolo de la integral.La integracion es facil y el resultado es

A = −p0V k

0(−k + 1)V k−1 + c =p0V k

0(k − 1)V k−1 + c, k = 1, (2.712)

donde c es la constante de integracion, la cual definiremos segun las condiciones. Cuando el trabajoA = 0, el volumen es V = V 0, entonces, tenemos que

c = − p0V k0(k − 1)V k−10

→ c = − p0V 0k − 1

. (2.713)

Luego, sustituyendo este valor en (2.712), obtenemos

A =p0V k0

(k − 1)V k−1− p0V 0

k − 1→ A =

p0V 0k − 1

V 0V

k−1− 1

. (2.714)

De las condiciones del problema, el trabajo que debe realizarse para que V = V 1, es

A =p0V 0k − 1

V 0V 1

k−1− 1

. (2.715)

Problema 9:

Como resultado de una reaccion quımica entre dos substancias A y B se forma una tercera, C .Deseamos establecer la dependencia de la cantidad de substancia C , respecto al tiempo, si en elmomento de comenzar la reaccion la cantidad de substancia (masas) de A y B eran iguales a a y b,respectivamente. De los datos experimentales se sabe que la velocidad de la reaccion es proporcionalal producto de las masas en dicha reaccion.

Datos:

A, B, a, b y C

Hallar:

La dependencia de la cantidad de substancia C , respecto al tiempo t.

Soluci´ on:

Sea x = x(t) la cantidad de substancia C en un tiempo t despues de haber empezado la reaccion,y sea dxdt la rapidez con que se forma la substancia C . De los datos experimentales, tenemos

dx

dt≈ (a − x)(b − x) → dx

dt= α(a − x)(b − x). (2.716)




donde α representa el coeficiente de proporcionalidad. La ecuacion (2.716) es una ecuacion diferencialde primer orden con variables separables. Separando las variables, tenemos

dx

(a − x)(b − x)= αdt. (2.717)

Factorizando dos veces el signo menos, obtenemos la expresion equivalente

dx

(x − a)(x − b)= αdt. (2.718)

Para integrar, desarrollamos en fracciones parciales

1

(x − a)(x − b)=

D

(x − a)+

E

(x − b). (2.719)

Usamos el metodo de Heaviside para hallar a D y E , obtenemos

D =1

(x − a)(x − b)

x→a

=1

a − b, E =

1

(x − a)(x − b)

x→b

=1

b − a= − 1

a − b. (2.720)

De tal manera que1

(x − a)(x − b)=

1

(a − b)(x − a)− 1

(a − b)(x − b). (2.721)

Sustituyendo este resultado en (2.718), resulta

dx

(x − a)− dx

(x − b)= α(a − b)dt. (2.722)

Aplicando la integracion

dx

(x − a) − dx

(x − b)

= α(a

−b) dt, (2.723)

se obtieneln |x − a| − ln |x − b| = α(a − b)t + lnc. (2.724)

Usando las propiedades de los logaritmos esta ultima expresion la podemos escribir como

ln x − a

c(x − b)

= α(a − b)t. (2.725)

Luegox − a

x − b= ceα(a−b)t. (2.726)

La constante c la podemos hallar de la condicion inicial del problema, para t = 0, x(t) = 0. Sustitu-yendo esta condicion en (2.726), resulta

0 − a

0 − b= ceα(a−b)0 → c =

a

b(2.727)

Ahora, sustituyendo el valor obtenido de c en (2.726), finalmente, tenemos

x − a

x − b=

a

beα(a−b)t. (2.728)

Esta misma expresion la podemos escribir como

x(t) = ab1 − eα(b−a)t

b − aeα(b−a)t. (2.729)




Supongamos que b > a, entonces, x(t) → a, cuando t → ∞. Si, al contrario b < a, entonces, ladependencia x = x(t) esta dada por la expresion

x(t) = abe−α(b−a)t − 1

be−α(b−a)t − a. (2.730)

Finalmente, x(t) → b, cuando t → ∞. Por otro lado, si la cantidad de substancias A y B son iguales,es decir A = B, entonces, la ecuacion que describe la reaccion se reduce a

dx

dt= α(a − x)2. (2.731)

Separando las variables e integrando, tenemos dx

(a − x)2= αdt → 1

a − x= αt + c1. (2.732)

De la condicion x(0) = 0, hallamos el valor de c1

c1 =1

a. (2.733)

Sustituyendo el valor de c1 en la ecuacion (2.732), tenemos el siguiente resultado

1

a − x= αt +

1

a. (2.734)

Esta misma expresion la podemos escribir, finalmente, como

x(t) = a − a

1 + aαt= a

1 − 1

1 + aαt. (2.735)

De este resultado se puede ver que x(t) → a, cuando t → ∞.

Problema 10:

Supongamos que de la superficie de la Tierra lanzamos un cuerpo de masa m verticalmente haciaarriba con una velocidad inicial de v0. Queremos saber la altura maxima hmax a la que llegara elcuerpo y en que tiempo lo lograra. Vamos a suponer que la resistencia del aire es proporcional alpeso del cuerpo y al cuadrado de su velocidad.

Datos:

m, v0.

Hallar:

hmax y el tiempo t.

Problema 11:

Una bala se introduce en una tabla de espesor h con una velocidad v0 traspasandola con lavelocidad v1. Suponga que la resistencia de la tabla al movimiento de la bala es proporcional alcuadrado de la velocidad instantanea de la bala. Hallar el tiempo del movimiento de la bala por latabla.

Datos:

h, v0, v1.




Hallar:

El tiempo t necesario para atravesar la tabla.

Soluci´ on:

Si suponemos que en la bala no actua la fuerza de gravedad (ya que la bala es muy peque na ysu velocidad es grande), entonces, en ella actuara solo la fuerza de rozamiento debida a la tabla. Delos datos, sabemos que esta fuerza es proporcional al cuadrado de la velocidad instantanea, esto es

F r = −αv2, (2.736)

donde F r indica la fuerza de rozamiento, el signo negativo es debido a que esta fuerza actua endireccion opuesta al movimiento. Ahora, aplicando la segunda ley de Newton, tenemos

mdv

dt= −αv2. (2.737)

Esta es una ecuacion diferencial de primer orden y de variables separables. Separando las variablesy aplicando la integracion

dv

v2= − α

m

dt → −1

v= − α

mt + c1. (2.738)

Sustituyendo las condiciones iniciales del problema, en t = 0, v = v0 para hallar c1,

− 1

v0= − α

m0 + c1 → c1 = − 1

v0. (2.739)

Poniendo el valor de c1 en la segunda expresion de (2.738), resulta

1

v −1

v0 =

α

m t. (2.740)

Despejando el tiempo t, obtenemos

t =m

α

1

v− 1

v0

. (2.741)

Analizando el resultado obtenido para el tiempo t, nos damos cuenta que este no involucra el espesorh de la tabla ni la velocidad con que la bala sale de ella. Entonces, significa que aun no est a del todoresuelto el problema. Para resolverlo usamos la regla de la cadena para transformar la aceleraciondel cuerpo, a(t) = dv

dt = dvdhdhdt = v dvdh . La ecuacion (2.737) se transforma en

mdv

dh

dh

dt= −αv2 → m

dv

dhv = −αv2 → m

dv

dh= −αv. (2.742)

La tercera ecuacion en (2.742) es la ecuacion que debemos resolver. Separando las variables e inte-grandodv

v= − α

mdh →

v1v0

dv

v= − α

m

h0

dh. (2.743)

Obtenemos

ln vv1v0

= − α

mh → α =

m

hlnv0

v1

. (2.744)

Sustituyendo el valor de α en la expresion (2.741), finalmente, el resultado es

t =m

mh ln(v0v1 )

1

v1− 1

v0

=

h

ln(v0v1 )

v0 − v1v1v0

. (2.745)




En la expresion (2.741) hemos sustituido la velocidad v por v1, que es la velocidad con que la balasale de la tabla y debido a que nos interesa solo el tiempo en que tardo la bala en atravesarla.

Problema 12:

Un paracaidista desciende en un paracaıdas que tiene forma de semiesfera de radio R = 5m.La masa total (paracaidista + paracaıdas) es de m = 90kg. Hallar como varıa la velocidad con eltiempo. Considere que la fuerza de rozamiento debida al aire es F = 0, 00090Sv2, donde S es el areade la seccion transversal del paracaıdas.

Datos:

R, m, S y F .

Hallar:

Como varıa la velocidad con el tiempo.

Soluci´ on:

Aplicando la segunda ley de Newton obtenemos la ecuacion diferencial

mdv

dt= mg − 0,00090Sv2 → dv

dt= g − βv2, (2.746)

donde β = 0, 00090S/m. Separando las variables, tenemos dv

g − βv2=

dt. (2.747)

Transformando el termino

1

g − βv2 =1

β (g/β − v2) , a2 = g/β →1

β (a2 − v2) =1

β (a − v)(a + v) . (2.748)

Desarrollando en fracciones parciales la expresion

1

(a − v)(a + v)=

A

a − v+

B

a + v. (2.749)

De donde obtenemosAa + Av + Ba − Bv = 1, (2.750)

Para que esta relacion se cumpla, las constantes A y B deberan satisfacer las ecuaciones

a(A + B) = 1,

A − B = 0. (2.751)

Resolviendo este sistema de dos ecuaciones, obtenemos que B = 1/2a y A = 1/2a. Sustituyendo enla ultima ecuacion de (2.748), obtenemos

1

β (a − v)(a + v)=

1

2aβ (a − v)+

1

2aβ (a + v). (2.752)

Entonces, la integral (2.747), se reduce a

1

2aβ

1

a − v+

1

a + v

dv =

dt. (2.753)




Integrando, resulta

−1

2aβ

ln

|a

−v

|+

1

2aβ

ln

|a + v

|= t + c. (2.754)

Podemos elegir las siguientes condiciones iniciales, para t = 0 la velocidad es v0 = 0, entonces, c = 0.Quedando solo la expresion

− 1

2aβ ln |a − v| +

1

2aβ ln |a + v| = t. (2.755)

Este mismo resultado lo podemos poner de la siguiente manera

1

2aβ lna + v

a − v

= t → a + v

a − v= e2aβt. (2.756)

De esta ultima expresion es facil despejar la velocidad v, obtenemos

v(t) = a

e2aβt

−1

1 + e2aβt . (2.757)

Multiplicando y dividiendo la parte derecha de (2.757) por e−aβt, resulta

v(t) = ae−aβte2aβt − e−aβt

e−aβt + e−aβte2aβt= a

eaβt − e−aβt

e−aβt + eaβt=

g

β

senh(√

gβt)

cosh(√

gβt), (2.758)

donde hemos sustituido a2 = g/β y senh y cosh son las funciones seno y coseno hiperbolicos. Paraencontrar como cambia la altura con el tiempo recordemos que v = dh/dt, ası que debemos integrarla expresion (2.758)

dh

dt=

g

β

senh(√

gβt)

cosh(√

gβt)→

dh =

g

β

senh(

√gβt)

cosh(√

gβt)dt =

g

β

1√gβ

d(cosh

√gβt)

cosh(√

gβt). (2.759)

Integrando, resulta

h(t) =1

β ln

cosh(

βgt)

. (2.760)

Las ecuaciones (2.758) y (2.760) describen como varıan la velocidad v(t) y la altura h(t) del para-caidista en cada momento de tiempo t. Escribamos la ecuacion (2.760) de la siguiente manera

h(t) =1

β lne

√βgt + e−

√βgt

2

. (2.761)

El segundo sumando (el que tiene signo negativo en el exponencial) ser a muy pequeno para ciertovalor de t, por eso, para valores mayores a cierto valor dado se puede, sin perder generalidad, escribirla ecuacion (2.761), como

h(t) = 1β

ln

e

√βgt

2

= 1

β

ln e√βgt − ln 2

=

gβ

t − ln 2β

. (2.762)

Como podemos observar, esta ecuacion representa una dependencia lineal respecto al tiempo. Estoquiere decir, que despues de un cierto tiempo, el paracaidista tiene un movimiento casi homogeneocon una velocidad constante, dada por v =

g/β .

Problema 13:

La absorcion de un flujo luminoso por una capa delgada de agua es proporcional al grosor de lacapa y al flujo que incide en su superficie. Supongase que por la capa de grosor 1m se absorbe 3/4del flujo inicial. Que parte del flujo luminoso llegara a la profundidad h.




Datos:

Hallar:

Que parte del flujo luminoso llegara a la profundidad h

Soluci´ on:

Sea Q = Q(h) el flujo luminoso que incide en la superficie y la penetra una profundidad h.Cuando el flujo atraviesa una capa de agua de grosor dh, el flujo absorbido dQ sera

dQ ≈ Qdh, dQ = −αQdh, (2.763)

donde α es el coeficiente de proporcionalidad. El signo menos en la ecuacion (2.763), es debido aque el flujo disminuye conforme este penetra en el agua. La ecuacion (2.763) se resuelve separandolas variables e integrando

dQQ

= −α

dh → ln Q = −αh + c. (2.764)

Supongamos que el flujo inicial es Q0. Entonces, para h = 0, tenemos Q(0) = Q0. Sustituyendo estacondicion inicial en (2.764) hallamos el valor de c,

ln Q0 = c. (2.765)

Poniendo el valor de c en (2.764) y usando las propiedades de los logaritmos

ln Q = −αh + ln Q0 → ln Q

Q0

= −αh → Q(h) = Q0e−αh. (2.766)

De las condiciones del problema, Q(1) = 34

Q0, tenemos

3

4Q0 = Q0e−α. (2.767)

De donde

e−α =3

4→ eα =

4

3. (2.768)

EntoncesQ(h) = Q0e−h ln(4/3) = Q0eln(3/4)

h

. (2.769)

El resultado final es

Q(h) =3

4

hQ0. (2.770)

Problema 14:

Un cuerpo de masa m es lanzado de la superficie de la Tierra en un plano vertical con unavelocidad v0 formando un angulo α con el eje horizontal. Suponga que la fuerza de rozamiento delaire es opuesta al movimiento del cuerpo y proporcional al producto de la masa del cuerpo y suvelocidad v, es decir, F r = αmv, donde α es la constante de proporcionalidad. Se pide hallar comocambian sus coordenadas respecto al tiempo.

Datos:

m, v0, α y F r = βmv.

Hallar:




Se pide hallar como cambian sus coordenadas respecto al tiempo.

Soluci´ on:

Este problema lo vamos a resolver usando el sistema de coordenadas cartesianas, donde el origende este sistema coincide con el punto de donde fue lanzado el cuerpo. Para establecer las ecuacionesdiferenciales que describan el movimiento del cuerpo escojamos la posicion del cuerpo en un momentot, cuando las coordenadas del cuerpo x, y, z y sus primeras derivadas respecto a t tienen valorespositivos. En el cuerpo actuan dos fuerzas; su peso mg dirigido verticalmente hacia abajo y la fuerzade rozamiento F r, la cual tiene direccion opuesta al movimiento del cuerpo. La fuerza resultante es F = mg + F r, entonces, aplicando la segunda ley de Newton

mdv

dt=N i

F i → mdv

dt= mg + mαv, (2.771)

donde la fuerza de rozamiento es F r = αmv. Haciendo las proyecciones en los ejes x, y, z tenemos

F x = −αmvx, F y = −αmvy, F z = −mg − αmvz. (2.772)

Luego, las ecuaciones de movimiento resultan de la segunda ley de Newton

mdvxdt

= −αmvx, mdvydt

= −αmvy, mdvzdt

= −mg − αmvz. (2.773)

Estas ecuaciones diferenciales son con variables separables, y se pueden integrar independientementeuna de la otra. Eliminando la masa m de las ecuaciones (2.773)

dvxvx

= −α

dt,

dvyvy

= −α

dt,

dvz

vz + gα

= −α

dt. (2.774)

Integrando, tenemos las soluciones

ln vx = −αt + ln c1, ln vy = −αt + ln c2, ln

vz +g

α

= −αt + ln c3. (2.775)

Aplicando las propiedades de los logaritmos tenemos las velocidades del cuerpo en funci on del tiempot

vx = c1e−αt, vy = c2e−αt, vz = − g

α+ c3e−αt. (2.776)

Las condiciones iniciales segun como hemos elegido nuestras coordenadas, estaran dadas como

t = 0, x = 0, y = 0, vx = 0, vy = v0 cos θ, vz = v0 sen θ. (2.777)

Las constantes de integracion las encontramos sustituyendo las condiciones iniciales en (2.776)

c1 = 0, c2 = v0 cos θ, c3 =g

α+ v0 sen θ. (2.778)

Sustituyendo los valores obtenidos de las constantes en (2.776), resulta

vx = 0, vy = v0 cos θe−αt, vz = − g

α+ g

α+ v0 sen θ

e−αt. (2.779)

Integramos una vez mas para obtener las posiciones del cuerpo como funciones del tiempo

x(t) =

0dt, y(t) = v0 cos θ

e−αtdt, z(t) =

− g

α+ g

α+ v0 sen θe−αt

dt. (2.780)




Realizando la integracion, tenemos

x = c4, y(t) = −1

α v0 cos θe−αt + c5, z(t) = −gt

α −1

α g

α + v0 sen θ

e−αt + c6. (2.781)

De las condiciones iniciales (2.777), obtenemos los valores de las constantes c4, c5 y c6

c4 = 0, c5 =v0 cos θ

α, c6 =

1

α

g

α+ v0 sen θ

. (2.782)

Sustituyendo estos valores en (2.781), finalmente, tenemos

y(t) =v0 cos θ

α

1 − e−αt

,

z(t) = −gt

α+

1

α

g

α+ v0 sen θ

1 − e−αt

, (2.783)

x(t) = 0.

Ahora veamos si nuestros resultados son correctos. Para esto, cuando α → 0 las ecuaciones obtenidasdeberan reducirse a las ecuaciones para el caso en que no se toma en cuenta la fuerza de rozamientodel aire. Este es el bien conocido tiro parabolico. Entonces, en nuestras ecuaciones debemos hacerα → 0. Para esto apliquemos la regla de Lopital

y1(t) = v0 cos θ lımα→0

1 − e−αt

α= v0 cos θ lım

α→0

te−αt

1= v0t cos θ. (2.784)

Antes de tomar el lımite para la segunda ecuacion en (2.783), vamos a escribirla de forma tal quesea facil tomar el l ımite, esto es

z1(t) =g(1 − e−αt − αt)

α2

+v0 sen θ(1 − e−αt)

α

. (2.785)

Ahora sı, apliquemos la regla de L Hopital, tenemos

z1(t) = g lımα→0

(1 − e−αt)α(α2)α

+ v0 sen θ lımα→0

(1 − e−αt)α(α)α

= g lımα→0

−t2e−αt

2+ v0 sen θ lım

α→0

te−αt

1= −gt2

2+ v0t sen θ. (2.786)

Conclusion, hemos obtenido las siguientes ecuaciones

x1(t) = 0,

y1(t) = v0t cos θ, (2.787)

z1(t) = v0t sen θ −1

2 gt2.

Estos resultados son bien conocidos, lo cual significa que nuestras suposiciones han sido correctas ylas ecuaciones (2.783) efectivamente son la solucion del problema planteado.

Problema 15:

Si la temperatura del aire es T = 200C y un cuerpo se enfrıa en t1 = 20min, desde T 0 = 1000C hasta T 1 = 600C . Cual sera el tiempo t2 para que su temperatura descienda hasta una temperaturaT 2 = 300C .

Datos:




Del problema podemos identificar la temperatura del medio (en este caso el medio es el aire)T m = 200C , la temperatura inicial T 0 = 1000C ; t = 20min, T 1 = 600C.

Hallar:

El tiempo t2, para que el cuerpo alcance una temperatura de T 2 = 300C.

Soluci´ on:

Sustituyendo los datos del problema en la solucion general, obtenida en (2.442), tenemos

T (t) = 20 + (100 − 20)e−αt = 20 + 80e−αt. (2.788)

Despues, debido a que la temperatura descendio a 600C en un tiempo t1 = 20min, poniendo estascondiciones en (2.788), hallaremos el valor de α, esto es

60 = 20 + 80e−α20

→1

2

= e−20α

→α =

1

20

ln 2. (2.789)

Sustituyendo el valor de α en la ecuacion (2.788), tenemos

T (t) = 20 + 80e−(t/20)ln2. (2.790)

Ahora, si queremos saber el tiempo t2 en que el cuerpo tendra la temperatura deseada T 2 = 300C ,es suficiente poner esta temperatura en (2.790) y despejar el tiempo t2, esto es

30 = 20 + 80e−(t2/20)ln2 → 10 = 801

2

t2/20. (2.791)

Finalmente, despejando t2, tenemos t220 = 3, → t2 = 60min. Es decir, en 60min el cuerpo tendra latemperatura de T 2 = 300C .

Problema 16:

Supongamos que se tiene un cilindro de radio R y de longitud L dentro del cual circula un lıquidocuyo coeficiente de viscosidad es µ. Se pide hallar la velocidad v del lıquido dentro del cilindro si ladiferencia de presiones en los extremos esta dada por ( p1 − p2).

Datos:

Se conoce la diferencia de presiones, ( p1 − p2).

Hallar:

La velocidad v del lıquido dentro del cilindro.

Soluci´ on:

Para resolver el problema tomaremos una pequena porcion de lıquido en forma cilındrica, figura(2.8), de manera tal que el cilindro sea coaxial con un radio r. Debido a que el lıquido es viscoso, enla superficie del cilindro de radio r actuara una fuerza axial en sentido contrario al movimiento dellıquido (resistencia debido a la viscosidad ). Esta resistencia es proporcional al area de la superficie(2πrL) y al gradiente de la velocidad (dv/dr), es decir

Resistencia = −µ(2πrL)dv

dr. (2.792)

Si suponemos que la corriente es estacionaria (es decir, la velocidad no depende del tiempo), entoncesesta resistencia se equilibra con la diferencia de fuerzas en los extremos, es decir, con πr2( p1 − p2).




Figura 2.8: Cilindro de radio R y longitud L.

Por consiguiente, obtenemos la ecuacion diferencial

−µ(2πrL) dvdr

= πr2( p1 − p2). (2.793)

De forma equivalente, podemos escribir

dv

dr= − p1 − p2

2µLr. (2.794)

Esta ecuacion es de variables separables. Separando variables e integrando dv = − p1 − p2

2µL

rdr, (2.795)

obtenemos

v(r) =

−

p1 − p24µL

r2 + c. (2.796)

Se ha demostrado, experimentalmente, que cuando r = R, entonces, v = 0. De esta manera, tenemoslas condiciones iniciales. Sustituyendo estas condiciones en (2.796), obtenemos el valor de la constante

c =p1 − p2

4µLR2. (2.797)

Sustituyendo el valor de c en (2.796), podemos escribir la solucion del problema como

v(r) =p1 − p2

4µL(R2 − r2). (2.798)

Luego, de esta solucion podemos calcular la cantidad de lıquido que sale del tubo. Para esto, veamosuna cara del cilindro representada en la figura (2.9), el area sombreada es

dA = 2πrdr. (2.799)

Entonces, la cantidad de lıquido dQ, que sale por el area (sombreada) sera

dQ = v(r)dA = v(r)2πrdr. (2.800)

Por consiguiente, el lıquido total que sale del tubo es

Q =

R0

v(r)2πrdr =( p1 − p2)π

2µL

R0

(R2 − r2)rdr =( p1 − p2)π

2µL

R2r2

2− r4

4

R0

=( p1 − p2)π

8µLR4. (2.801)




Figura 2.9: area sombreada.

A esta formula se le conoce como f´ ormula de Poiseuille.

Problema 17:

Se pide hallar la ecuacion de una cuerda cuyos extremos estan fijos (esta forma es la que tomanlas cuerdas, cables y cadenas suspendidas).

Datos:

Una cuerda con los extremos fijos.

Hallar:

La ecuacion de la cuerda.

Soluci´ on:

Sea A = (0, y0) el punto mınimo de la cuerda, figura (2.10), B y D los extremos de la misma.Tomemos el sistema de coordenadas cartesiano x, y, de tal manera que el plano x, y este en el planode la cuerda y ademas que el eje vertical pase por el punto A. Luego, sea P (x, y) un punto arbitrariosobre la cuerda. Consideremos la porcion AP de la cuerda. Sobre esta porcion actuan las siguientesfuerzas:

Figura 2.10: Cuerda colgante.




El peso de la porcion AP dirigido verticalmente hacia abajo

sρg, (2.802)

en donde, s = AP , ρ es la masa de la cuerda por unidad de longitud y g es la constante de lagravedad.

La tension T 0, en el punto A = (0, y0) que actua horizontalmente.

La tension T que actua a lo largo de la tangente al punto P (x, y) y forma un angulo θ con el

eje x. La componente horizontal de T es T cos θ y la componente vertical es T sen θ.

Luego, debido a que la porcion AP es estatica, entonces, las tres fuerzas deben estar balanceadas,esto nos permite plantear las siguientes ecuaciones

T sen θ = sρg, T cos θ = T 0. (2.803)

Despejando T de una de las ecuaciones en (2.803) y sustituyendo en la otra, tenemos

tg θ =sρg

T 0. (2.804)

Por otro lado, si consideramos que la ecuacion de la cuerda esta dada por

y = y(x), (2.805)

entonces

tg θ =dy

dx. (2.806)

Luego, igualando las expresiones (2.804) y (2.806), obtenemos la ecuacion diferencial

dy

dx=

ρgs

T 0. (2.807)

Ahora, derivamos esta expresion respecto a x, resulta

d2y

dx2=

ρg

T 0

ds

dx. (2.808)

Debido a que s es la longitud de una porcion de la cuerda AP , entonces, ds es el diferencial delongitud. Por consiguiente

(ds)2 = (dx)2 + (dy)2. (2.809)

Dividiendo la expresion (2.809) entre dx, resulta

ds

dx2

= 1 +

dy

dx2

. (2.810)

Sustituyendo este resultado en la ecuacion (2.808), obtenemos la ecuacion diferencial

d2y

dx2=

ρg

T 0

1 +

dy

dx

2. (2.811)

El problema planteado esta parcialmente resuelto, nos queda por resolver la ecuacion diferencial(2.811) para saber que forma tendra la solucion de la ecuacion. Esta ecuacion se resuelve introdu-ciendo el parametro p = dy/dx, como se vio anteriormente en el capıtulo de ecuaciones diferencialesno resueltas respecto a la derivada. Probar que la solucion de la ecuacion (2.811), es

y =1

2α

c1eαx +

1

c1e−αx

+ c2, (2.812)




donde, c1 y c2 son constantes de integracion y por comodidad escribimos

α = ρg/T 0. (2.813)

Luego, tomando en cuenta que A es el punto mınimo y que ademas, en este punto (x = 0), entonces

dy

dx= 0, (2.814)

y

c1 = ±1. (2.815)

Reemplazando este resultado en (2.812), tenemos

y(x) =1

2α

eαx + e−αx

+ c2 → y(x) =

1

αcosh(αx) + c2. (2.816)

Esta ecuacion describe una curva llamada catenaria y es la solucion de la ecuacion de una cuerdasujeta en los extremos.

Problema 18:

La aceleracion de una locomotora es directamente proporcional a la fuerza de traccion (arrastre)F e inversamente proporcional a la masa m del tren. La fuerza de traccion de la locomotora esF (t) = b − kv(t), donde v(t) es la velocidad de la locomotora en el tiempo t, b y k son constantes. Sepide hallar la dependencia de la fuerza de traccion de la locomotora respecto al tiempo t. Suponga,que la locomotora tenıa una velocidad inicial v0.

Datos: F (t) = b − kv(t), v0, m, k.

Hallar:

La dependencia de la fuerza de traccion de la locomotora respecto al tiempo t.

Soluci´ on:

De la segunda ley de Newton, tenemos la ecuacion

mdv

dt= b − kv →

dv

kv − b= − 1

m

dt. (2.817)

Resolviendo las integrales, resulta

lnkv − b

c

= − k

mt. (2.818)

Tomando el logaritmo inverso, obtenemos la ecuacion

v(t) =bk

+ck

e−km t. (2.819)

De las condiciones iniciales del problema t = 0, v = v0, obtenemos el valor de la constante, esto es

v0 =b

k+

c

k→ c = kv0 − b. (2.820)

Sustituyendo este resultado en (2.819), obtenemos

v(t) =b

k+

v0 − b

k

e−

km t. (2.821)




Luego, la dependencia de la fuerza de traccion de la locomotora con el tiempo esta dada por laexpresion

F (t) = b − kv(t). (2.822)Sustituyendo el valor de (2.821) en (2.822), obtenemos, finalmente

F (t) =

b − kv0

e−

km t. (2.823)

Este es el resultado buscado.

Problema 19:

Un meteorito que se encuentra bajo la accion de la gravedad Terrestre, de su estado de reposoempieza a caer a la Tierra con movimiento rectilıneo desde una altura h. Cual sera la velocidad delmeteorito al llegar a la superficie de la Tierra si despreciamos la atm osfera terrestre? El radio de laTierra es R = 6377km.

Datos: R = 6377, km, g = 9,81m/s,h.

Hallar: La velocidad al llegar a la superficie de la Tierra.

Soluci´ on:

Sea x = x(t) la distancia recorrida por el meteorito en el momento de descenso, h−x la distanciadel meteorito en el momento t hasta el centro de la Tierra. En el momento t en el meteorito actuanla fuerza F = ma, donde m es la masa del meteorito y a su aceleracion. En la superficie de la Tierraen el meteorito actuan la fuerza de gravedad P = mg, donde g es la aceleracion de caıda libre en lasuperficie de la Tierra.

Segun la ley de Newton, estas fuerzas son inversamente proporcionales al cuadrado de la distanciadel cuerpo en caıda al centro de la Tierra, esto es

F

P =

R2

(h − x)2→ ma

mg=

R2

(h − x)2. (2.824)

De donde, tenemos

a =R2g

(h − x)2. (2.825)

Por otro lado, tenemos que a = dvdt , entonces

dv

dt=

gR2

(h − x)2. (2.826)

Haciendo uso de la regla de la cadena

dv

dt=

dv

dx

dx

dt= v

dv

dx. (2.827)

Obtenemos la ecuacion diferencial

vdv

dx=

gR2

(h − x)2→ dv2

dx=

2gR2

(h − x)2. (2.828)

Integrando dv2 = 2gR2

dx

(h − x)2, (2.829)




resulta

v2 =2gR2

h − x

+ c. (2.830)

Debido a que el movimiento empezo del reposo, tenemos las condiciones iniciales es decir, cuandot = 0, x0 = 0 y v0 = 0, sustituyendo estos valores en (2.830), resulta

0 =2gr2

h − 0+ c → c = −2gR2

h. (2.831)

Sustituyendo el valor de c en la ecuacion (2.830), obtenemos la variacion de la velocidad v delmeteorito respecto a la distancia recorrida x, esta tiene la forma

v2(x) =2gR2x

h(h − x). (2.832)

En la superficie de la Tierra (cuando x = h−

R), la velocidad del meteorito es

v =

2gR

1 − R

h

. (2.833)

Debido a que h por condicion no se restringe mucho, entonces, pasando al lımite cuando h → ∞,obtenemos

v =

2gR. (2.834)

Cuando el meteorito llega a la superficie de la Tierra, este tiene una velocidad

v =

(2)(9, 81)(6377000) ≈ 11, 2km/s. (2.835)

Problema 20:

Un punto material de masa m se mueve a lo largo del eje 0x. El trabajo realizado por la fuerzaque actua en el punto es proporcional al tiempo t, desde el comienzo del movimiento (el coeficientede proporcionalidad es k). Hallar la ley de movimiento del punto si en el momento t = 0 este seencontraba en reposo a una distancia s0 del orıgen.

Datos: m, A = kt, A representa el trabajo.

Hallar: la ley de movimiento del punto material.

Soluci´ on:

En el caso de un desplazamiento rectilıneo del punto, cuando la direccion de la fuerza y lavelocidad coinciden, el trabajo de la fuerza que actua en el punto es F (s), viene dado por la formula

A = s

s0

F (x)dx. (2.836)

Por otro lado, de las condiciones del problema, tenemos A = kt, entonces, igualando estos trabajos,obtenemos

kt =

ss0

F (x)dx → dA

dx= F (x). (2.837)

Luego, haciendo uso de la regla de la cadena

dA

dt

dt

dx= F (x) → F (x) =

k

v. (2.838)




Luego, de la segunda ley de Newton, tenemos la ecuacion diferencial

mv dvdt = k → m

vdv = k

dt. (2.839)

Al integrar la ultima expresion, resulta

mv2

2= kt + c. (2.840)

De las condiciones iniciales v(0) = 0, hallamos que c = 0, por esto, la solucion es

v(t) =

2k

mt. (2.841)

Luego, v = dxdt , entonces

dx

dt=

2k

mt →

dx =

2k

m

t1/2dt. (2.842)

Integrando, resulta

x(t) =2

3

2k

mt3/2 + c2. (2.843)

De las condiciones iniciales, t = 0 s = s0, obtenemos

x(t) = s0 +2

3

2k

m

t3/2. (2.844)

Problema 21:

Supongamos que tenemos una bobina de forma cilındrica hecha con alambre de cobre. Sabemosque al pasar una corriente electrica por la bobina se libera algo de calor debido a la resistencia delmaterial al paso de la corriente. Queremos deducir una formula para la temperatura T = T (t) comofuncion del tiempo.

Datos: bobina de cobre cilındrica.

Hallar: T = T (t).

Soluci´ on:

Sea T 0 la temperatura del medio en el cual se encuentra la bobina, T (0) = T 0, c representa el

calor especıfico del cobre y γ su densidad, V el volumen, S es el area de la superficie de la bobina, Qla cantidad de calor liberado por unidad de tiempo y k es el coeficiente de conductividad del calor.

La cantidad de calor liberado en el tiempo ∆t sera igual a Q∆t. Esta cantidad de calor secompone de dos partes; el calor que sirve para aumentar la temperatura ∆T de la bobina, y el calorque emite al medio que rodea a la bobina.

La primera parte es igual a cV γ ∆T y la segunda parte es kS (T −T 0)∆T (la cantidad de este calores proporcional a la diferencia de temperatura T y T 0, de la bobina y el medio, y a las magnitudesS y ∆T ). Entonces, la cantidad de calor Q liberado en el tiempo ∆t sera

Q∆t = cV γ ∆T + kS (T − T 0)∆t. (2.845)




Dividiendo las dos partes de la ecuacion (2.845) entre ∆t y tomando el lımite cuando ∆t → 0,obtenemos la ecuacion diferencial

Q = cV γ dT

dt+ k(T − T 0) → dT

dt= −α(T − T 0) + β, donde α =

kS

cV γ , β =

Q

cV γ . (2.846)

Integrando dT

(T − T 0) + βα

= −α

dt, (2.847)

resulta

lnT − T 0 +

β

γ

= −αt + ln c. (2.848)

Esta expresion la podemos escribir de la siguiente manera

T (t) = ce−αt + T 0 −

β

α. (2.849)

De las condiciones iniciales, cuando T (0) = T 0, obtenemos el valor de c,

T 0 = c + T 0 − β

α→ c =

β

α. (2.850)

Sustituyendo este valor en (2.849), obtenemos

T (t) =β

αe−αt + T 0 − β

α. (2.851)

Agrupando los terminos resulta

T (t) = T 0 +β

α1 − e−αt. (2.852)

Tomando en cuenta los valores de α y β en (2.846) el resultado final es

T (t) = T 0 +Q

kS

1 − e−

kScV γ t

. (2.853)

De este resultado podemos ver que cuando t → 0, entonces T (t) → T 0 y cuando t → ∞, T (t) →T 0 + Q

kS .

Problema 22:

Supongamos que por un tubo recto de radio R fluye un lıquido y que la velocidad v de flujo decada capa del lıquido aumenta al acercarse al centro del tubo (eje del cilindro). Hallar la velocidadv, de la correspondiente capa, como funcion de la distancia r respecto al centro del cilindro.

Datos: R, v, r.

Hallar: v = v(r).

Soluci´ on:

De la hidrodinamica sabemos que la dependencia entre v y r esta dada por la ecuacion

dv = −γi

2rdr, (2.854)

donde es el coeficiente de viscosidad, i es el decrecimiento hidraulico y γ es la densidad del lıquido.El signo menos es debido a que con el aumento de la distancia r la velocidad del flujo decae.




Integrando la ecuacion (2.854)

dv =

−γi

2 rdr, (2.855)

obtenemos

v(r) = −γi

4r2 + c. (2.856)

Para calcular el valor de la constante c consideramos que la velocidad de flujo de una capa de lıquidoes cero cuando es adyacente al tubo, es decir, v(R) = 0. Entonces

v(R) = −γi

4r2 + c = 0 → c =

γi

4R2. (2.857)

Sustituyendo el valor de c en (2.856), obtenemos el resultado final

v(r) =γi

4R2 − r2. (2.858)




2.21. Problemas de Repaso del

Capıtulo 2:

Es importante que el lector resuelva todos losejercicios que aquı se enuncian, ya que solo de es-ta manera podra sentirse seguro en la aplicacionde uno u otro metodo. Al principio dividimos losproblemas segun el metodo, al final damos una se-rie de ejercicios sin dar a conocer por cual metodose debe resolver. Esto es con el fin de que el es-tudiante analice la ecuacion y despues haga usodel metodo apropiado.

2.1.-) Resolver los siguientes problemas:

1. Un generador con una fuerza electromotrizde E = 80 voltios se conecta en serie conuna resistencia R = 8 ohmios y un con-ductor de L = 2 henrios. Si el interruptorse cierra en t = 0, establezca y resuelva laecuacion diferencial para la corriente I encualquier tiempo t

2. La rapidez de desintegracion del radio encada momento de tiempo es proporcional asu masa inicial. Hallar la ley de desintegra-

cion del radio, si se sabe que en el momentoinicial t = 0 se tenıa m0 gramos de radio yel tiempo necesario para que se desintegrela mitad de masa es de 1590 anos.

3. Una fuerza electromotriz E = E 0 cos ωt vol-tios, donde ω y E 0 son constantes, se apli-ca a un circuito en serie, el cual consistede R ohmios y C faradios, donde R y C son constantes. Si las condiciones inicialesson q(0) = 0 encuentre la carga q(t) paracualquier t > 0.

4. Hallar la curva para la cual, la pendiente dela tangente en cualquier punto es n vecesmayor que la pendiente de la recta que uneeste punto con el orıgen de coordenadas.

5. Hallar las trayectorias ortogonales de la fa-milia de rectas y = kx

6. Hallar la ecuacion diferencial correspondien-te a la familia de curvas ortogonales a lafamilia dada por x2 + y2 = 2ax.

7. Hallar la ecuacion diferencial que describeuna familia de cırculos de radio R = 1 y

centro en cualquier punto del plano xy.

8. Hallar las trayectorias ortogonales de la fa-milia de parabolas y = ax2.

9. Hallar una curva que pase por el punto (0, −2)de manera que la pendiente en cualquierade sus puntos sea igual a la ordenada delmismo punto aumentada tres veces.

10. Supongamos que una partıcula de masa my carga e posee una velocidad inicial v0 yen el momento t = 0, entra en una regiondonde hay un campo electrico de intensi-

dad E = A cos ωt, donde A y ω son ciertasconstantes. Encontrar la ley de movimientox = x(t), y su velocidad v = v(t) en cadainstante de tiempo.

11. Una fuerza electromotriz decreciente E =200e−5t se conecta en serie con una resis-tencia de R = 20 ohmios y un condensadorC = 0, 01 faradios. Suponiendo las condi-ciones iniciales q(0) = 0, se pide hallar lacarga q(t) y la corriente I (t) para cualquiertiempo t > 0. Calcular la carga maximaqmax.

12. Construir las ecuaciones diferenciales de lassiguientes familias de curvas:

a).- y = sen (x + c).

b).- y2 = x3 − cx.

c).- y = ecx.

d).- y = cx3.

e).- x2 + cy2 = 2y.

f).- (x − a)2 + by2 = 1.

g).- y = ax3 + bx2 + cx.

h).- x = ay2 + by + c.i).- cy = sen cx.

j).- y = (x − c)3.

13. Hallar las trayectorias ortogonales a las si-guientes familias de curvas:

a).- x2 − y2 = a2.

b).- y2 + 2ax = a2.

c).- y2 = 4(x − a).




d).- y = axn.

e).- x2 + y2 = 2ay.

f).- x2 − 13y2 = a2.

g).- x2 + 12

y2 = a2.

2.2.-) Ecuaciones Diferenciales con Varia-bles Separables

1. xy = 1−x2y .

2. y2y = 1 − 2x.

3. xy + y = y2.

4. (xy

2

+ x)dx + (y − x

2

y)dy = 0.5. tg xy = y + a.

6. y = 10x+y.

7. y = yex

1+y2 .

8. (y + 1)dx − (1 − x)dy = 0.

9. ln(cos y)dx + x(tg y)dy = 0.

10. yxy + ey = 0; y(1) = 0.

11. 3ex(tg y)dx + (1 + ex)(sec2 y)dy = 0;y(0) = π/4.

12. e1+x2

(tg y)dx = e2x

x−1dy; y(1) = π/2.

13. (1 + e2x)y2dy − exdx = 0, y(0) = 0.

14. y = x2+1y4+3y .

15. (x + y)dx + xdy = 0.

16. xdy√1−y2 + ydx√

1−x2 = 0.

17. yy = ln y; y(2) = 1.

18. x 1 + y2dx + y√

1 + x2dy = 0.

19. y = x2

y+x3y ; y(0) = −2.

20. yy + 2x sec y = 0.

21. y =

(a2−y2)(a2−x2) .

22. y(y + 2)dx + x(y − 1)dy = 0; y(1) = 1.

23. x(y6 + 1)dx + y2(x4 + 1)dy = 0; y(0) = 1.

24. (√

xy − √x)dx + (

√xy +

√y)dy = 0.

25.

y2 + 1dx − xydy = 0.

26. (x2

−1)y + 2xy2 = 0.

27. y + 2 sen x = x3; y(0) = 3.

28. (x + 2xy)y = 1.

29. y = xx2y+y .

30. y − x2y − 1 = y + x2.

2.3.-) Ecuaciones Diferenciales Homogeneas

1. y − yx = 1.

2. y =yx +

y2

x2 .

3. xy − 3y = 2x.

4. y = yx + sec2( yx).

5. y = 2x+5y2x−y .

6. ydx = (2x + 3y)dy.

7. (x − 4y)dx + (3x − 2y)dy = 0.

8. x sen(yx)y + x = y sen( yx).

9. (x + 2y)dx = xdy.

10. xy + y2 − (2x2 + xy)y = 0.

11. (y2 − 2xy)dx + x2dy = 0.

12. y − yx = cos ( yx).

13. y − 4 = yx + ( yx)2; y(1) = 2.

14. (x2 + y2)dx − xydy = 0.

15. xy − 2(y − √xy) = 0.

16. x ln ( yx)y − x = y ln ( yx ).

17. 2x3y = y(2x2

−y2).

18. xyy − y2 − 2x2y = 0.

19. xy =

x2 − y2 + y.

20. xy = y + x tg ( yx); y(1) = π/2.

2.4.-)Ecuaciones Diferenciales Reduciblesa Homogeneas

1. (2x3y − 2y3)y = 3x5 + 3x2y2.




2. y = 2yx + x3

y + x tg( yx2 ).

3. (3x+3y−1)dx+2(x+y)dy = 0; y(0) = 2.4. (2x + y − 1)dx + (x − 2y + 3)dy = 0.

5. (x + y − 2)dx = (y − x − 4)dy.

6. y = 4x6−y42x4y .

7. y =

4y+4x+y−1

2.

8. y = y3+xy2x2 .

9. (y + 1) lny+xx+3 = y+x

x+3 .

10. 23xyy =

x6 − y4 + y2.

2.5.-) Ecuaciones Diferenciales en Deri-vadas Totales

1. (x + sen y)dx + (x cos y + sen y)dy = 0.

2. 2xydx + (x2 − y2)dy = 0.

3. (y + ex sen y)dx + (x + ex cos y)dy = 0.

4. yxdx + (y3 + ln x)dy = 0.

5. (xy + sen y)dx + (0,5x2 + x cos y)dy = 0.

6. (2xy + 3x2)dx + x2dy = 0.

7. (x2 + y2 + y)dx + (2xy + x + ey)dy = 0.

8. 3x2(1 + ln y)dx − (2y − x3

y )dy = 0.

9. 2xydx + (x2 + cos y)dy = 0.

10. (y + x2y)dy = (3x + xy2)dx.

11. [sen y + (1 − y)cos x]dx + [(1 + x)cos y −sen x]dy = 0.

12. (y + x ln y)dx +x2

2y + x + 1

dy = 0.

13. (x2 + sen y)dx + (1 + x cos y)dy = 0.

14. yexdx + (y + ex)dy = 0.

15. (ex sen y + x)dx + (ex cos y + y)dy = 0.

16. (3x2y + sen x)dx + (x3 − cos y)dy = 0.

17. (ex+y + 3x2)dx + (ex+y + 4y3)dy = 0.

18. ydx − xdy + ln xdx = 0.

19. (x2 cos x−

y)dx + xdy = 0.

20. ydx − (x + y2)dy = 0.

2.6.-) Ecuaciones Diferenciales Lineales

1. xy − 2y = 2x4.

2. y + 2xy = xe−x2

.

3. cos xy + y = 1 − sen x.

4. (xy + ex)dx = xdy.

5. y + nxy = axn ; y(1) = 0.

6. (1 + x2)y − 2xy = (1 + x2)2.

7. 2ydx + (y2 − 6x)dy = 0.

8. (2y ln y + y − x)y = y.

9. y − 1x lnxy = x ln x; y(e) = e2/2.

10. sen xy − y cos x = 1; y(π/2) = 0.

11. y = yx+y2 .

12. y + 3y(tg3x) = sen 6x; y(0) = 1/3.

13. (2xy + 3)dy − y2dx = 0.

14. (y4 + 2x)y = y.

15. y + xy1−x2 = 0.

16. xy + 3y = x2.

2.7.-) Ecuaciones Diferenciales deBernoulli

1. 2y − xy = xy

x2−1 .

2. y + 3x2yx3+1 = y2(x3 + 1)sen x; y(0) = 1.

3. (2x2y ln y − x)y = y.

4. (x2 ln y − x)y = y.

5. y + yx − y4x2 = 0.

6. y − 2xyx2+1 − 4

√y√

x2+1arc tg x = 0.

7. y + 2yx − 3x2y4/3 = 0.




8. y − yx−1 − y2

x−1 = 0.

9. y +2yx −

2√y

cos 2x = 0.

10. 4xy + 3y + exx4y5 = 0.

11. y + y = ex/2√

y, y(0) = 9/4.

12. ydx + [x + (xy)2]dy = 0.

2.8.-) Ecuaciones no Resueltas Respec-to a la Derivada.

1. x = (y)3 + y.

2. x[(y)2

−1] = 2y.

3. x = y

(y)2 + 1.

4. y(x − ln y) = 1.

5. y = (y − 1)ey.

6. (y)4 = 2yy + y2.

7. (y)2 − 2xy = x2 − 4y.

8. x2(y)2 = xyy + 1.

9. 2xy − y = y ln yy.

10. y = 2xy + y2(y)3.

2.9.-) Resolver las Siguientes Ecuacio-nes de Lagrange y Clairaut.

1. y = xy − (y)2.

2. y = 2xy − 4(y)3.

3. (y)3 = 3(xy − y).

4. xy − y = ln y.

5. xy(y + 2) = y.

6. y + xy = 4√y.

7. y = xy − (2 + y).

8. y = x(y)2 − 2(y)3.

9. 2(y)2(y − xy) = 1.

10. 2xy − y = ln y.

2.10.-) Diferentes Tipos de EcuacionesDiferenciales

1. 2xy + y2 = 1.

2. (2xy2

−y)dx + xdy = 0.

3. (x2 + y2 − y)dx − xdy = 0.

4. xdx + (y −

x2 + y2)dy = 0.

5. y = xy e2x + y.

6. (4xy − 3)y + y2 = 1.

7. (x cos y + sen 2y)y = 1.

8. x(2x2 + y2) + y(x2 + 2y2)y = 0.

9. sen 2xy + xdx + y − sen2 x

y2 dy = 0.

10.

2x + x2+y2

x2y

dx − x2+y2

xy2 dy = 0.

11. xy − y = x2 cos x.

12. y − 2y tg x + y2 sen2 x = 0.

13. (y2 + 2y + x2)dy + 2xdx = 0, y(1) = 0.

14. y − 1xy = 3y

x .

15. y = 1(x+y)2 .

16. 2(x − y2)dy = ydx.

17. x(x − 1)y = 1 − 2xy.

18. y + y = xy3.

19. (sen x + y)dy + (y cos x − x2)dx = 0.

20. xy + y = ln y.

21. x2(dy − dx) = y(x + y)dx.

22. xy = ex−y − 1.

23. y√

x2 + 1 = 3x2 − y.

24. y = 3x2

x3+y+1 .

25. y(3xy + x + y)dx + x(4xy + x + 2y)dx = 0.

26.

x − y cosyx

dx + x cos

yx

dy = 0.

27. y = 1x−y2 .

28. xdy − ydx = x

x2 + y2dx.

29. xy = x

y − x2 + 2y.

30. y + y cos x = 0.




31. (1 + x2)y + xy = (1 + x2)5/2.

32. (y−

y3)dx + (2xy2

−x

−ay2)dy = 0.

33. (3xy2 − x2)dx + (3x2y − 6y2 − 1)dy = 0.

34. xy2y − y3 = x4

3 .

35. (xy2 + y)dx − xdy = 0.

36. (x2 + y2 + 2x)dx + 2ydy = 0.

37. y cos xdx + (2y − sen x)dy = 0.

38. y − 2xy = 3x2 − 2x4.

39. xy − 2y = 2x4.

40. y + y cos x = e− sen x.

41. y + y tg x = 1cos x .

42. x2y − 2xy + 2a2 = 0, y(a) = a.

43. xy + y = y2 ln x.

44. y + 2y = exy2.

45. xy = (3x2 cos y − sen y)cos y.

46. xy = y + x

1 + (y)2.

47. y = 2xx2+1 .

48. y = 2ex cos x.

49. (y2 + xy2)dx + (x2 − yx2)dy = 0.

50. xy = y + x(1 + ey/x).

51. xy = y coslnyx

.

52. (4y2 + x2)y = xy.

53. xy =

x2 + y2 + y.

54. (x + y − 2)y = 1 − 2(x + y).

55. yy + y2 + 4x(x + 1) = 0.

56. y = ax + by + c.

57. y(y − x − 4) = x + y − 2.

58. y(y2 − x) = y.

59. ay + by + cym = 0.

60. [x(y + 1) − x2]y = (y + 1)2.

61. xdy + ydx + y2(xdy − ydx) = 0.

62. 6x2y2dx + 4x3ydy = 0.

63. (3y cos x+4xex+2x2ex)dx+(3sen x+3)dy =0.

64. y = y2 − y.

65. y = 2y + xy3, y(0) = 2√

2.

66. y = 2(y + y1/2), y(0) = 1.

67. x2y − y2 = xy − y2.

68. 2y + y2 = − 1x2

.

69. (x − 1)y = x(3 − x).

70. (x−

y + 2)dx + (x−

y + 3)dy = 0.

71. x2y(ydx + xdy) = 2ydx + xdy.

72. y(x + y2)dx + x2(y − 1)dy = 0.

73. xy + (x + 1)y = 3x2e−x.

74. xdx = (x2 − 2y + 1)dy.

75. dx = xy+

√xydy.

76. y sen y = y

x2 − 2x3

y.

77. y + ay = emx.

78. y + 1−2xx2 y = 1.

79. (2x + y)dy = ydx + 4ln ydy.

80. y − y =(x2+1)x ex.



Capıtulo 3


DE ORDEN SUPERIOR

Simbolicamente, una ecuacion diferencial de n-esimo orden y grado uno se puede escribir de lasiguiente manera

F (x, y, y, y,...,y(n)) = 0 (3.1)

Suponiendo que esta ecuacion se puede resolver respecto a su derivada de mas alto orden, entonces

y(n)

= f (x, y, y, y,...,y(n

−1)

) (3.2)

En este capıtulo analizaremos solamente aquellas ecuaciones que se resuelven respecto a la derivadade mas alto orden. Para tales ecuaciones tiene lugar el siguiente teorema, el cual nos asegura laexistencia y unicidad de las soluciones de la ecuacion (3.2).

Teorema 3.0.1. Si en la ecuaci´ on (3.2), la funci´ on f (x, y, y, y,...,y(n−1)) cumple las propiedades:

Es continua respecto a sus argumentos x, y, y, y,...,y(n−1) en un dominio D de variaci´ on delos mismos.

Tiene derivadas parciales continuas ∂f ∂y , ∂f ∂y , ∂f ∂y , ..., ∂f

∂y(n−1) con respecto a los argumentos

y, y, y

,...,y(n−1) en un dominio D, entonces, existe y adem´ as es ´ unica la soluci´ on y = φ(x)

de la ecuaci´ on (3.2) que verifica las condiciones:

y(x0) = y0, y(x0) = y0, . . . , y(n−1)(x0) = y(n−1)0 (3.3)

donde los valores x = x0, y = y0, y = y0, . . . , y(n−1) = y(n−1)0 est´ an definidos en alguna

regi´ on dentro del dominio D. Las condiciones (3.3) se llaman condiciones iniciales. El pro-blema que tiene por objetivo encontrar la soluci´ on y = φ(x) de la ecuaci´ on (3.2) que cumpla las condiciones (3.3), se llama problema de Cauchy.

121



122 CAP ITULO 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

Antes de empezar el analisis de estas ecuaciones daremos algunas definiciones importantes parael caso de las ecuaciones diferenciales de orden superior.

Se llama soluci´ on general de una ecuacion diferencial de orden n (3.2), al conjunto de todas lassoluciones determinadas por

y = φ(x, c1, c2,...,cn) (3.4)

que contiene n constantes arbitrarias c1, c2,...,cn, tales que cualquier solucion de la ecuacion diferen-cial se puede obtener al asignarles valores adecuados a las constantes. Cualquier soluci on obtenidade la solucion general (3.4), con las condiciones iniciales (3.3), se llama soluci´ on particular de laecuacion (3.2) y se representa como

y = φ(x, c1, c2,..., cn) (3.5)

donde c1, c2,..., cn son numeros dados.

Una relacion de la forma

Φ(x, y, c1, c2,...,cn) = 0 (3.6)

que determina en forma implıcita la solucion general de la ecuacion diferencial (3.2) se llama integral general de la misma. Asignando a las constantes c1, c2,...,cn valores numericos concretos, obtenemosuna integral particular de la ecuacion diferencial.

La grafica de una solucion particular o de una integral particular se llama curva integral de laecuacion diferencial considerada.

3.1. Ecuaciones Diferenciales de Orden Superior

La ecuacion de la forma

y(n) = f (x) (3.7)

es la mas simple de las ecuaciones de n-esimo orden. Para hallar su integral general es necesariointegrar n veces respecto a x. Al integrar una vez, tenemos

y(n−1) = x

x0

f (x)dx + c1, (3.8)

donde x0 es un valor arbitrario de x y c1 es una constante de integracion. Integrando una vez mas,tenemos

y(n−2) =

xx0

xx0

f (x)dx

dx + c1(x − x0) + c2. (3.9)

Procediendo de esta manera despues de n integraciones, obtendremos la expresion de la integralgeneral

y(x) =

xx0

xx0

. . .

xx0

f (x)dx

dx

dx+c1(x − x0)(n−1)

(n − 1)!+

c2(x − x0)(n−2)

(n − 2)!+. . .+cn−1(x−x0)+ cn,

(3.10)



3.2. ECUACIONES DE ORDEN SUPERIOR REDUCIBLES A PRIMER ORDEN 123

donde c1, c2, . . . , cn son constantes arbitrarias. La formula (3.10) da la solucion general de la ecuacion(3.7). Observamos que la integracion de la parte derecha de (3.10) se realiza n veces, ademas esta

integral y sus derivadas de hasta (n−1) orden en x = x0 se anulan. Por eso las constantes arbitrariasse definen unıvocamente por las condiciones iniciales

cn = y0, cn−1 = y0, . . . , c2 = y(n−2)0 , c1 = y

(n−1)0 . (3.11)

Ejemplo 1:

Resolver la ecuacion diferencialy = x. (3.12)

Soluci´ on:

Integrando una vez, obtenemos

y(x) = x

x0

xdx =x2

2x

x0

+ c1 =(x − x0)2

2

+ c1. (3.13)

Integrando una vez mas, resulta

y(x) =1

2

xx0

(x − x0)2dx + c1

xx0

dx =(x − x0)3

2 · 3+ c1(x − x0) + c2. (3.14)

Por ultimo, la solucion general es

y(x) =(x − x0)4

2 · 3 · 4+

c1(x − x0)2

2+ c2(x − x0) + c3. (3.15)

Ejemplo 2:

Resolver la ecuaciony(x) = cos ωx, ω = constante. (3.16)

Soluci´ on:

Integrando una vez, tenemos

y(x) =

cos ωxdx =

1

ωsen ωx + c1. (3.17)

Integrando, tenemos la solucion general de la ecuacion (3.16),

y(x) =

1

ωsen ωx + c1

dx = − 1

ω2cos ωx + c1x + c2. (3.18)

3.2. Ecuaciones de Orden Superior Reducibles a Primer

Orden

Existen algunas ecuaciones diferenciales de orden superior, las cuales pueden ser reducidas aecuaciones de primer orden.

Si la ecuacion (3.1) no contiene explıcitamente la funcion desconocida y(x), entonces tiene laforma

F (x, y(k), y(k+1),....,y(n)) = 0




En tal caso, el orden de la ecuaci on se puede reducir escogiendo por funcion desconocida laderivada de menor orden que entra en la ecuacion, es decir, haciendo el cambio y(k)(x) = p(x).

Si (3.1) no contiene explıcitamente la variable independiente x, entonces tenemos la ecuacion

F (y, y, y,...,y(n)) = 0

En este caso, el orden de la ecuacion se puede reducir tomando como funcion dependiente a yy como la nueva funcion desconocida a dydx = p(y).

Sin perder generalidad, analicemos los casos anteriores en ecuaciones diferenciales de segundoorden. Sea la ecuacion

y = f (x,y,y) (3.19)

Supongamos que esta ecuacion no contiene explıcitamente la funcion desconocida y(x), entonces

y = f (x, y) (3.20)

Para resolver este tipo de ecuaciones se introduce la siguiente definicion

p(x) =dy

dx. (3.21)

Entonces dp

dx=

d2y

dx2. (3.22)


dp

dx= f (x, p), (3.23)

donde, ahora p es la funcion desconocida de x. Esta ecuacion es de primer orden. Integrando, ten-dremos

p(x) = p(x, c1). (3.24)

Recordando que dydx = p(x) → dy = p(x)dx → dy = p(x, c1)dx e integrando

y(x) =

p(x, c1)dx + c2, (3.25)

donde c1 y c2 son constantes de integracion. La expresion (3.25) representa la solucion general de laecuacion (3.20).

Ejemplo 1:


x2y = (y)2. (3.26)

Soluci´ on:




Definiendo

p(x) =dy

dx →dp

dx

=d2y

dx2

. (3.27)

Sustituyendo en (3.26) se obtiene la ecuacion de primer orden

x2 dp

dx= p2, (3.28)

la cual es una ecuacion con variables separables dp

p2=

dx

x2. (3.29)

Integrando

−1

p= − 1

x− c1 → 1

p=

1

x+ c1. (3.30)

Usando la primera ecuacion de (3.27), tenemos

dx

dy=

1

x+ c1. (3.31)

Separando las variables e integrando xdx

c1x + 1=

dy. (3.32)

Resolviendo la integral de la parte izquierda

1

c1

c1x + 1 − 1

c1x + 1dx =

1

c1

1− 1

c1x + 1dx =

1

c1x− 1

c1

dx

c1x + 1=

1

c1x− 1

c21ln |c1x + 1|. (3.33)

Entonces, el resultado es1

c1x − 1

c21ln |c1x + 1| = y + c2. (3.34)

Este mismo resultado lo podemos escribir de la siguiente manera

c1x − c21y = ln |c1x + 1| + C 2, (3.35)

donde C 2 = c21c2.

Supongamos ahora que la variable independiente x no aparece explıcitamente en la ecuacion(3.19). Entonces, la ecuacion tendra la forma

y = f (y, y) (3.36)

Para resolver esta ecuacion hagamos el cambio de funcion, es decir

dy

dx= p(y). (3.37)

Nadamas que ahora debemos considerar a p como funcion de y. Entonces, haciendo uso de la reglade la cadena

d2y

dx2=

dp

dx=

dp

dy

dy

dx= p(y)

dp

dy, (3.38)





p(y)dp

dy = f (y, p). (3.39)

Integrando, hallamos p(y) = p(y, c1). (3.40)

Recordando que dydx = p(y), obtenemos una ecuacion diferencial de primer orden para la funcion yde x, es decir

dy

dx= p(y, c1). (3.41)

Separando variables, tenemosdy

p(y, c1)= dx. (3.42)

Integrando esta ecuacion obtenemos la integral general de la ecuacion (3.36), esta tiene la forma

x =

dy

p(y, c1)+ c2. (3.43)

Ejemplo 2:


y = 2yy . (3.44)

Soluci´ on:

Esta ecuacion es del tipo (3.36). Ası que, definiendo

dy

dx

= p(y)

→

d2y

dx2

= p(y)dp

dy

. (3.45)


pdp

dy= 2yp → dp

dy= 2y. (3.46)

Esta ultima expresion es una ecuacion de primer orden con variables separables. Integrando seobtiene

dp = 2

ydy → p = y2 + c21, (3.47)

donde hemos escogido la constante de integracion como c21, esto es por comodidad. Luego, sustitu-yendo p(y) = dy

dx , en la segunda ecuacion de (3.47), tenemos

dy

dx = y2

+ c21. (3.48)

Esta ecuacion es de primer orden y de variables separables. Integrando dy

y2 + c21=

dx. (3.49)

Recordando la formula de integracion

dxx2+a2 = 1

a arctg( xa ), donde a es una constante, queda claro

la eleccion de c21 como constante de integracion. Usando esta formula tenemos que el resultado de laintegracion en (3.49) es

1

c1arc tg

y

c1

= x + c2. (3.50)




Este mismo resultado lo podemos escribir como

y(x) = c1 tg(c1x + c), (3.51)donde c = c1c2, esto en realidad no afecta el resultado, ya que el producto de dos constantes es otraconstante.

Por ultimo, si x y y no aparecen explıcitamente en (3.19), entonces tenemos la ecuacion

y = f (y) (3.52)

Este tipo de ecuaciones es un caso particular de (3.36). Haciendo

p(y) =dy

dx →y =

d

dx

dy

dx =

d

dx

[ p(y)] =d

dy

p(y)dy

dx

= p(y)dp

dy

. (3.53)

Sustituyendo el resultado anterior en (3.52), obtenemos una ecuacion de primer orden respecto a p,esto es

p(y)dp

dy= f (y). (3.54)

Esta ecuacion es de variables separables. Separando las variables

pdp = f (y)dy →

pdp =

f (y)dy, (3.55)

e integrando p2

2=

f (y)dy +

c12

, (3.56)

donde hemos tomado a c1/2 como constante de integracion. Despejando p, tenemos

p = ±

2

f (y)dy + c1, (3.57)

Recordando que p(y) = dydx , resulta

dy

dx= ±

2

f (y)dy + c1. (3.58)

Esta ultima ecuacion es de variables separables. Separando las variables e integrando, resulta

dy

2

f (y)dy + c1= ±(x + c2). (3.59)

La ecuacion (3.59) representa la solucion general en forma implıcita de la ecuacion (3.52).

Problema:

Hallar una curva para la cual, el radio de curvatura sea igual al cubo de la normal. La curvabuscada debera pasar por el punto P (0, 1) y tener en este punto la pendiente que forme un anguloα = 450 con el eje Ox.

Soluci´ on:




Sabemos que el radio de curvatura de una curva plana esta dado por la expresion

R =

1 + (y)2

3/2y

. (3.60)

Por otro lado, la longitud de la normal esta dada por

N = y

1 + (y)2. (3.61)

Entonces, de las condiciones del problema, es decir, R = N 3, resulta

y

1 + (y)23

=

1 + (y)2

3/2y

. (3.62)

Esta misma ecuacion se puede escribir como

y3

1 + (y)23/2

=

1 + (y)2

3/2y

. (3.63)

Eliminando el termino con exponente 3/2, obtenemos la ecuacion diferencial

yy3 = 1 → y = y−3, (3.64)

que modela el problema dado. Esta ecuacion es del tipo y = f (y). Sabemos que para resolver estetipo de ecuaciones podemos hacer el cambio

p(y) =dy

dx→ d2y

dx2= p(y)

dp

dy. (3.65)

De esta manera la ecuacion (3.64) se reduce a una ecuacion con variables separables

pdp

dy= y−3 → pdp = y−3dy. (3.66)

Integrando, resulta pdp =

y−3dy → p2

2= −y−2

2+

c12

→ p2 = −y−2 + c1. (3.67)

Esta ultima ecuacion la podemos escribir en funcion de x, y recordando el cambio p(y) = dydx ,

obtenemos una ecuacion de primer orden

dy

dx =

c1 − y−2

. (3.68)

La constante de integracion c1 la encontraremos de las condiciones iniciales. La tangente en elpunto P (0, 1) (esto es x0 = 0, y0 = 1) forma un angulo α = 450 respecto al eje 0x, es decir,y(0) = tg α = tg450 = 1. Sustituyendo estas condiciones en (3.68), tenemos el valor de la constante

1 =√

c1 − 1 → c1 = 2. (3.69)

Sustituyendo el valor de c1 en (3.68), tenemos la ecuacion

dy

dx=

2 − y−2 → ydy 2y2 − 1

= dx → 1

4

d(2y2) 2y2 − 1

= dx. (3.70)



3.3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR 129

Integrando la ultima expresion, resulta

1

2 (2y2 − 1)1/2 = x +c2

2 → (2y2 − 1)1/2 = 2x + c2. (3.71)

Despejando y, se tiene

y2 =1

2

(2x + c2)2 + 1

. (3.72)

De las condiciones iniciales, la curva debe pasar por el punto P (0, 1), esto es y(0) = 1. Sustituyendoesta condicion, tenemos que el valor de la constante c2 es, c2 = 1. Finalmente, tenemos el resultado

y2 =1

2

(2x + 1)2 + 1

. (3.73)

Desarrollando el binomio y dividiendo entre 2, la solucion es

y2

= 2x2

+ 2x + 1. (3.74)

Esta curva cumple las condiciones del problema planteado.

3.3. Ecuaciones Diferenciales Lineales de Orden Superior

Las ecuaciones diferenciales lineales aparecen en el estudio de varios problemas practicos en laciencia e ingenierıa. Por ejemplo, las ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantessurgen en la teorıa de circuitos electricos, vibraciones, mezclas de substancias, etc. La solucion delas ecuaciones lineales con coeficientes constantes pueden ser obtenidas en terminos de las funcioneselementales conocidas (exponenciales, trigonometricas, logarıtmicas, etc.), y por lo tanto, tienen una

interpretacion muy transparente.

Antes de comenzar con los metodos de solucion de las ecuaciones lineales de orden superior,analizaremos algunas de sus definiciones y propiedades basicas.

Una ecuacion diferencial de n-esimo orden es lineal , si esta es de grado uno respecto a la funciondesconocida y y sus derivadas y, y,...,y(n). Una ecuacion diferencial lineal de n-esimo orden y gradouno tiene la forma

an(x)y(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + ... + a2(x)y(x) + a1(x)y(x) + a0(x)y(x) = g(x) (3.75)

donde a0(x), a1(x),....,an(x) y g(x) son funciones continuas de x, ademas an(x) = 0, para todos los

valores de x, en el dominio de definicion de la ecuacion (3.75). Si g(x) = 0, entonces (3.75) se llamaecuaci´ on diferencial lineal no homogenea . Si g(x) = 0, la ecuacion (3.75) se reduce a una ecuacionde la forma

an(x)y(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + ... + a2(x)y(x) + a1(x)y(x) + a0(x)y(x) = 0 (3.76)

A esta ecuacion se le conoce como ecuaci´ on diferencial lineal homogenea .

Propiedades Fundamentales de las Ecuaciones Lineales Homogeneas




Sin perder generalidad, vamos a exponer las propiedades fundamentales de las ecuaciones lineales,para el caso de ecuaciones de segundo orden. Estas mismas propiedades son validas para ecuaciones

lineales de cualquier orden.

Sea dada la ecuacion diferencial lineal homogenea de segundo orden

a2(x)y + a1(x)y + a0(x)y = 0 (3.77)

Si a2(x) = 0, entonces esta misma ecuacion la podemos escribir de la siguiente manera

y + P (x)y + Q(x)y = 0 (3.78)

llamada forma est´ andar , donde P (x) = a1(x)/a2(x) y Q(x) = a0(x)/a2(x), son funciones continuasen un intervalo dado.

Teorema 3.3.1. Si y1(x) y y2(x) son dos soluciones de la ecuaci´ on (3.78), entonces

y(x) = y1(x) + y2(x) (3.79)

es tambien soluci´ on de (3.78).

Sean y1 y y2 las dos soluciones de la ecuacion (3.78), entonces

y1 + P (x)y1 + Q(x)y1 = 0, y y2 + P (x)y2 + Q(x)y2 = 0. (3.80)

El teorema afirma que y1 + y2 es tambien solucion de (3.78). Ası que, sustituyendo (3.79) en laecuacion (3.78), tenemos

(y1 + y2) + P (x)(y1 + y2) + Q(x)(y1 + y2) = 0. (3.81)

Debemos probar que esta relacion efectivamente es cero. De (3.81), obtenemos

y1 + y2 + P (x)y1 + P (x)y2 + Q(x)y1 + Q(x)y2 = 0 (3.82)

Agrupando terminos y usando las expresiones (3.80)

y1 + P (x)y1 + Q(x)y1

+

y2 + y2 + Q(x)y2

= 0 + 0 = 0. (3.83)

Las expresiones en los parentesis cuadrados son cero, ya que y1 y y2 satisfacen la ecuacion (3.78).

Teorema 3.3.2. Si y1(x) es una soluci´ on de (3.78) y c es una constante arbitraria, entonces, el producto

y(x) = cy1(x) (3.84)

es tambien soluci´ on de (3.78).




Sea c una constante arbitraria y y1 una solucion conocida de (3.78). Debemos probar que elproducto cy1 es tambien una solucion de (3.78). Entonces, tenemos

(cy1) + P (x)(cy1) + Q(x)(cy1) = 0 → c[y1 + P (x)y1 + Q(x)y1] = c · 0 = 0. (3.85)

La expresion que esta en parentesis cuadrados es cero, ya que y1 satisface la ecuacion (3.78).

Dos soluciones y1(x) y y2(x) de la ecuacion (3.78) se llaman linealmente independientes en elsegmento [a, b], si su razon en dicho segmento no es constante, es decir, cuando se cumple la relaci on

y1y2

= const. (3.86)

En caso contrario, las soluciones y1(x) y y2(x) se llaman linealmente dependientes. Es decir, dossoluciones y1 y y2 son linealmente dependientes en el segmento [a, b], si existe un cierto numeroconstante λ, tal que y1/y2 = λ, cuando a ≤ x ≤ b. En tal caso, y1 = λy2.

Para el caso general, tenemos las siguientes definiciones: Sean y1(x), y2(x),...,yn(x) funciones de-finidas en cierto segmento [a, b] de variacion de x. Entonces, decimos que las funciones son linealmentedependientes si existen magnitudes constantes α1, α2,...,αn, que en el segmento [a, b] satisfacen larelacion

α1y1(x) + α2y2(x) + . . . + αnyn(x) = 0 (3.87)

y, ademas, por lo menos un αi = 0. Si la expresion (3.87) tiene lugar solo cuando α1 = α2 = . . . =αn = 0, entonces se dice que las funciones y1(x), y2(x),...,yn(x) son linealmente independientes enel segmento [a, b].

Teorema 3.3.3. Sean y1(x), y2(x),...,yn(x) funciones continuas y diferenciables hasta (n − 1) en el segmento [a, b]. Entonces, si en dicho segmento el determinante

W (x) = det

y1(x) y2(x) . . . yn(x)y1(x) y2(x) . . . yn(x)

......

. . ....

yn−11 (x) yn−12 (x) . . . yn−1n (x)

(3.88)

es identicamente cero, decimos que las funciones son linealmente dependientes. Por otro lado, si el determinante es diferente de cero, decimos que las funciones son linealmente independientes. Al determinante (3.88) se le conoce como el Wronskiano de las funciones y1(x), y2(x), . . . , yn(x).

El teorema anterior lo vamos a demostrar para el caso particular de dos funciones. Sean y1(x)

y y2(x) dos funciones continuas y diferenciables. Entonces, de la expresion (3.88) tenemos que elWronskiano de las funciones dadas, es

W (x) = det

y1 y2y1 y2

= y1y2 − y1y2, (3.89)

Luego, supongamos que las funciones y1(x) y y2(x) son linealmente dependientes en el segmento[a, b], entonces, necesitamos demostrar que el Wronskiano en este segmento es identicamente cero.

Debido a que las funciones y1 y y2 son linealmente dependientes, entonces, existe la relacion

y2 = λy1 → y2 = λy1, (3.90)




donde λ es una constante arbitraria. De la definicion (3.89), resulta

W = det y1 y2

y1 y2

= det y1 λy1

y1 λy1

= λ det y1 y1

y1 y1

= λ(y1y1 − y1y1) = 0. (3.91)

Teorema 3.3.4. Si el Wronskiano W (y1, y2) de las soluciones y1 y y2 de la ecuaci´ on (3.78) no seanula en un punto x = x0 del segmento [a, b], donde los coeficientes de la ecuaci´ on son continuos,entonces no se anula para cualquier valor de x en este segmento.

Debido a que y1 y y2 son dos soluciones de la ecuacion (3.78), tenemos

y1 + P (x)y1 + Q(x)y1 = 0, y2 + P (x)y2 + Q(x)y2 = 0. (3.92)

Multiplicando los terminos de la primera ecuacion por y2 y los terminos de la segunda ecuacion pory1 y despues restandolos, obtenemos

(y1y2−

y1y2) + P (x)(y1y2−

y1y2) = 0. (3.93)

La diferencia encerrada en el segundo parentesis es el Wronskiano de W (y1, y2), es decir

W (y1, y2) = (y1y2 − y1y2). (3.94)

Luego, la diferencia encerrada en el primer parentesis es la derivada del Wronskiano respecto a x

W (y1, y2)x = (y1y2 − y1y2)x = y2y1 + y1y2 − y1y2 − y1y2 = y1y2 − y1y2. (3.95)

De tal manera que la expresion (3.93) se puede escribir como

dW

dx+ P (x)W = 0. (3.96)

Supongamos que W = 0, entonces la ecuacion (3.96) es de variables separables, tenemos

dW

W = − P (x)dx → lnW

c

= − P (x)dx. (3.97)

Luego, usando las propiedades de los logaritmos

W = ce− P (x)dx. (3.98)

Determinamos c de tal manera que se cumpla la condicion inicial. Poniendo x = x0 en el primer ysegundo miembro de la ecuacion (3.98), obtenemos

W 0 = c. (3.99)

Por lo tanto, la solucion que satisface las condiciones iniciales tendra la forma

W = W 0e− P (x)dx, (3.100)

segun la hipotesis W 0

= 0. De la ecuacion (3.100) se deduce que W = 0 cualquiera que sea el valor de

x, puesto que la funcion exponencial no se reduce a cero para todos los valores finitos de la variablex. El teorema queda demostrado.

Observaci´ on:

Si el Wronskiano es nulo para cierto valor de x = x0, el determinante tambien sera igual a ceropara cualquier valor de x en el segmento considerado. Lo anterior se deduce de la expresion (3.98)si W = 0 para cierto valor de x = x0, entonces

W (x0) = c = 0, (3.101)

por lo tanto, W = 0, cualquiera que sea el valor del lımite superior de x en la expresion (3.98).




Teorema 3.3.5. Si las soluciones y1 y y2 de la ecuaci´ on (3.78) son linealmente independientesen [a, b], el Wronskiano W formado por estas soluciones no se reduce a cero en ning´ un punto del

intervalo.Teorema 3.3.6. Sean y1 y y2 soluciones de la ecuaci´ on (3.78), entonces la combinaci´ on lineal deestas soluciones

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) (3.102)

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias, ser´ a la soluci´ on general de (3.78).

De los teoremas (3.3.1) y (3.3.2) se deduce que la funcion

c1y1 + c2y2, (3.103)

es la solucion de la ecuacion (3.78), cualesquiera que sean las constantes c1 y c2. Ahora, necesitamos

demostrar que para cualesquiera que sean las condiciones iniciales y(x0) = y0, y(x0) = y0, es posibleescoger los valores de las constantes c1 y c2, de tal manera que la solucion particular obtenida dec1y1+c2y2 cumpla las condiciones iniciales dadas. Sustituyendo las condiciones iniciales en la ecuacion(3.102), obtenemos

c1y10 + c2y20 = y0

c1y10 + c2y20 = y0, (3.104)

donde hemos escrito y1(x0) = y10, y2(x0) = y20, y1(x0) = y10, y2(x0) = y20. Del sistema(3.104), podemos definir a las constantes c1 y c2, ya que el determinante de este sistema (el Wrons-kiano)

W = det

y10 y20y10 y20

= y10y20 − y10y20 = 0, (3.105)

cuando x = x0

no es cero (esto es debido a la independencia de las soluciones y1

y y2

). La solucionparticular que se obtiene de (3.104), para los valores hallados de c1 y c2, satisfacen las condicionesiniciales dadas. Ası el teorema queda demostrado.

Observaci´ on:

No existen metodos generales que nos permitan hallar, en forma exacta, la solucion general deuna ecuacion diferencial lineal con coeficientes variables. Sin embargo, existe un teorema que nospermite hallar la solucion general de una ecuacion diferencial de segundo orden con coeficientesvariables si, de antemano, se conoce una de sus soluciones particulares.

Teorema 3.3.7. Si se conoce una soluci´ on particular y1(x) de la ecuaci´ on lineal homogenea desegundo orden (3.78), siempre es posible hallar una segunda soluci´ on y2(x) linealmente indepen-diente.

Sea la ecuacion lineal homogenea de segundo orden en su forma estandar

y + P (x)y + Q(x)y = 0 (3.106)

donde P (x) y Q(x) son funciones continuas en [a, b]. Supongamos que y1(x) = 0 es una solucionconocida de la ecuacion (3.106). Definamos una segunda solucion de la forma

y = u(x)y1(x) (3.107)




Tomando las derivadas tenemos

y = uy1

+ y1

u

y = uy1 + 2y1u + y1u. (3.108)

Sustituyendo en la ecuacion (3.106)

y + P y + Qy = u[y1 + P y1 + Qy1] + y1u + (2y1 + P y1)u = 0. (3.109)

La parte que esta entre parentesis cuadrados es cero, ya que por suposicion hemos dicho que y1(x)satisface la ecuacion de segundo orden. Ası, tenemos

y1u + (2y1 + P y1)u = 0. (3.110)

Para reducir el orden hagamos la redefinicion

z = u, (3.111)

entonces, resultay1z + (2y1 + P y1)z = 0. (3.112)

Vemos que esta ecuacion diferencial es lineal y de variables separables, es decir, la podemos escribirde la siguiente manera

dz

z+ 2

y1y1

dx + P dx = 0. (3.113)


ln |z| + 2ln |y1| = −

P (x)dx + ln c1. (3.114)

Usando las propiedades de los logaritmos podemos reescribir esta ecuacion de la siguiente manera

ln |zy21| = − P (x)dx + ln c1 → zy21 = c1e− P (x)dx, (3.115)

de donde

u = z = c1e−

P (x)dx

y21. (3.116)

Integrando de nuevo, tenemos

u = c1

e−

P (x)dx

y21dx + c2. (3.117)

Finalmente, la solucion general es

y = u(x)y1(x) = c1y1(x)

e−

P (x)dx

y21dx + c2y1(x). (3.118)

Comparando este resultado con la expresion y(x) = c1y1(x)+c2y2(x) podemos identificar la segundasolucion como

y2(x) = y1(x) e−

P (x)dx

y21(x)dx (3.119)

Las constantes c1 y c2 son arbitrarias. De la expresion (3.119) podemos concluir que las solucionesy1 y la obtenida y2 son linealmente independientes, ya que la relacion

y2(x)

y1(x)=

e−

P (x)dx

y21(x)dx, (3.120)




no es una constante. Entonces, la solucion general de (3.106) es la combinacion lineal formada porestas funciones, es decir

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x), (3.121)donde c1 y c2 son dos constantes arbitrarias.

Este teorema es muy util, siempre y cuando se logre hallar directamente o adivinar una solucionparticular de la ecuacion (3.106).

Ejemplo 1:


(ex + 1)y − 2y − exy = 0. (3.122)

Soluci´ on:

Como podemos ver, la ecuacion es de coeficientes variables. Podemos adivinar, a prueba y error,

una solucion particular. Debido a que los coeficientes de la ecuacion son exponentes, entonces,supongamos que una solucion es

y1 = ex + α, (3.123)

donde α es una constante arbitraria que debemos encontrar. Sustituyendo la expresion (3.123) en(3.122), tenemos

(ex + 1)ex − 2ex − ex(ex + α) = e2x + ex − 2ex − e2x − αex = ex(1 − 2 − α) = 0, (3.124)

ya que ex = 0, entonces (1 − 2 − α) = 0, para que esto se cumpla tenemos que α = −1. Entonces,de (3.123), resulta que

y1 = ex − 1, (3.125)

es una solucion de la ecuacion (3.122). Para hallar una segunda solucion linealmente independiente

hagamos uso de la formula (3.119). Escribamos la ecuacion (3.122), en su forma estandar

y − 2

ex + 1y − ex

ex + 1y = 0. (3.126)

De esta expresion podemos identificar a P (x) = − 2ex+1 . Entonces, de la formula (3.119), tenemos

y2(x) = y1(x)

e−

P (x)dx

y21(x)dx = (ex − 1)

e

2ex+1dx

(ex − 1)2dx. (3.127)

Vamos a calcular por separado las integrales. Primero hallamos la integral que esta en el exponente 2dx

ex + 1→

t = ex → dt = exdx = tdx → dx =dt

t

=

2dt

t(t + 1). (3.128)

Por separado, desarrollemos en fracciones parciales

1

t(t + 1)=

A

t+

B

t + 1→ A(t + 1) + Bt = 1 → A = 1, B = −1. (3.129)

Entonces1

t(t + 1)=

1

t− 1

t + 1. (3.130)

Sustituyendo este resultado en (3.128) e integrando, tenemos 2dx

ex + 1=

2dt

t(t + 1)=

2

t− 2

t + 1

dt = 2ln t − 2 ln |t + 1| = ln

t

t + 1

2. (3.131)




Recordando que hicimos el cambio de variables, t = ex, tenemos el resultado de la integral (3.128)

2dxex + 1 = ln

e

x

ex + 12

. (3.132)

Luego, sustituyendo en (3.127), resulta

y2(x) = (ex − 1)

eln

ex

ex+1

2(ex − 1)2

dx = (ex − 1)

e2xdx

(ex + 1)2(ex − 1)2. (3.133)

Esta misma expresion la podemos escribir como

y2(x) = (ex − 1)

e2xdx

[(ex + 1)(ex − 1)]2= (ex − 1)

e2xdx

(e2x − 1)2. (3.134)


y2(x) =(ex − 1)

2

d(e2x − 1)

(e2x − 1)2= − (ex − 1)

2(e2x − 1). (3.135)

Entonces, tenemos que la segunda solucion linealmente independiente de la ecuacion (3.122), es

y2(x) = − (ex − 1)

2(e2x − 1)= −1

2

(ex − 1)

(ex + 1)(ex − 1)= −1

2

1

ex + 1. (3.136)

Finalmente, la combinacion lineal de estas dos soluciones sera la solucion general de la ecuacion(3.122), a decir

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) = c1(ex

−1) +

c2

ex

+ 1

, (3.137)

donde, c1 y c2 son ciertas constantes arbitrarias. En la constante c2 esta incluido el factor −12 de la

ecuacion (3.136).

Ejemplo 2:

Hallar una segunda solucion linealmente independiente de la ecuacion diferencial con las condi-ciones dadas

y − y = 0, y(0) = 1, y(0) = 3, (3.138)

si, de antemano, se sabe que y1 = ex es una solucion.

Soluci´ on:

Hagamos uso de la formula antes obtenida (3.119), donde P (x) = 0.

y2 = y1(x)

e−

P (x)dx

y21dx = ex

e−2xdx = −1

2exe−2x = −1

2e−x. (3.139)

Podemos identificar la segunda solucion como

y2(x) = e−x. (3.140)

La solucion general de la ecuacion (3.138) tiene la forma

y(x) = c1ex + c2e−x, (3.141)



3.4. ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES 137

donde c1 y c2 son ciertas constantes arbitrarias. Ahora, obtengamos la solucion particular con lascondiciones dadas en (3.138). Para esto calculamos la derivada de la solucion general

y(x) = c1ex − c2e−x. (3.142)

Poniendo las condiciones iniciales, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones con dos incognitas c1y c2.

c1 + c2 = 1,

c1 − c2 = 3. (3.143)

Resolviendo este sistema, tenemos que c1 = 2 y c2 = −1. Ası, la solucion que cumple las condicionesdadas en (3.138), es

y(x) = 2ex − e−x. (3.144)

3.4. Ecuaciones Lineales con Coeficientes Constantes

Supongamos que los coeficientes de ai(x), (i = 1, 2,...,n) en la ecuacion (3.76) son constantes,entonces tenemos la ecuaci´ on lineal homogenea con coeficientes constantes de orden n

any(n)(x) + an−1y(n−1)(x) + ... + a1y(x) + a0y(x) = 0 (3.145)

Obviamente, la ecuacion (3.145) siempre tiene la solucion y = 0, pero esta solucion es la trivial yno es de importancia (ya que no nos da ninguna informacion sobre el comportamiento del sistema).Entonces, nos interesan las soluciones no triviales de la ecuacion (3.145). Supongamos que la solucionno trivial tiene la forma

y = emx (3.146)

donde m es un parametro arbitrario que sera determinado segun la forma de la ecuacion diferencial.Sustituyendo (3.146) en la ecuacion diferencial (3.145), tenemos

emx(anmn + an−1mn−1+, ......, +a1m + a0) = 0. (3.147)

Debido a que emx = 0, ∀x ∈ R, entonces lo que debe ser cero es la expresion que esta dentro de losparentesis, esto es

anmn + an−1mn−1 + ...... + a1m + a0 = 0 (3.148)

A esta ecuacion se le conoce como ecuaci´ on caracterıstica de la ecuacion diferencial dada. Parece serque resolver ecuaciones diferenciales lineales sera mas practico, ya que el problema ahora se reducea resolver una ecuacion algebraica de orden n, esto es cierto para el caso en que n = 2, 3, 4. Sinembargo, para el caso n ≥ 5 el problema puede ser complicado, ya que no existen metodos generalespara obtener sus soluciones.

De la expresion general (3.145) resulta que una ecuaci´ on diferencia lineal de primer orden con coeficientes constantes tiene la forma

ay + by = 0 (3.149)




Luego, suponemos la solucion (3.146) y sustituyendo en la ecuacion (3.149), obtenemos la ecuacioncaracterıstica

am + b = 0 → m = −b

a . (3.150)

Sustituyendo el resultado obtenido para m en la solucion propuesta (3.146), entonces, la soluciongeneral es

y = ce−bax, (3.151)

donde c es una constante, la cual juega el papel de constante de integracion y depende de lascondiciones iniciales del problema.

La ecuacion (3.149) se puede resolver tambien separando las variables, esto es

dy

dx+

b

ay = 0 →

dy

y+

b

a

dx = 0 → ln

y

c

= − b

ax → y = ce−

bax. (3.152)

La ultima expresion de (3.152) es la solucion general de la ecuacion (3.149), la cual coincide con lasolucion ya obtenida en (3.151). En general, toda ecuacion diferencial lineal homogenea de primerorden se puede resolver separando las variables o suponiendo la solucion (3.146).

Analicemos las ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes constantes, es decir, ecua-ciones de la forma

ay + by + cy = 0 (3.153)

Luego, supongamos que la solucion es de la forma

y = emx (3.154)

Sustituyendo en (3.153) tenemos que la expresion que debe ser cero es

am2 + bm + c = 0 (3.155)

Esta es una ecuacion cuadratica. Existen tres casos posibles de raıces:

Primer caso: Supongamos que las raıces m1 y m2 son reales y diferentes. En tal caso, tenemosdos diferentes soluciones y1 = em1x y y2 = em2x. Entonces, la solucion general de la ecuacion (3.153)es la combinacion lineal de y1 y y2,

y = c1y1(x) + c2y2(x) = c1em1x + c2em2x (3.156)

Ejemplo 1:

Resolver la ecuacion diferencial homogenea de segundo orden

y + 4y + 3y = 0. (3.157)

Soluci´ on:




La solucion es de la forma y = emx, sustituyendo en la ecuacion, tenemos

m

2

+ 4m + 3 = 0 → (m + 1)(m + 3) = 0. (3.158)

Las soluciones sonm1 = −1, m2 = −3. (3.159)

Entonces, la solucion general de la ecuacion (3.157) tiene la forma

y(x) = c1e−x + c2e−3x. (3.160)

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias que dependen de las condiciones iniciales del problema.

Las funciones y1(x) y y2(x) son linealmente independientes, ya que el Wronskiano formado porestas funciones nos da

W = det y1 y2

y1 y2 = det e−x e−3x

−e−x −3e−3x =

−2

e−4x

= 0

.(3.161)

El Wronskiano es diferente de cero, entonces, y1(x) y y2(x) son linealmente independientes.

Segundo caso. Ahora, supongamos que las raıces son reales e iguales. Es decir, m1 = m2 = m.En tal caso, tenemos la solucion

y1 = cemx (3.162)

Para encontrar una segunda solucion linealmente independiente haremos uso de la formula

y2 = y1(x) e−

P (x)dx

y21(x)dx, (3.163)

donde y1(x) es conocida. De la formula cuadratica (3.155) tenemos que m1 = − b2a , ya que para

que se cumpla m1 = m2 es necesario que b2 − 4ac = 0. Sustituyendo esto en la formula anterior,encontramos

y2 = em1x

e2m1x

e2m1xdx = em1x

dx = xem1x. (3.164)

Ası, la solucion general de (3.153) para el caso en que m1 = m2, es

y(x) = c1emx + c2xemx (3.165)

Como conclusion tenemos que, en realidad, no es necesario calcular una segunda solucion cada vez

que resulte una raız doble, ya que el resultado sugiere que, en general, podemos hacer la siguienteafirmacion:

Si m es una raız doble de la ecuaci´ on caracterıstica (3.155) entonces, junto con la soluci´ on

y1 = emx,

se tiene tambien la segunda soluci´ on y2 = xemx,

y la combinaci´ on lineal de estas soluciones ser´ a la soluci´ on general dada por (3.165) multiplicadaspor sus correspondientes constantes arbitrarias.




En general, es decir, el caso en que la ecuacion caracterıstica (3.148) tenga una raız real m = ade multiplicidad r, que corresponde a un factor (m − a)r, entonces las r funciones

y = eax, y = xeax, y = x2eax,....,y = xm−1eax, (3.166)

son soluciones de la ecuacion diferencial (3.145), y por lo tanto la combinacion lineal de estas sera lasolucion general de (3.145), la cual tiene la forma

y(x) = c0eax + c1xeax + c2x2eax + · · · + cm−1xm−1eax (3.167)

Ejemplo 2:

Resolver la ecuacion diferencialy + 6y + 9y = 0. (3.168)

Soluci´ on:La solucion tiene la forma y = emx y sustituyendo en la ecuacion (3.168) tenemos la ecuacion

caracterısticam2 + 6m + 9 = 0. (3.169)

Haciendo uso de la formula para resolver ecuaciones cuadraticas, tenemos

m1,2 = −6

2±

√36 − 36

2= −3. (3.170)

Esto significa que existe solamente una solucion y1 = e−3x. Luego, de (3.166) tenemos que la segundasolucion estara dada por la expresion

y2 = xe−3x. (3.171)

Entonces la solucion general tiene la formay(x) = c1e−3x + c2xe−3x = (c1 + c2x)e−3x. (3.172)

Ejemplo 3:

Resolver la ecuacion diferencialy(n) = 0. (3.173)

Soluci´ on:

La ecuacion caracterıstica correspondiente es

mn = 0, (3.174)

y tiene solamente la raız m = 0, de multiplicidad n. Entonces, las funciones correspondientes seran

y = e0x = 1, y = xe0x = x, y = x2e0x = x2, ... y = xn−1e0x = xn−1,

que son claramente soluciones de la ecuacion dada. Entonces, la solucion general es

y(x) = c0 + c1x + c2x2 + · · · + cn−1xn−1. (3.175)

Tercer caso. Por ultimo, supongamos que las raıces en (3.155) son complejas conjugadas, estoes, suponemos que tienen la forma

m1 = α + iβ, m2 = α − iβ. (3.176)




donde α y β son numeros reales, e i =√−1 es la identidad compleja. En tal caso, la solucion general

sera

y = c1e(α+iβ)x

+ c2e(α−iβ)x

. (3.177)Este resultado lo podemos transformar usando la f´ ormula de Euler eiθ = cos θ + i sen θ, tenemos

eiβx = cos βx + i sen βx, e−iβx = cos βx − i sen βx, (3.178)

donde, hemos usado las propiedades de cos (−βx) = cos βx y sen (−βx) = − sen βx. Sustituyendoen la ecuacion (3.177), resulta

y = c1eαxeiβx + c2eαxe−iβx = eαx

c1eiβx − c2e−βx

=

= eαx

c1(cos βx + i sen βx) + c2(cos βx − i sen βx)

= eαx(c1 + c2)cos βx + i(c1

−c2)sen βx. (3.179)

Luego, las funciones eαx cos βx, y eαx sen βx, son soluciones linealmente independientes de la ecuaciondiferencial (3.153) en −∞ < x < ∞. Podemos definir a C 1 = c1 + c2, y a C 2 = (ic1 − ic2). Como C 1y C 2 son constantes arbitrarias, podemos escribir la solucion de la siguiente manera

y = eαx

C 1 cos βx + C 2 sen βx

(3.180)

Esta representacion es mas util, ya que la solucion esta dada por funciones reales.

Ejemplo 4:

Resolver la ecuacion y − 4y + 5y = 0. (3.181)

Soluci´ on:

Suponiendo que la solucion de la ecuacion tiene la forma y = emx, sustituyendo en la ecuacion(3.181) tenemos que la ecuacion caracterıstica es

m2 − 4m + 5 = 0. (3.182)

Haciendo uso de la formula para resolver ecuaciones cuadraticas, tenemos que las raıces son

m1,2 =4

2±

√16 − 20

2= 2 ± i. (3.183)

De aquı, identificamos a α = 2 y a β = 1. Entonces, la solucion general de la ecuacion (3.181) es

y(x) = e2x

c1 cos x + c2 sen x

. (3.184)

Ejemplo 5:


yIV + 2y + y = 0. (3.185)

Soluci´ on:




Su ecuacion caracterıstica es

m4 + 2m2 + 1 = 0, (m2 + 1)2 = 0. (3.186)

Las raıcesm = ±i, (3.187)

tienen multiplicidad 2. Entonces, las cuatro soluciones complejas las podemos escribir como

y1 = eix, y2 = e−ix, y3 = xeix, y4 = xe−ix. (3.188)

De las dos primeras soluciones podemos escribir

c1 cos x + c2 sen x, (3.189)

y de las dos ultimas, tenemosc3x cos x + c4x sen x. (3.190)

De tal manera, que la solucion general estara dada por la expresion

y(x) = c1 cos x + c2 sen x + c3x cos x + c4x sen x, (3.191)

la cual podemos escribir de la siguiente manera

y(x) = (c1 + c3x)cos x + (c2 + c4x)sen x. (3.192)

3.5. Ecuaciones Diferenciales Lineales no Homogeneas de

Segundo Orden

Toda ecuacion diferencial lineal no homogenea de segundo orden con coeficientes constantes tienela forma

ay + by + cy = f (x) (3.193)

donde a, b y c son ciertas constantes dadas. El metodo para resolver este tipo de ecuaciones es elsiguiente:

Primero. Hallar la solucion correspondiente a la ecuacion homogenea

ay + by + cy = 0 (3.194)

obtenida de la ecuacion original (3.193), (cuando f (x) = 0), la cual representaremos como yh ytendra la forma yh(x) = c1y1(x) + c2y2(x).

Segundo. Encontrar una solucion particular representada por y p correspondiente a la parte nohomogenea de la ecuacion original (3.193).

Tercero. La solucion general de la ecuacion original (3.193) sera la suma de estas dos soluciones,es decir

y(x) = yh(x) + y p(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + y p(x) (3.195)

En esta seccion usaremos el metodo de coeficientes indeterminados para resolver las ecuacioneslineales no homogeneas. Debemos tener en cuenta que este metodo no esta limitado a ecuaciones desegundo orden, pero sı se limita a ecuaciones lineales no homogeneas con las siguientes caracterısticas:



3.5. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGENEAS DESEGUNDO ORDEN 143

Que tengan coeficientes constantes.

Que la funcion f (x) sea una constante k, una funcion exponencial eαx, una funcion polinomial,funciones sen βx, cos βx o sumas y productos de estas.

Este metodo no es aplicable a funciones que tengan la forma f (x) = ln x, f (x) = 1x , f (x) =

tan x, etc,...

A continuacion damos una tabla en la cual, para una funcion f (x) dada, se tiene una funcionparticular y p(x) (la razon es porque y p se construye, basicamente, a partir de las funciones queforman a f (x) y de todas sus derivadas. Si en f (x) aparece un polinomio de grado n, entonces lasolucion particular y p se plantea como un polinomio del mismo grado que f (x). Si en f (x) apareceuna funcion seno o coseno, entonces tambien aparece en y p). Esto ayudara al estudiante a tomar unasolucion particular adecuada. La solucion particular propuesta debera ser sustituıda en la ecuaciondiferencial no homogenea dada, y ası encontrar los coeficientes A,B,C,D,E,F...

f (x) y p5 Ax Ax + B

3x2 − 2 Ax2 + Bx + C x3 − x − 1 Ax3 + Bx2 + Cx + D

sen2x A cos2x + B sen2xcos4x A cos4x + B sen4x

e4x Ae4x

(8x − 2)e4x (Ax + B)e4x

x2e2x (Ax2 + Bx + C )e2x

e2x sen2x e2x(A cos2x + B sen2x)

2x2 sen3x (Ax2 + Bx + C )cos3x + (Dx2 + Ex + F )sen4xxe2x cos3x (Ax + B)e2x cos3x + (Cx + D)e2x sen3x

Ejemplo 1:


y − y + y − y = x2 + x. (3.196)

Soluci´ on:

Antes que nada, debemos resolver la ecuacion homogenea correspondiente a la ecuacion dada,esto es

y

−y + y

−y = 0. (3.197)

Sabemos que la solucion es de la forma

y(x) = emx, (3.198)

donde m es un cierto parametro a determinar. Tomando la primera, segunda y tercera derivada dela funcion (3.198) y sustituyendo en la ecuacion (3.197) tenemos la ecuacion caracterıstica

m3 − m2 + m − 1 = 0. (3.199)

Las raıces de la ecuacion caracterıstica son

m = 1, m2 = −i, m3 = i. (3.200)




Por lo tanto, la solucion general de la ecuacion homogenea (3.197), es

yh = c1ex

+ c2 cos x + c3 sen x. (3.201)

Nos queda por hallar una solucion particular de la ecuacion (3.196). Debido a la forma que tiene lafuncion f (x) = x2 + x, supongamos la solucion particular (segun la tabla anterior)

y p(x) = Ax2 + Bx + C, (3.202)

donde A, B y C son ciertos numeros que debemos encontrar. Una vez sustituıda la solucion propuesta(3.202) en (3.196), tenemos

−Ax2 + (2A − B)x + (B − 2A − C ) = x2 + x. (3.203)

De aquı, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones

A = −12A − B = 1 (3.204)

B − 2A − C = 0.

Resolviendo este sistema, encontramos los valores para las constantes A, B y C , estos son

A = −1, B = −3, C = −1. (3.205)

Entonces, sustituyendo los valores de las constantes A, B y C , en (3.202), obtenemos la solucionparticular

y p(x) = −x2 − 3x − 1. (3.206)

La solucion general de la ecuacion (3.196) tiene la forma final

y(x) = yh(x) + y p(x) = c1ex + c2 cos x + c3 sen x − x2 − 3x − 1. (3.207)

Ejemplo 2:

Resolver la ecuaciony + y − 2y = 3xex. (3.208)

Soluci´ on:


y + y − 2y = 0. (3.209)

Luego, suponemos la solucion y = emx y sustituyendo en (3.209), obtenemos su correspondienteecuacion caracterıstica

m2 + m − 2 = 0 → (m + 2)(m − 1) = 0, (3.210)

la cual tiene como raıcesm1 = −2, m2 = 1. (3.211)

Entonces, la solucion de la ecuacion (3.209) tiene la forma

yh = c1e−2x + c2ex. (3.212)




Ahora debemos buscar una solucion particular de la ecuacion original (3.208). Para esto, segun latabla de soluciones propuestas, una solucion particular serıa

y p = (Ax + B)ex = Axex + Bex. (3.213)

Si proponemos esta solucion particular, al sustituirla en (3.208) nos encontraremos con una inconsis-tencia. Esto se debe a que el segundo termino de la solucion particular (3.213) Bex ya esta incluidoen la solucion homogenea (3.212), c2ex, (estos dos terminos son iguales, ya que c2 y B son constan-tes arbitrarias). Para resolver esta inconsistencia se multiplica la soluci on particular propuesta en(3.213) por una x. Entonces, la solucion particular que debemos proponer sera

y p = x(Ax + B)ex = Ax2ex + Bxex. (3.214)

Derivando dos veces esta solucion, resulta

y p = (2A + 2B)xex + Ax2ex, y p = (2A + 2B)ex + (4A + B)xex + 2Ax2ex. (3.215)

Sustituyendo en (3.208), obtenemos el sistema de ecuaciones

2A + 3B = 0,

6A = 3. (3.216)

Resolviendo este sistema, hallamos los valores para A y B, estos son

A =1

2, B = −1

3. (3.217)

Luego, poniendo estos valores en (3.214), tenemos que la solucion particular es

y p =1

2x2ex − 1

3xex. (3.218)

Finalmente, la solucion general de la ecuacion (3.208) tiene la siguiente forma

y(x) = c1e−2x + c2ex +1

2x2ex − 1

3xex. (3.219)

Ejemplo 3:


y − 3y + 2y = x cos x. (3.220)

Soluci´ on:

La ecuacion homogenea es

y − 3y + 2y = 0. (3.221)Las raıces de esta ecuacion son

m2 − 3m + 2 = 0 → (m − 2)(m − 1) = 0 → m1 = 2, m2 = 1. (3.222)

Entonces, la solucion de la ecuacion homogenea es

yh = c1e2x + c2ex. (3.223)

Luego, de la tabla antes vista, podemos proponer la solucion particular

y p = (Ax + B)cos x + (Cx + D)sen x. (3.224)




Sustituyendo en la ecuacion (3.220), obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones

3A + C = 0,

3B − 3C − 2A + D = 0,

−3A + B + 2C − 3D = 0, (3.225)

A − 3C = 1.

Resolviendo el sistema, resulta

A =1

10, B = − 3

25, C = − 3

10, D = −17

50. (3.226)

Poniendo los valores de A , B, C y D en (3.224), tenemos que la solucion particular tiene la forma

y p = 1

10x − 3

25

cos x +

− 3

10x − 17

50

sen x. (3.227)

Finalmente, tenemos que la solucion general de (3.220), es

y(x) = c1e2x + c2ex + 1

10x − 3

25

cos x +

− 3

10x − 17

50

sen x. (3.228)

Ejemplo 4:

Encontrar la solucion general de la ecuacion diferencial

y − 8y + 16y = (1 − x)e4x. (3.229)

Soluci´ on:


y−

8y + 16y = 0. (3.230)

Suponiendo la solucion y = emx, tenemos la ecuacion caracterıstica y sus correspondientes raıces

m2 − 8m + 16 = 0 → (m − 4)(m − 4) = 0 → m = 4. (3.231)

Entonces, tenemos solo una solucion y1 = e4x. Sabemos que en tal caso, la segunda solucion li-nealmente independiente tendra la forma y2 = xe4x. Entonces, la solucion general de la ecuacionhomogenea (3.230), es

yh = c1e4x + c2xe4x. (3.232)

El siguiente paso es proponer una solucion particular y sustituirla en (3.229). Segun la forma de laparte derecha de (3.229), podemos proponer la solucion y p = (Ax + B)e4x. Sin embargo, estas dossoluciones estan ya incluidas en la solucion homogenea. Entonces, multiplicamos por x y obtenemos

y p = x(Ax + B)e4x

. (3.233)

Si sustituimos esta solucion en la ecuacion (3.229) nos daremos cuenta que no es suficiente, ya queobtendremos A = 1/2, y xe4x = 0, lo cual es inconsistente, ya que suponemos que x = 0. Entonces,multipliquemos la expresion (3.233) nuevamente por x, y obtenemos

y p = x2(Ax + B)e4x. (3.234)

Derivando una y otra vez esta expresion, resulta

y p = Ax2e4x + 2x(Ax + B)e4x + 4x2(Ax + B)e4x,

y = 2(Ax + B)e4x + 4Axe4x + 16x(Ax + B)e4x + 16x2(Ax + B)e4x. (3.235)




Poniendo estos resultados en (3.229), obtenemos

(2B + 6Ax)e4x

= (1 − x)e4x

. (3.236)

Para que esta relacion se cumpla, debemos tener

2B = 1,

6A = −1. (3.237)

De donde es facil obtener los valores de A y B, estos son A = −1/6, y B = 1/2. Entonces, la solucionparticular tiene la forma

y p = x21

2− x

6

e4x. (3.238)

Concluimos que la solucion general de (3.229), es

y(x) = c1e4x + c2xe4x + x21

2− x

6

e4x. (3.239)

Oservaci´ on: En general, si las funciones que componen a la solucion particular propuesta y pestan incluidas en la solucion homogenea ( como es el caso del ejemplo anterior), entonces hay quemultiplicar a y p por la mınima potencia xn que elimina la repeticion, para n = 1, 2, 3,...

Ejemplo 5:


y − 6y + 13y = x2e3x − 3cos2x. (3.240)

Soluci´ on:

Tenemos que la parte homogenea es

y − 6y + 13y = 0. (3.241)

Luego, la ecuacion caracterıstica de (3.241) esta dada por

m2 − 6m + 13 = 0 → m1,2 =6

2±

36 − 4(13)

2= 3 ± 2i. (3.242)

Entonces, la solucion general de la ecuacion homogenea (3.241) tiene la forma

yh = e3x(c1 cos2x + c2 sen2x). (3.243)

Ahora, propongamos una solucion particular de (3.240). La parte derecha de la ecuacion (3.240)consta de dos terminos, entonces, propongamos una solucion particular y p1 para x2e3x, y y p2 para−3cos2x. Obviamente, y p = y p1 + y p2 . Es facil ver que una solucion particular podrıa ser

y p = (Ax2 + Bx + C )e3x + D cos2x + E sen2x. (3.244)

Derivando una y otra vez, resulta

y p = (2Ax + B)e3x + 3(Ax2 + Bx + C )e3x − 2D sen2x + 2E cos2x,

y = 2Ae3x + 6(2Ax + B)e3x + 9(Ax2 + Bx + C )e3x − 4D cos2x − 4E sen2x. (3.245)




Poniendo estos resultados en la ecuacion (3.240), obtenemos el sistema de ecuaciones

B = 0,

2A + 4C = 0,

4A = 1, (3.246)

12D + 9E = 0,

9D − 12E = 0.

Al resolver este sistema hallamos los valores de los coeficientes, estos son; A = 1/4, B = 0, C =−1/8, D = −3/25 y E = 4/25. Sustituyendo estos valores en (3.244), tenemos que la solucionparticular de (3.240), es

y p =x2

4− 1

8

e3x − 3

25cos2x +

4

25sen2x. (3.247)

Por ultimo, construimos la solucion general de (3.240) como la suma de la yh y la y p, esto nos da elresultado final

y(x) = e3x(c1 cos2x + c2 sen2x) +x2

4− 1

8

e3x − 3

25cos2x +

4

25sen2x. (3.248)

3.6. Variacion del Parametro

Ahora analizaremos un caso mas general que el anterior. Es decir, vamos a estudiar el metodo conel cual podremos resolver ecuaciones diferenciales lineales no homogeneas sin restringir a la funcionf (x) (la unica condicion es que f (x) sea continua en algun intervalo donde la ecuacion esta definida),a este nuevo metodo se le conoce como variaci´ on del par´ ametro. En este caso no vamos a deducirlas formulas que se utilizan en el metodo, el lector interesado en las deducciones puede consultar la

referencia [7].

Sea dada la ecuacion diferencial lineal no homogenea en la forma estandar, es decir

y + P (x)y + Q(x)y = f (x) (3.249)

donde se supone que P (x), Q(x) y f (x) son funciones continuas en el intervalo [a, b]. Sean y1 y y2 lasdos soluciones linealmente independientes, correspondientes a la ecuacion homogenea yh, obtenidade (3.249)

y1 + P (x)y1 + Q(x)y1 = 0, y2 + P (x)y2 + Q(x)y2 = 0. (3.250)

Ahora nos hacemos la pregunta: Sera posible hallar dos funciones u1 y u2 tales que la expresion

y p(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) (3.251)

sea una solucion particular de (3.249)?. La respuesta es sı. Los pasos son los siguientes:

Encontrar la solucion general de la ecuacion homogenea correspondiente a la ecuacion (3.249),esto es

y + P (x)y + Q(x)y = 0 (3.252)



3.6. VARIACI ON DEL PARAMETRO 149

De aquı, obtenemos la solucion

yh(x) = c1y1 + c2y2 (3.253)

Identificamos y1 y y2 y formamos el Wronskiano de estas funciones

W = det

y1 y2y1 y2

(3.254)

Encontrar las funciones u1 y u2 segun las formulas

u1

= W 1

W , u

2= W 2

W (3.255)

donde W 1 y W 2 estan dadas por las siguientes formulas

W 1 = det

0 y2

f (x) y2

, W 2 = det

y1 0y1 f (x)

(3.256)

Formar la solucion particular segun la expresion (3.251)

y p(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) (3.257)

donde u1(x) y u2(x) son las funciones encontradas al integrar las expresiones (3.255).

Finalmente, la solucion general de la ecuacion original (3.249) tiene la forma

y(x) = yh(x) + y p(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) (3.258)

Ejemplo 1:


y + 2y + y =e−x

x + 1. (3.259)

Soluci´ on:

La ecuacion homogenea correspondientes es

y + 2y + y = 0. (3.260)

Su ecuacion caracterıstica

m2 + 2m + 1 = 0 → (m + 1)(m + 1) = 0 → m = −1. (3.261)




La solucion general de la ecuacion (3.260) tiene la forma

yh

= c1

e−x + c2

xe−x. (3.262)

De esta ecuacion identificamos las funciones y1 = e−x y y2 = xe−x. Ahora, con estas funcionesformamos el determinante (Wronskiano),

W = det

e−x xe−x

−e−x e−x − xe−x

= e−x(e−x − xe−x) + xe−2x = e−2x. (3.263)

Para W 1 y W 2, tenemos

W 1 = det

0 xe−xe−x

x+1e−x − xe−x

= −xe−2x

x + 1, W 2 = det

e−x 0

−e−x e−x

x+1

=

e−2x

x + 1. (3.264)

Luego, de las formulas (3.255) encontramos las funciones u1 y u2. Para u1, tenemos

u1 =

W 1W

dx = − xe−

2x

x + 1

1

e−2x

dx = − xx + 1

dx =

x + 1 − 1

x + 1

= −

1 − 1

x + 1

dx = −x + ln |x + 1|. (3.265)

y para u2, resulta

u2 =

W 2W

dx =

e−2x

x + 1

1

e−2x

dx =

dx

x + 1= ln |x + 1|. (3.266)

Sustituyendo los valores de u1, u2, y1 y y2 en la formula (3.257) tenemos que la solucion particulary p(x), es

y p = (−x + ln |x + 1|)e−x + xe−x ln |x + 1|. (3.267)

Entonces, la solucion general de la ecuacion (3.259), es

y(x) = c1e−x + c2xe−x − xe−x + e−x(x + 1) ln |x + 1|. (3.268)

Los terminos c2xe−x−xe−x = (c2−1)xe−x, los podemos escribir simplemente como c2xe−x, entoncesla solucion general (equivalente), es

y(x) = c1e−x + c2xe−x + e−x(x + 1) ln |x + 1|. (3.269)

Ejemplo 2:


y + y =1

sen x. (3.270)

Soluci´ on:

Antes que nada, debemos hallar la solucion a la ecuacion homogenea obtenida de (3.270). Tenemos

y + y = 0. (3.271)

La ecuacion caracterıstica asociada a esta ecuacion tiene la forma

m2 + 1 = 0. (3.272)

Las raıces son complejas conjugadas, es decir, tienen la forma m1 = i y m2 = −i. Entonces, lasolucion general de la ecuacion (3.271), es

yh = c1 cos x + c2 sen x, (3.273)



3.6. VARIACI ON DEL PARAMETRO 151

donde c1 y c2 son constantes de integracion. Ahora bien, identificamos las funciones y1 = cos x yy2 = sen x, y calculamos el Wronskiano

W = det

cos x sen x

− sen x cos x

= cos2 x + sen2 x = 1. (3.274)

Ahora, debemos encontrar las funciones W 1 y W 2, segun las formulas (3.256)

W 1 = det

0 sen x1

sen x cos x

= −1, (3.275)

W 2 = det

cos x 0

− sen x 1sen x

=

cos x

sen x, (3.276)

Para encontrar las funciones u1 y u2 tenemos que integrar

u1(x) = W 1

W

dx =

− dx =

−x. (3.277)

y

u2(x) =

W 2W

dx =

cos x

sen xdx =

d(sen x)

sen x= ln | sen x|. (3.278)

Entonces, la solucion particular tiene la forma

y p(x) = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) = −x cos x + ln | sen x| sen x. (3.279)

Finalmente, tenemos la solucion general de la ecuacion (3.270), la cual tiene la forma y(x) = yh(x) +y p(x), explıcitamente

y(x) = c1 cos x + c2 sen x − x cos x + sen x ln | sen x|. (3.280)

Ejemplo 3:


y + 2y + y = xex +1

xex. (3.281)

Soluci´ on:

La ecuacion homogenea esy + 2y + y = 0. (3.282)

Su ecuacion caracterıstica

m2 + 2m + 1 = 0 → (m + 1)(m + 1) = 0 → m = −1. (3.283)

Entonces, la solucion general de la ecuacion homogenea esyh = c1e−x + c2xe−x. (3.284)

Luego, tenemos las soluciones y1 = e−x y y2 = xe−x, entonces, el Wronskiano resulta ser

W = det

e−x xe−x

−e−x e−x − xe−x

= e−2x − xe−2x + xe−2x = e−2x. (3.285)

Hallamos los Wronskianos W 1 y W 2 usando las formulas (3.256). Para W 1 tenemos

W 1 = det

0 xe−x

xex + 1xex e−x − xe−x

= xe−x

xex +

1

xex

= −x2 − e−2x, (3.286)




y para W 2

W 2 = det e−x 0

−e−x

xex

+1xex = e−xxex +

1

xex = x +

e−2x

x

. (3.287)

Luego, de las formulas (3.255), tenemos para u1

u1 =

W 1W

dx =

−x2 − e−2x

e−2xdx = −

x2e2xdx −

dx. (3.288)

Por separado vamos a calcular la integral x2e2xdx →

u = x2, du = 2xdx, dv = e2xdx, v =

1

2e2x

=x2

2e2x −

xe2xdx. (3.289)

Nuevamente se aplica integracion por partes para calcular la integral

xe2xdx = (1/2)xe2x −(1/4)e2x. Tomando este resultado en cuenta y sustituyendo en (3.289), obtenemos

x2e2xdx = x2

2e2x − x

2e2x + 1

4e2x. (3.290)

Entonces, finalmente, tenemos el valor de u1(x), esto es

u1(x) =

− x2

2+

x

2− 1

4

e2x − x. (3.291)

Nos falta calcular la funcion u2(x), tenemos

u2(x) =

W 2W

dx =

x +

e−2x

x

1

e−2x

dx =

xe2x +

1

x

dx =

1

2xe2x − 1

4e2x + ln |x|. (3.292)

De tal manera, que el valor de u2 es

u2(x) =1

2xe2x − 1

4e2x + ln |x|. (3.293)

Entonces, la solucion particular es

y p = u1(x)y1(x)+ u2(x)y2(x) =

− x2

2+

x

2− 1

4

e2x−x

e−x+

1

2xe2x− 1

4e2x+ln |x|

xe−x. (3.294)

Haciendo un poco de algebra, la expresion (3.294) se reduce a

y p =(x − 1)ex

4+ xe−x

ln |x| − 1

. (3.295)

Finalmente, la solucion general de la ecuacion (3.281) tiene la forma

y(x) =

c1 + c2x + x ln |x|

e−x +(x − 1)ex

4. (3.296)

En la solucion (3.296) hemos escrito la constante c2 como c2 − 1, esto no altera el resultado.

3.7. Ecuaciones de Cauchy-Euler

Hasta el momento hemos considerado ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes,y fue relativamente facil encontrar sus soluciones. Sin embargo, en el caso en que los coeficientes



3.7. ECUACIONES DE CAUCHY-EULER 153

son variables no es tan facil encontrar soluciones exactas. No obstante, existe un tipo de ecuacionescon coeficientes variables cuya solucion general se puede expresar en terminos de potencias de x,

senos, cosenos, funciones logarıtmicas y exponenciales. A este tipo de ecuaciones se les conoce comoecuaciones diferenciales de Cauchy-Euler , y tienen la forma

anxn dnydxn + an−1xn−1 d

n−1ydxn−1 + ... + a1xdydx + a0y = g(x) (3.297)

donde ai (i = 0, 1, 2,...,n) son constantes y g(x) es una funcion continua en el dominio de definicionde le ecuacion diferencial. Podemos observar que la potencia de x coincide con el orden de la ecua-cion diferencial. Analizaremos primero las ecuaciones de segundo orden homogeneas con coeficientesvariables, es decir, las ecuaciones de la forma

ax2 d2ydx2 + bxdydx + cy = 0 (3.298)

Una vez conocida la solucion de la ecuacion homogenea es facil encontrar la solucion de la ecuacionno homogenea usando el metodo de variacion de parametros antes visto.

Sea dada la ecuacion diferencial de segundo orden

ax2y + bxy + cy = 0 (3.299)

Busquemos una solucion de la forma

y = xm (3.300)

donde m es un numero a determinar, tenemos

dy

dx= mxm−1,

d2y

dx2= m(m − 1)xm−2. (3.301)

Sustituyendo en la ecuacion (3.299)

am(m − 1)x2xm−2 + bmxxm−1 + cxm = 0. (3.302)

Factorizando am(m − 1) + bm + c

xm = 0. (3.303)

Debido a que xm = 0, entonces para que la ecuacion se cumpla debera satisfacerse la relacion

am2 + (b − a)m + c = 0 (3.304)

que es la ecuacion caracterıstica de la ecuacion diferencial de Cauchy-Euler. Para esta existen trescasos posibles:

Primer caso. Raıces reales y distintas. Es decir, m1 y m2 diferentes, en tal caso, tenemos quela solucion general es

y(x) = c1xm1 + c2xm2 (3.305)




Ejemplo 1:


x2y − 4xy + 6y = 0. (3.306)

Soluci´ on:

Supongamos que la solucion es del tipo

y(x) = xm (3.307)

Sustituyendo (3.307) en (3.306), tenemos

m2 − 5m + 6 = 0. (3.308)

Las raıces de esta ecuacion sonm1 = 3, m2 = 2. (3.309)

La solucion general de la ecuacion (3.306) es

y(x) = c1x3 + c2x2. (3.310)

Segundo caso. Raıces reales e iguales. Esto es, m1 = m2 = m. En tal caso solo tendremos unasolucion que sera y1 = xm. Para que esto suceda el discriminante de la ecuacion cuadratica (3.304)

debera ser igual a cero, de donde encontramos que m = − (b−a)2a . Entonces, podemos formar una

segunda solucion linealmente independiente. Para esto escribamos la ecuacion de Cauchy-Euler enla forma estandar, esto es

y + baxy + c

ax2 y = 0 (3.311)

Entonces, usamos la formula (3.119)

y2 = y1

e−

p(x)dx

y21dx = y1

e−

ba

dxx

x2mdx = y1

e−

ba lnx

x2mdx

= y1

x−

ba x−2mdx = y1

x−

ba x

b−aa dx = y1

dx

x= y1 ln x. (3.312)

La solucion general sera la suma de las dos soluciones, esto es

y(x) = c1xm + c2xm ln x (3.313)

En general, cuando aparece una raız real m = a en la ecuacion caracterıstica con multiplicidad r,entonces la ecuacion de Cauchy-Euler tiene como soluciones

y = xa, y = xa ln x, y = xa(ln x)2, ..., y = xa(ln x)r−1. (3.314)

Ejemplo 2:

Resolver la ecuacion de Cauchy-Euler

8x3y + 12x2y + 12xy − y = 0. (3.315)




Soluci´ on:

Segun el metodo antes visto, debemos suponer la solucion

y = xm. (3.316)

Sustituyendo la solucion propuesta en (3.315), tenemos la ecuacion caracterıstica

8m(m − 1)(m − 2) + 12m(m − 1) + 2m − 1 = 0, (3.317)

la cual podemos escribir de la siguiente manera

(8m − 4)m(m − 1) + 2m − 1 = 0. (3.318)

Factorizando, resulta

(2m

−1)[4m(m

−1) + 1] = 0. (3.319)

Esta misma expresion la podemos escribir de la siguiente manera

(2m − 1)(4m2 − 4m + 1) = 0. (3.320)

Finalmente, tenemos

(2m − 1)3 = 0. (3.321)

De donde es facil ver que tenemos la raız m = 1/2 de multiplicidad 3. Cada repeticion de una raızcorresponde a un factor adicional ln x en la solucion. De esta manera, obtenemos tres solucioneslinealmente independientes que satisfacen la ecuacion (3.315). Estas soluciones tienen la forma

y =√

x, y =√

x ln x, y =√

x(ln x)2. (3.322)

La solucion general de la ecuacion (3.315) estara dada por la combinacion lineal de estas tres fun-ciones, es decir

y(x) = c1√

x + c2√

x ln x + c3√

x(ln x)2. (3.323)

Tercer caso. Raıces complejas conjugadas. Es decir

m1 = α + iβ, m2 = α − iβ, (3.324)

donde α y β son ciertos numeros reales. La solucion general de la ecuacion (3.298), en tal caso es

y(x) = c1xα+iβ + c2xα−iβ (3.325)

Haciendo

xiβ =

eln xiβ

= eiβ lnx = cos(β ln x) + i sen(β ln x), (3.326)

donde hemos aplicado la formula de Euler. Sustituyendo en la ecuacion (3.325), obtenemos

y(x) = C 1xα+iβ + C 2xα−iβ = xα

C 1xiβ + C 2x−iβ

=

= xα

C 1

cos(β ln x) + i sen(β ln x)

+ C 2

cos(β ln x) − i sen(β ln x)

=

= xα

(C 1 + C 2)cos(β ln x) + (iC 1 − iC 2) sen(β ln x)

. (3.327)




En el intervalo x > 0, las funciones xα cos(β ln x) y xα sen(β ln x) son soluciones linealmente inde-pendientes de la ecuacion diferencial (3.299). Podemos redefinir las constantes como; c1 = C 1 + C 2

y c2 = iC 1 − iC 2, entonces, tenemos

y(x) = xα

c1 cos(β ln x) + c2 sen(β ln x)

(3.328)

Ejemplo 3:

Resolver la ecuacionx2y + xy + 4y = 0. (3.329)

Soluci´ on:

Suponemos la solucion y = xm, sustituyendo en la ecuacion (3.329), obtenemos la ecuacion

caracterıstica m2 + 4 = 0 → m1 = 2i, m2 = −2i. (3.330)

En este caso tenemos que las raıces son complejas conjugadas. Identificamos a α = 0 y β = 2.Entonces haciendo uso de la formula (3.328) tenemos que la solucion general de la ecuacion (3.329)tiene la forma

yh(x) = c1 cos(2ln |x|) + c2 sen(2ln |x|). (3.331)

Ahora estudiaremos las ecuaciones de Cauchy-Euler no homogeneas. Para estas ecuaciones son vali-dos los metodos antes vistos: coeficientes indeterminados y variaci´ on de par´ ametros.

Ejemplo 4:


x2

y − xy + y = 8x3

. (3.332)Soluci´ on:

La ecuacion homogenea correspondiente a (3.332) es

x2y − xy + y = 0. (3.333)

Suponemos la soluciony(x) = xm. (3.334)

Sustituyendo (3.334) en la ecuacion homogenea (3.333), tenemos

m2 − 2m + 1 = 0 → (m − 1)(m − 1) = 0. (3.335)

De (3.335) concluımos que solo hay una solucion m = 1 para la ecuacion homogenea (3.333). Peroya sabemos que dada una solucion de una ecuacion diferencial lineal, siempre podemos construir unasegunda solucion linealmente independiente. De tal manera, que la solucion general de la ecuacionhomogenea (3.333) tiene la forma

yh(x) = c1x + c2x ln |x|. (3.336)

Ahora debemos proponer una solucion particular de la ecuacion no homogenea (3.332). Debido ala estructura de la funcion f (x) = 8x3, podemos usar el metodo de los coeficientes indeterminados.Supongamos que la solucion particular de (3.332) tiene la forma

y p(x) = Ax3 + Bx2 + Cx + D. (3.337)




Para sustituir en (3.332) calculamos las derivadas primera y segunda de (3.337)

y p = 3Ax

2

+ 2Bx + C, y p = 6Ax + 2B. (3.338)Sustituyendo (3.338) en la ecuacion (3.332)

x2(6Ax + 2B) − x(3Ax2 + 2Bx + C ) + Ax3 + Bx2 + Cx + D = 8x3. (3.339)

Igualando los coeficientes de x, tenemos que los coeficientes indeterminados son A = 2 y B = 0,C = 0, D = 0. Poniendo el valor de los coeficientes en (3.337), tenemos la soluci on particular

y p(x) = 2x3. (3.340)

La solucion general de la ecuacion (3.332), es

y(x) = x(c1 + c2 ln |x|) + 2x3. (3.341)

Ejemplo 5:

Resolver la ecuacion de Cauchy-Euler no homogenea

x2y + 3xy − 3y = 5x2. (3.342)

Soluci´ on:

Primero resolvemos la parte homogenea, es decir

x2y + 3xy − 3y = 0. (3.343)

Luego, suponemos la solucion y = xm. Sustituyendo en (3.343), obtenemos la ecuacion caracterısticay sus raıces

m2 + 2m − 3 = 0 → (m + 3)(m − 1) = 0 → m1 = −3, m2 = 1. (3.344)

Entonces, la solucion de la ecuacion (3.343) es

yh = c1x−3 + c2x. (3.345)

Ahora debemos resolver la parte no homogenea de la ecuacion (3.342). Para esta ecuacion podemosbuscar una solucion particular aplicando el metodo de los coeficientes indeterminados. Supongamoslas soluciones particulares

y p = Ax2 + Bx + C → y p = Ax3 + Bx2 + Cx. (3.346)

Debemos tomar la segunda solucion, ya que como podemos ver, una de las soluciones(termino linealen x) de la primer ecuacion de (3.346) ya esta incluida en la solucion homogenea (3.345). Derivandouna y otra vez, resulta

y p = 3Ax2 + 2Bx + C, y p = 6Ax + 2B. (3.347)

Poniendo estos resultados en (3.342), obtenemos

12Ax3 + 5Bx2 = 5x2. (3.348)

De dondeA = 0, B = 1. (3.349)

Entonces, la solucion particular esy p = x2. (3.350)




Finalmente, tenemos que la solucion general de la ecuacion (3.342) es

y(x) =c1x3 + c2x + x

2

. (3.351)

Ejemplo 6:

Resolver la ecuacion de Cauchy-Euler no homogenea

x2y + 5xy + 3y = 8x ln x. (3.352)

Soluci´ on:

Primero, resolvemos la ecuacion homogenea correspondiente a la ecuacion (3.352). Tenemos

x2y + 5xy + 3y = 0. (3.353)

Supongamos la soluciony = xm. (3.354)

Derivando, resulta

y = mxm−1, y = m(m − 1)xm−2. (3.355)

Sustituyendo en (3.353), tenemos la ecuacion caracterıstica y sus raıces

m2 + 4m + 3 = 0 → (m + 3)(m + 1) = 0 → m1 = −3, m2 = −1. (3.356)

La solucion general de la ecuacion homogenea es

yh = c1x−3 + c2x−1. (3.357)

Luego, con las funcionesy1 = x−3, y2 = x−1, (3.358)

formamos el Wronskiano

W = det

x−3 x−1

−3x−4 −x−2

= −x−5 + 3x−5 = 2x−5. (3.359)

Las funciones W 1 y W 2 se calculan segun las formulas (3.256)

W 1 = det

0 x−1

8 lnxx −x−2

= −8 ln x

x2. (3.360)

y

W 2 = det

x−3 0−3x−4 8 lnx

x

= 8 ln x

x4. (3.361)

Ahora, podemos calcular las funciones u1 y u2, integrando

u1(x) =

W 1W

dx =

− 8 ln x

x2

1

2x−5

dx = −4

x3 ln xdx

→

u = ln x, du =1

xdx, dv = x3dx, v =

x4

4

= −4

x4

4ln x − 1

4

x4

xdx

= −x4 ln x +x4

4. (3.362)




y

u2(x) = W

2W dx =

8 ln x

x4 1

2x−5

dx = 4

x ln xdx

→

u = ln x, du =1

xdx, dv = xdx, v =

x2

2

= 4

x2

2ln x − 1

2

x2

xdx

= 2x2 ln x − x2. (3.363)


y p(x) = u1y1 + u2y2 =

− x4 ln x +x4

4

x−3 +

2x2 ln x − x2

x−1 = x ln x − 3x

4. (3.364)

Luego, la solucion general de la ecuacion (3.352), es

y(x) = c1x−3 + c2x−1 + x ln x − 3x4

. (3.365)

Ejemplo 7:

Hallar la solucion general de la ecuacion no homogenea de Cauchy-Euler

x2y − xy + 2y = x ln x. (3.366)

Soluci´ on:

La ecuacion homogenea correspondientes es

x2y − xy + 2y = 0. (3.367)

Supongamos la solucion y = xm, derivando y sustituyendo en (3.367), obtenemos la ecuacion carac-terıstica

m(m − 1) − m + 2 = 0 → m2 − 2m + 2 = 0. (3.368)

Las raıces de esta ecuacion son complejas conjugadas, m1 = 1+ i, y m2 = 1 − i. Entonces, la solucionhomogenea es

yh = x

c1 cos(ln x) + c2 sen(ln x)

. (3.369)

De esta ecuacion identificamos las funciones

y1 = x cos(ln x), y2 = x sen(ln x). (3.370)

Con estas funciones formamos el Wronskiano

W = det

x cos(ln x) x sen(ln x)

cos(ln x) − sen(ln x) sen(ln x) + cos(ln x)

= x. (3.371)

Luego, encontramos las funciones W 1 segun las formulas (3.256)

W 1 = det

0 x sen(ln x)lnxx sen(ln x) + cos(ln x)

= −(ln x) sen(ln x). (3.372)

y W 2,

W 2 = det

x cos(ln x) 0

cos(ln x) − sen(ln x) lnxx

= (ln x) cos(ln x). (3.373)




Despues, con ayuda de las formulas (3.255) calculamos las funciones u1 y u2, esto es

u1(x) =

W 1W dx = − ln x sen(ln x)x dx = − ln x sen(ln x)d(ln x) → t = ln x

= −

t sen tdt =→

u = t,du = dt, dv = sen tdt,v = cos t

= −t cos t +

cos tdt

= −t cos t + sen t = ln x cos(ln x) − sen(ln x). (3.374)

La integral para u2(x) se calcula de la misma manera que (3.374) y el resultado es

u2(x) =

W 2W

dx =

ln x cos(ln x)

xdx =

ln x cos(ln x)d(ln x) = ln x sen(ln x)+cos(ln x). (3.375)

Luego, la solucion particular esta dada por

y p

(x) = u1

(x)y1

(x) + u2

(x)y2

(x) = x cos(ln x) ln x cos(ln x)−

sen(ln x)+

+ x sen(ln x)

ln x sen(ln x) + cos(ln x)

= x ln x. (3.376)


y(x) = yh + y p = x

c1 cos(ln x) + c2 sen(ln x)

+ x ln x. (3.377)

Ejemplo 8:

Resolver la siguiente ecuacion

(x + 2)2y + 3(x + 2)y − 3y = 0. (3.378)

Soluci´ on:

Hagamos la sustituciont = x + 2 → dt = dx, (3.379)

entonces, la ecuacion se reduce a una ecuacion donde la variable independiente es t y no x, esto es

t2d2y

dt2+ 3t

dy

dt− 3y(t) = 0. (3.380)

Luego, suponemos la soluciony(t) = tm. (3.381)

Sustituyendo, obtenemos la ecuacion caracterıstica y sus raıces

m(m − 1) + 3m − 3 = 0 → (m + 3)(m − 1) → m1 = −3, m2 = 1. (3.382)


y(t) = c1t−3 + c2t. (3.383)

Luego, regresamos a la variable x. Para esto sustituimos la expresion (3.379) en (3.383), y de estamanera obtenemos la solucion general de la ecuacion (3.378)

y(x) = c1(x + 2)−3 + c2(x + 2). (3.384)

Ejemplo 9:




Resolver la ecuacion(2x + 1)2y − 2(2x + 1)y + 4y = 0. (3.385)

Soluci´ on:


t = 2x + 1 → dt = 2dx → dx =1

2dt. (3.386)

Entonces, la ecuacion (3.385) toma la forma

2t2y − 4ty + 4y(t) = 0 → t2y − 2ty + 2y(t) = 0. (3.387)

Luego, suponiendo la solucion y = tm y sustituyendo en (3.387) tenemos la ecuacion caracterısticay sus raıces

m(m − 1) − 2m + 2 = 0 → m2 − 3m + 2 = 0 → m1 = −1 m2 = −2. (3.388)


y(t) = c1t−1 + c2t−2. (3.389)

Para obtener la solucion de la ecuacion (3.385) es necesario cambiar, en (3.389), la variable t por lavariable x segun la expresion (3.386). Finalmente, tenemos

y(x) = c1(2x + 1)−1 + c2(2x + 1)−2. (3.390)

Teorema 3.7.1. La ecuaci´ on de Cauchy-Euler (3.298) puede transformarse en una ecuaci´ on lineal con coeficientes constantes mediante la sustituci´ on x = et.

Sea la ecuacion de Cauchy-Euler (3.298)

ax2 d2ydx2 + bxdy

dx + cy = 0 (3.391)

Hagamos la sustitucion x = et. Como y es funcion de x y esta, a su vez, es funcion de t, tenemosque derivar usando la regla de la cadena, esto es

dy

dx=

dy

dt

dt

dx. (3.392)

Luegox = et → t = ln x. (3.393)

Derivando a t respecto a x, para sustituir en la ecuacion (3.392), resulta

dtdx

= 1x

→ dtdx

= 1et

= e−t. (3.394)

Sustituyendo en la expresion (3.392)dy

dx=

dy

dte−t. (3.395)

Aplicando una vez mas la regla de la cadena, obtenemos

d2y

dx2=

d

dt

e−t

dy

dt

dt

dx= e−t

d

dt

e−t

dy

dt

= e−t

− e−t

dy

dt+ e−t

d2y

dt2

= e−2t

− dy

dt+

d2y

dt2

. (3.396)




Sustituyendo estos resultados en la ecuacion (3.391), resulta

ae2te−2t

d

2

ydt2 − dydt

+ bete−t dydt + cy(t) = 0. (3.397)

De donde obtenemos la siguiente ecuacion

ad2ydt2 + (b − a)dydt + cy(t) = 0 (3.398)

Esta es una ecuacion diferencial lineal con coeficientes constantes, la cual puede ser resuelta supo-niendo la solucion y(t) = emt. Luego, en la solucion general de (3.398) se sustituye t = ln x, paraobtener la solucion general de la ecuacion (3.391).

Ejemplo 10:

Aplicando la sustitucion x = et resolver la ecuacion de Cauchy-Euler

x2y − xy + y = 0. (3.399)

Soluci´ on:

Suponemos la sustitucion x = et, t = ln x. Entonces, de (3.398) tenemos la ecuacion lineal

d2y

dt2− 2

dy

dt+ y(t) = 0. (3.400)

Luego, supongamos la solucion y = emt y sustituyendo en (3.400), obtenemos la ecuacion carac-terıstica y sus raıces

m2

−2m + 1 = 0

→(m

−1)2 = 0. (3.401)

Tenemos solo una raız de multiplicidad 2. Entonces, la solucion general de (3.400), es

y(t) = c1et + c2tet. (3.402)

Finalmente, para obtener la solucion general de (3.399), basta con sustituir en (3.402), t = ln x, estoes

y(x) = c1eln x + c2 ln xelnx → y(x) = c1x + c2x ln x. (3.403)

3.8. Vibraciones Mecanicas

El movimiento de un cuerpo de masa m sujeto a un resorte, sirve como ejemplo simple de las

vibraciones que ocurren en los sistemas mecanicos mas complejos. Muchos problemas de este tipose pueden modelar con ecuaciones diferenciales lineales no homogeneas con coeficientes constantesy, desde luego, ser resueltos con los metodos antes vistos.

Supongamos que tenemos un cuerpo de masa m sujeto a un extremo de un resorte que resiste,tanto a la compresion como al estiramiento, el otro extremo del resorte esta sujeto a un muro fijo,figura 3.1. Supongamos, ademas, que el cuerpo descansa en una superficie plana sin friccion, de modoque el cuerpo solamente puede moverse hacia atras y hacia adelante cuando el resorte se estira o secomprime. Supongamos que x representa la distancia del cuerpo a la posicion de equilibrio (reposo).Fijemos nuestro sistema de referencia de tal modo que x > 0, cuando el resorte esta estirado yx < 0 cuando el resorte esta comprimido. Ahora, apliquemos las leyes de la fısica que han sido



3.8. VIBRACIONES MEC ANICAS 163

comprobadas experimentalmente. En este caso, la ley de Hooke: Esta ley nos dice que, la fuerza queel resorte ejerce sobre un cuerpo de masa m es proporcional a la distancia a la que el resorte se ha

estirado o comprimido. A esta fuerza se le conoce como fuerza restauradora , ya que su funcion esllevar al cuerpo a su estado de equilibrio. Esta fuerza se representa como

F r = −kx, (3.404)

donde k > 0, es la constante de proporcionalidad, la cual solo depende del material del que est a hechoel resorte. F r < 0, cuando x > 0 y F r > 0 cuando x < 0, figura (3.1).

Figura 3.1:

Aplicando la segunda ley de Newton, tenemos

md2xdt2

= −kx, (3.405)

La ecuacion (3.405) se puede escribir como una ecuacion lineal homogenea de segundo orden, esdecir, de la siguiente manera

md2x

dt2+ kx = 0. (3.406)

Sabemos bien que el modelo anterior es bastante ideal, y que en el mundo real es difıcil encontrartales sistemas. En realidad, siempre existe una fuerza de amortiguamiento. Esta fuerza de amorti-guamiento es muy aproximada a ser proporcional a la velocidad instantanea del cuerpo, es decir,

F a = −β dx

dt, (3.407)

donde β es la constante de proporcionalidad, la cual depende del medio que sirve de amortiguador(puede ser la friccion de la superficie o del aire), figura (3.2). Notese que las fuerzas F r y F a tienensigno negativo, esto es debido a que actuan en sentido contrario al del movimiento del cuerpo.

La ecuacion que describe el comportamiento del sistema de la figura (3.2) tiene, entonces, laforma

md2x

dt2+ β

dx

dt+ kx = 0. (3.408)

Si, ademas de las fuerzas F r y F a, el cuerpo esta sujeto a una fuerza externa dada por

F e = F (t), (3.409)




Figura 3.2:

entonces, la fuerza total que actua en el cuerpo esta dada por la suma de estas fuerzas

F = F r + F a + F e. (3.410)

En general, las fuerzas son vectoriales, pero aquı no es necesario representarlas como vectores, yaque por condiciones del problema se trata de un movimiento unidimensional.

Haciendo uso de la segunda ley de la dinamica de Newton, la cual nos dice que, la suma de todaslas fuerzas que actuan en un cuerpo es igual al producto de su masa por la aceleracion, es decir,

N i

F i=1 = md2x

dt2. (3.411)

Entonces, tenemos

md2x

dt2= −β

dx

dt− kx + F (t). (3.412)

Desde luego, esta ecuacion la podemos escribir de la siguiente manera

md2xdt2 + β dxdt + kx = F (t) (3.413)

Como podemos ver, la ecuacion (3.413) es una ecuacion diferencial lineal no homogenea de segundoorden con coeficientes constantes. Esta ecuacion modela, en un alto grado de exactitud, el movimientodel cuerpo sujeto a una fuerza de amortiguamiento y a una fuerza externa.

Si no hay amortiguamiento, entonces, ponemos β = 0 y decimos que el movimiento es no amor-tiguado. El movimiento es amortiguado si β > 0. Si no hay fuerzas externas, esto es, si F (t) = 0,entonces, decimos que el movimiento es libre y diremos que es movimiento forzado si F (t) = 0.

Ası, la ecuacion homogenea

md2xdt2 + β dxdt + kx = 0 (3.414)

describe el movimiento libre de un cuerpo de masa m sujeto a un resorte con amortiguamiento, perosin fuerzas externas.

3.9. Solucion para el Movimiento Libre no Amortiguado

Se llama movimiento libre no amortiguado a todo aquel que cumple la ecuacion diferencial

md2xdt2 + kx = 0 (3.415)



3.9. SOLUCI ON PARA EL MOVIMIENTO LIBRE NO AMORTIGUADO 165

Notese que aquı hemos puesto β = F (t) = 0. Escribamos la ecuacion (3.415) de la siguiente manera

d2xdt2 + ω2

0x = 0 (3.416)

Donde, por comodidad, se ha introducido el parametro ω20 = k/m. La solucion de esta ecuacion la

buscamos de la formax(t) = eλt. (3.417)

En esta expresion hemos escrito λ en lugar del parametro m, esto es para no confundirse con lamasa m del cuerpo. Sustituyendo en (3.416), tenemos

λ2 + ω20 = 0 → λ = ±

−ω2

0 = ±iω0. (3.418)

De donde, la solucion general de esta ecuacion es

x(t) = c1 cos ω0t + c2 sen ω0t. (3.419)

Este resultado lo podemos escribir de otra forma equivalente. Definamos las constantes c1 y c2 como

c1 = R cos φ c2 = R sen φ. (3.420)

donde

R =

c21 + c22, tg φ =c2c1

, φ = tg−1c2

c1

. (3.421)

Sustituyendo (3.420) en (3.419), resulta

x(t) = R cos φ cos ω0t + R sen φ sen ω0t. (3.422)

Recordando la identidad trigonometrica

cos φ cos ω0t + sen φ sen ω0t = cos(ω0t − φ) (3.423)

obtenemos el resultado final

x(t) = R cos(ω0t − φ) (3.424)

Observe que existe una relacion entre las constantes c1, c2 y las funciones sen φ y cos φ. Esto es

cos φ =c1

c21 + c22, sen φ =

c2 c21 + c22

. (3.425)

Existe un numero infinito de angulos φ, que difieren en multiplos enteros de 2π, que satisfacen lasecuaciones (3.425). Usualmente se escoge a φ tal que −π ≤ φ < π. El movimiento descrito por(3.419), o por (3.424) se llama movimiento arm´ onico simple. La solucion (3.424) es periodica deperiodo

T = 2πω0

(3.426)

Este es el tiempo requerido para que el cuerpo complete un ciclo de ida y vuelta, u oscilacion. Alparametro R se le conoce como amplitud de la oscilaci´ on . Al angulo φ se le da el nombre de ´ angulo de

fase y se mide en radianes. Si t esta en segundos, entonces, ω0 esta dada en radianes sobre segundoy se le llama frecuencia propia del movimiento.




3.10. Soluciones Para las Oscilaciones Forzadas

no Amortiguadas

En la naturaleza existen muchos fenomenos sometidos a fuerzas periodicas externas. Por ejemplo,los motores de helice de un avion causan perturbaciones periodicas en sus alas. Las perturbaciones,aunque sean pequenas en magnitud, pueden causar fracturas estructurales si tienen ciertas frecuen-cias crıticas. Veamos como esto sucede. Consideremos un sistema masa-resorte sin amortiguamientosometido a una fuerza externa

F (t) = F 0 cos γ 0t, (3.427)

donde F 0 es una amplitud constante y γ 0 es la frecuencia propia de la fuerza externa. La ecuacionque gobierna el movimiento no amortiguado tiene la forma

d2xdt2 + ω2

0x = F (t) (3.428)

Considerando la fuerza externa (3.427) tenemos

d2x

dt2+ ω2

0x =F 0m

cos γ 0t (3.429)

Donde hemos definido ω0 =

k/m. Para resolver la ecuacion (3.429), primero debemos resolver suecuacion homogenea correspondiente

d2x

dt2+ ω2

0x = 0. (3.430)

Esta ecuacion tiene la solucionxh = c1 cos ω0t + c2 sen ω0t. (3.431)

Ahora busquemos una solucion particular de la ecuacion (3.429), sea

x p = A cos γ 0t + B sen γ 0t. (3.432)

Sustituyendo esta solucion en la ecuacion (3.429), con el objetivo de encontrar las constantes A yB, tenemos como resultado

(ω20 − γ 20)(A cos γ 0t + B sen γ 0t) =

F 0m

cos γ 0t. (3.433)

Esto se cumple, si y solo si

A =F 0

m(ω20 − γ 20)

, y B = 0. (3.434)


x p(t) =F 0

m(ω20 − γ 20)

cos γ 0t. (3.435)

Luego, la solucion general esta dada por la relacion

x(t) = c1 cos ω0t + c2 sen ω0t +F 0

m(ω20 − γ 20)

cos γ 0t. (3.436)

Ahora, supongamos que las condiciones iniciales son tales que

x(0) = 0, x(0) = 0. (3.437)



3.11. CIRCUITO ELECTRICO RLC 167

Entonces, tenemos

c1 =

−F 0

m(ω20 − γ

20)

, y c2 = 0. (3.438)


x(t) =F 0

m(ω20 − γ 20)

(cos γ 0t − cos ω0t). (3.439)

Esta solucion es valida para el caso ω0 = γ 0. Por otro lado, si ω0 → γ 0, entonces la expresion (3.439)tiene la indeterminacion x(t) → 0

0 . En tal caso debemos aplicar el teorema de L Hospital en (3.439).Es decir, debemos derivar la expresion de la derecha de (3.439) respecto a ω0 y tomar el lımitecuando ω0 → γ 0. El resultado es el siguiente

x(t) =tF 0 sen γ 0t

2mγ 0. (3.440)

De esta expresion se tiene que cuando t

→ ∞la solucion se indetermina, lo cual significa que el

sistema, en este caso, tiende a la inestabilidad.

3.11. Circuito Electrico RLC

Supongamos que tenemos un circuito electrico formado por un resistor de resistencia R (ohms),un inductor de inductancia L (henrios) y un capacitor de capacitancia C (faradios) conectados enserie a una fuente de fuerza electromotriz E (t) (voltios). Determinar la ecuacion diferencial quedescriba el comportamiento de la corriente I (t) (amperes) en el circuito.

Si el interruptor esta abierto, entonces, no pasa nada. Cuando el interruptor se cierra (encendi-do), las diferencias en el potencial electrico causan que fluya corriente en el circuito. La baterıa o

generador en la figura (3.3) crea una diferencia de potencial electrico E (t) entre sus dos terminales,que etiquetamos arbitrariamente como positiva y negativa. Decimos que E (t) > 0 si el potencial enla terminal positiva es mayor que el potencial en la terminal negativa, E (t) < 0 si el potencial en laterminal positiva es menor que en la terminal negativa y E (t) = 0 si el potencial es el mismo en lasdos terminales. Usualmente a E (t) se le llama fuerza electromotriz .

Figura 3.3: Circuito RLC.

Para cualquier tiempo t dado, en cada uno de los puntos del circuito fluye la misma corrienteI (t), y decimos que I (t) > 0 si el flujo circula alrededor del circuito, de la terminal positiva de labaterıa o generador hacia la terminal negativa, I (t) < 0 es el flujo en el sentido opuesto, e I (t) = 0significa que no fluye corriente.

La ecuacion para la corriente I (t) se obtiene considerando las siguientes tres caıdas de voltaje

V L = L,dI

dten el inductor.




V R = RI, ley de Ohm.

V C =q

C

, en el capacitor.

La ley de Kirchhoff nos dice que la suma de estas tres caıdas de voltaje deber´ a ser igual a la fuerza electromotriz E (t). Matematicamente, para el circuito de la figura (3.3), esta ley se escribe como

LdI

dt+ RI +

1

C q = E (t). (3.441)

Esta ecuacion contiene dos incognitas, la corriente I (t) en el circuito y la carga q(t) en el capacitor.Por otro lado, la corriente I (t) es la cantidad de carga que atraviesa una seccion transversal de unconductor en un tiempo t, esto es

I (t) =dq

dt. (3.442)

Si derivamos la expresion (3.441) respecto a t, y tomamos en cuenta la relacion (3.442), obtenemosla ecuacion diferencial para la corriente I (t) en funcion del tiempo

Ld2I dt2 + RdI dt + 1

C I = dEdt

(3.443)

Esta ecuacion es de segundo orden lineal no homogenea y con coeficientes constantes.

Por otro lado, sustituyendo la expresion (3.442) en (3.441), obtenemos una ecuacion diferencialpara la carga q(t), la cual tiene la siguiente forma

Ld2qdt2 + R

dqdt +

1C q = E (t) (3.444)

Para hallar la corriente I (t) que fluye en un circuito RLC resolvemos la ecuacion (3.444) para q(t)y luego diferenciamos la solucion para obtener I (t).

Observaci´ on:

Como podemos ver, las ecuaciones (3.444) y (3.443), desde el punto de vista matematico tienenla misma estructura de la ecuacion (3.413)

md2x

dt2+ β

dx

dt+ kx = F (t), (3.445)

la cual representa un sistema masa-resorte con una fuerza externa F (t). Entonces, es obvio quedebe haber una cierta analogıa entre las constantes que entran en las ecuaciones. Esta analogıa laescribimos en la siguiente tabla:

Sistema Mecanico Sistema ElectricoMasa m Inductancia L

Constante de Amortiguamiento β Resistencia RConstante del Resorte k Capacitancia Recıproca 1/C

Posicion x Carga q o Corriente I Fuerza F (t) Fuerza Electromotrız E (t)



3.12. OSCILACIONES LIBRES DEL CIRCUITO RLC 169

3.12. Oscilaciones Libres del Circuito RLC

Un circuito RLC tiene oscilaci´ on libre si E (t) = 0, para todo t > 0. Entonces, para las oscilacioneslibres de un circuito, figura (3.3) en que E (t) = 0, tenemos de la expresion (3.444), la ecuacion

Ld2q

dt2+ R

dq

dt+

1

C q = 0. (3.446)

Esta ecuacion es lineal, homogenea con coeficientes constantes. La ecuacion caracterıstica corres-pondientes, es

Lm2 + Rm +1

C = 0. (3.447)

Aquı m no representa ninguna masa, es un parametro a determinar. Las raıces de esta ecuacioncaracterıstica son

m1 = −R + R2

−4L/C

2L y m2 = −R

− R2

−4L/C

2L . (3.448)

Existen tres casos de interes:

Primer Caso: Si se cumple la relacion R2 < 4L/C , decimos que la oscilacion es subamortiguada .En tal caso, las raıces m1 y m2 son complejas conjugadas y tienen la forma

m1 = − R

2L+ iω1 y m2 = − R

2L− iω1, (3.449)

donde

ω1 =

4L/C − R2

2L. (3.450)

La solucion general de la ecuacion (3.446), es

q(t) = e−Rt/2L

c1 cos ω1t + c2 sen ω1t

. (3.451)

Esta solucion la podemos escribir en una forma equivalente

q(t) = Ae−Rt/2L cos(ω1t − φ), (3.452)

siempre y cuando

A =

c21 + c22, c1 = A cos φ, c2 = A sen φ, φ = tg−1c2

c1

. (3.453)

donde A es la amplitud de las oscilaciones, ω la frecuencia y φ la fase. Si suponemos que R = 0 (casoideal), entonces, de las ecuaciones (3.452) y (3.450), tenemos

q(t) = A cos t√

LC − φ

. (3.454)

Este resultado es similar al movimiento armonico simple de un sistema masa-resorte no amortiguadoen vibracion libre. El caso del sistema subamortiguado es el mas interesante, ya que por lo generallos circuitos RLC pertenecen a estos sistemas.

Segundo caso: Si R2 > 4L/C tenemos la oscilaci´ on sobreamortiguada . Esto significa que laresistencia en el circuito es dominante. En este caso las raıces m1 y m2 son reales y la soluciongeneral de la ecuacion (3.446) es

q(t) = c1em1t + c2em2t. (3.455)




Tercer caso: Si R2 = 4L/C , decimos que la oscilacion es crıticamente amortiguada . En tal caso,las raıces son reales e iguales, m1 = m2 = m = −R/2L y la solucion general de (3.446), es

q(t) = e−Rt/2L

c1 + c2t

. (3.456)

Si R = 0, entonces los exponentes en las expresiones (3.452, 3.455, 3.456) son negativos, por consi-guiente la solucion general de cualquier problema homogeneo con valor inicial

Ld2q

dt2+ R

dq

dt+

q

C = 0, q(0) = q0, q(0) = I 0, (3.457)

tiende a cero de manera exponencial cuando t → ∞. Entonces, las soluciones son solucionestransitorias. No habiendo fuente de energıa exterior (generador) y existiendo rozamiento electri-co”(resistencia con calor de Joule) el sistema termina estabilizandose: El condensador se descarga ydeja de pasar corriente. El regimen es siempre transitorio. Cuando hay oscilaciones existe transferen-

cia de energıa del campo electrico en el condensador al campo magnetico en la bobina de inducciony viceversa.

3.13. Solucion General del Circuito RLC

Resolver el siguiente problema de valor inicial para la ecuacion (3.444)

Ld2q

dt2+ R

dq

dt+

q

C = E (t), q(0) = q0, q(0) = I 0, (3.458)

donde q0 es la carga inicial en el capacitor e I 0 es la corriente inicial en el circuito. De la seccion

anterior, sabemos que para el caso E (t) = 0, todas las soluciones de (3.458) son transitorias. Porotro lado, si suponemos que E (t) = 0, entonces, la solucion general de (3.458) tendra la forma

q(t) = qh(t) + q p(t), (3.459)

donde qh(t) es la solucion de la ecuacion homogenea (E (t) = 0), y tiende de manera exponenciala cero cuando t → ∞, cualesquiera que sean las condiciones iniciales. q p(t) depende solo de E (t) yes independiente de las condiciones iniciales. A la solucion q p(t) se le conoce como carga del estadopermanente sobre el capacitor del circuito RLC.

Derivamos respecto al tiempo la expresion (3.459), obtenemos

dq

dt=

dqhdt

+dq pdt

. (3.460)

Recordando que I = dq/dt, podemos escribir esta expresion de la siguiente manera

I (t) = I h(t) + I p(t). (3.461)

Entonces

I h(t) =dqhdt

y I p(t) =dq pdt

, (3.462)

decimos que I h(t) es la corriente transitoria e I p(t) es la corriente del estado permanente. En lamayorıa de las aplicaciones solo nos interesamos por la carga y corriente del estado permanente, esdecir, nos interesa el comportamiento del sistema a largo plazo.




3.14. Aplicaciones

Problema 1:

Una masa de m = 3kg esta fija al extremo de un resorte que se estira 20cm. debido a una fuerzade 15N. Es puesto en movimiento con la posicion inicial x0 = 0 y velocidad inicial v0 = 10m/s.Hallar la amplitud, el periodo y la frecuencia del movimiento.

Datos: m = 3kg, x0 = 0cm, x1 = 20cm, F = 15N, v0 = 10m/s.

Hallar: Amplitud A, periodo T y la frecuencia ω.

Soluci´ on:

Problema 2:

Determinar el periodo y la frecuencia de un movimiento armonico simple de un objeto de masa

m = 4kg. colocado al extremo de un resorte cuya constante es k = 16N/m.

Datos: m = 4kg, k = 16N/m.

Hallar: El periodo T y la frecuencia ω0.

Soluci´ on:

La ecuacion del movimiento armonico simple esta dada por

d2x

dt2+ ω2

0x = 0, (3.463)

donde

ω20 =

k

m, (3.464)

y el periodo de las oscilaciones es

T =2π

ω0. (3.465)

Sustituyendo (3.464) en (3.465), tenemos

T = 2π

m

k. (3.466)

La solucion general del movimiento armonico simple esta dado por la expresion

x(t) = c1 cos ω0t + c2 sen ω0t. (3.467)

Sustituyendo el valor de la frecuencia (3.464) en (3.467), tenemos que la soluci on general para elproblema dado, es

x(t) = c1 cos

mk

t + c2 sen

mk

t. (3.468)

Ejemplo 3:

Hallar la corriente de estado permanente de un circuito RLC si la fuerza electromotriz propor-cionada por un generador de corriente alterna es E (t) = E 0 cos ωt

Soluci´ on: Primero vamos a calcular la carga q(t) del estado permanente en el capacitor como unasolucion particular de la ecuacion

Ld2q

dt2+ R

dq

dt+

q

C = E 0 cos ωt. (3.469)




Como nadamas nos interesa el estado permanente, entonces, buscamos una solucion particular de laecuacion (3.469) de la siguiente manera

q p(t) = A cos ωt + B sen ωt. (3.470)

donde las constantes A y B las debemos determinar, para esto sustituimos en (3.469) y resulta elsistema de ecuaciones

−Aω2L + RBω +A

C = E 0,

−Bω2L − RAω +B

C = 0. (3.471)

Problema 4:

Hallar la ley de movimiento de un cuerpo de masa m, lanzado verticalmente hacia arriba conuna velocidad inicial v0. Cual sera la maxima altura que el cuerpo alcanza?

Datos: v0, m.

Hallar: Ley de movimiento v = v(t), x = x(t) y altura maxima H .

Soluci´ on:

Supongamos que la friccion debida al aire es tal que se puede despreciar. Entonces, la unicafuerza que actua en el cuerpo es su peso mg. Aplicando la segunda ley de Newton, resulta

md2x

dt2= −mg → d2x

dt2= −g, (3.472)

donde g es una constante, a decir, es la aceleracion de caıda libre g = 9,8m/s2. Para hallar la leyde movimiento del cuerpo, debemos integrar la segunda expresion de (3.472). Podemos reducir la

ecuacion de segundo orden (3.472) introduciendo v(t) = dx/dt, que por definicion es la velocidaddel cuerpo

dv

dt= −g. (3.473)

Ahora tenemos una ecuacion de primer orden. Integrando resulta dv = −g

dt → v(t) = −gt + c1 (3.474)

De las condiciones iniciales, tenemosv0 = c1.

Entoncesv(t) = −gt + v0. (3.475)

Luegodx

dt= −gt + v0 →

dx =

(−gt + v0)dt. (3.476)

Despues de integrar, obtenemos

x(t) = −gt2

2+ v0t + c2. (3.477)

Para hallar la constante c2, suponemos que en t = 0, x(0) = 0, de (3.477), obtenemos que c2 = 0.Entonces, la ley de movimiento la podemos escribir como

v(t) = −gt + v0, x(t) = −gt2

2+ v0t. (3.478)




En el punto donde el cuerpo alcanza la altura maxima su velocidad debera ser cero, entonces de laprimer ecuacion en (3.478), tenemos

0 = −gtmax + v0, tmax = v0g

, (3.479)

donde tmax es el tiempo maximo, en el cual el cuerpo alcanza la altura m axima x(t)max = H .Sustituyendo el tmax en la segunda ecuacion en (3.478), tenemos

xmax(t) = −g

2t2max + v0tmax → H = −g

2

v0g

2+ v0

v0g

= −v202g

+v20g

=v202g

. (3.480)

Entonces, la altura maxima alcanzada por el cuerpo sera

H =v202g

. (3.481)

Esta expresion y las expresiones obtenidas en (3.478) son las soluciones al problema planteado.

Problema 5:

Determinar la mınima velocidad que se le debe aplicar a un cuerpo lanzado verticalmente haciaarriba para que este salga del campo de atraccion de la Tierra. Para simplificar, suponga que laresistencia del aire se puede despreciar.

Soluci´ on:

Sean M y m las masas de la Tierra y del cuerpo que deber a ser lanzado, respectıvamente. Segunla ley gravitacional, entre la Tierra y el cuerpo existe una fuerza de atracci on dada por

F = GN M m

x2, (3.482)

donde GN es la constante gravitacional de Newton y la distancia x se mide del centro de la Tierra alcentro de gravedad del cuerpo. En la superficie terrestre x = R, para t = 0 y v0 la velocidad inicialdel cuerpo (que es la que deseamos encontrar). De la segunda ley de Newton, obtenemos la ecuaci ondiferencial que gobierna el movimiento, esta tiene la forma

mdv

dt= −GN

mM

x2→ dv

dt= −GN

M

x2, (3.483)

Para integrar esta ecuacion, hagamos uso de la regla de la cadena, para convertir la ecuaci on envariables separables, esto es

dv

dt=

dv

dx

dx

dt= v

dv

dx. (3.484)

Sustituyendo este resultado en la segunda ecuacion de (3.483) e integrando vdv = −GN M

dx

x2→ v2

2=

GN M

x+

c12

. (3.485)

La constante de integracion c1 la podemos hallar de las condiciones, para x = R la velocidad iniciales v = v0

v202

=GN M

R +c12

→ c1 = v20 − 2GN M

R. (3.486)

Sustituyendo el valor de c1 en la segunda expresion de (3.485), obtenemos

v2

2=

GN M

x+

v202

− GN M

R. (3.487)




Segun la hipotesis, la velocidad v debera cumplir la relacion

v

2

2 ≥ 0. (3.488)

La magnitudGN M

x→ 0 ⇐⇒ x → ∞. (3.489)

se hace muy pequena conforme x aumenta. La condicion (3.488) se cumple para toda x solo si

v202

− GN M

R≥ 0. (3.490)

De donde, obtenemos que la velocidad mınima con que debe ser lanzado el cuerpo es

v0

= 2GN M

R. (3.491)

En la superficie de la Tierra, es decir, cuando x = R la magnitud de la aceleracion debida a la fuerzade gravedad se obtiene de la ecuacion (3.483)

g =GN M

R2. (3.492)

De donde podemos encontrar la masa M de la Tierra

M =gR2

GN . (3.493)

Sustituyendo este valor en (3.491), obtenemos el resultado final

v0 =

2gR =

2 · 9,81 · 63 · 107 ≈ 11, 2 · 105cm/s = 11, 2 km/s. (3.494)

Con la velocidad de v0 = 11, 2 km/s debe ser lanzado un cuerpo de masa m para que no regrese ala Tierra. A esta velocidad mınima se le conoce como velocidad de escape.




3.15. Problemas de Repaso

del Capıtulo 3:

En esta seccion de problemas tambien recomen-damos resolver todos los ejercicios, esto es muysano para el lector, ya que estamos convencidosde que solamente ası se adquiere cierta experien-cia y habilidad en la solucion de problemas.

3.1.-) Problemas de Planteamiento:

1. Un cuerpo de masa m se mueve en lınearecta hacia el punto O el cual lo atrae conuna fuerza βmx3 , donde x es la distancia delcuerpo al punto O. El movimiento comienza

del estado de reposo en x = α. Hallar eltiempo en que el cuerpo llega al punto O.

2. Una partıcula se mueve a lo largo del eje xde tal manera que su aceleracion esta dadapor a = 8−12t. Se pide hallar la posicion dela partıcula medida del origen a cualquiertiempo t > 0, suponiendo que inicialmentela partıcula esta localizada en x = 2 y tieneuna velocidad inicial v0 = −5.

3. Sobre una partıcula puntual libre de masam actua una fuerza F (t) = F 0 sen(ωt). Ha-

llar como cambia la distancia con el tiempo.Suponer las condiciones iniciales v(0) = v0y x(0) = 0.

3.2.-) Integrar las siguientes ecuaciones

1. y = 2x2.

2. y = sen(kx).

3. y = x4.

4. y = 1x .

5. y = 2 sen x cos2 x − sen3 x.

6. y − a2x = 0.

7. y = x + sen x.

8. y = ln x.

9. y = cos(kx).

10. y = x sen x, y(0) = 0, y(0) = 0, y(0) =2.

3.3.-) Ecuaciones Reducibles a PrimerOrden

1. y2 + yy = yy.

2. xy − y + xy = 0.

3. yy − y2 = y2 ln y.

4. yy = y2; y(0) = 1, y(0) = 2.

5. y =

1 + y2.

6. (2y + 3)y − 2y2 = 0.

7. y + y2 = 2e−y.

8. (1 − x2)y − xy = 2.

9. (ex + 1)y + y = 0.

10. xyy + xy2 = 2yy.

3.4.-) Ecuaciones Lineales Homogeneas

1. y + y − 2y = 0.

2. y − 2y + y = 0.

3. 4y − 8y + 5y = 0.

4. 3y − 2y − 8y = 0.

5. y + y = 0.

6. yV − 10y + 9y = 0.

7. y − y + y = 0.

8. y − 2y = 0.

9. y − 13y − 12y = 0.

10. y + 6y + 9y = 0.

11. y + 4y + 13y = 0, y(0) = 2, y(0) =

−3.

12. y + 5y − 6y = 0.

13. y − 8y + 16y = 0.

14. y+ 3y+ 2y = 0, y(1) = −1, y(1) = 4.

15. y − 4y + 3y = 0, y(0) = 6, y(0) = 10.

16. y − 2y − 2y = 0.

17. y − 3y − 2y = 0.




18. yX = 0.

19. y −

2y

+ 2y

= 0.

20. y − 4y + 5y = 0.

3.5.-) Ecuaciones Lineales no Homogeneas

1. y + y = 12 .

2. y − 9y = 2 − x.

3. y + y = ex.

4. y + y = sen 5x.

5. y − y = x + 4.

6. y − 3y = e3x − 18x.

7. y − 2y + y = 4ex.

8. y + 2y + y = e−x cos x + xe−x.

9. yIV − 8y = xe2x.

10. y + y = x2 − x + 1.

11. y + y = 4x cos x.

12. y

−3y + 3y

−y = 2ex.

13. y + 4y + 4y = 3e−x, y(0) = y(0) = 0.

14. y + 4y = sen 2x, y(0) = y(0) = 0.

15. y − y = 2 sen x − 4cos x.

16. y + 2y + y = −2.

17. y − 4y + 4y = x2.

18. y + 5y + 6y = 10(1 − x)e−2x.

19. y + y + y = x(x + 1)ex.

20. y + 2y = 4ex

(sen x + cos x).21. y − 2y + y = x3.

22. y − 4y = xe2x + sen x + x2.

23. y − 3y = 1 + ex + cos x + sen x.

24. y + 3y + 2y = 6xe−x(1 − e−x).

25. y + 4y + 4y = 8e−2x.

26. y + y = 4xex.

27. y − y = 2ex − x2.

28. y −

3y

+ 2y = sen x.

29. y + y = 4 sen x.

30. y − 5y + 4y = 4x2e2x.

31. y−4y+3y = e5x, y(0) = 3, y(0) = 9.

32. y − 2y − 3y = e4x.

33. y + 3y − 4y = e−4x + xe−x.

34. y + 2y − 3y = x2ex.

35. y − 4y + 8y = e2x + sen 2x.

36. y − 9y = e3x cos x.

37. y − 2y + y = 6xex.

38. y + y = x sen x.

39. y + 4y + 4y = xe2x.

40. y − 5y = 3x2 + sen 5x.

3.6.-) Variacion de los Parametros

1. y + 4y = 1cos2x .

2. y + 2y + 2y = 1ex senx .

3. y − y = ex

ex+1.

4. y + y = 1√cos 2x

.

5. y − 2y + y = ex

x .

6. y − y = (ex + 1)−1.

7. y − 2y + y = ex

x2+1.

8. y

−y = e2x(1

−e−2x)1/2.

9. y − y = 2ex

ex−1 .

10. y + 5y + 6y = 1e2x+1

.

11. y + 3y + 2y = 1ex+1

.

12. y + y = 1senx .

13. y + 2y + y = 3e−x√

x + 1.

14. y − y = 4x2+1x√x

.




15. y − 2y + y = x2+2x+2x3 .

3.7.-) Ecuaciones de Cauchy-Euler

1. x3y + xy − y = 0.

2. x2y − 2y = 0.

3. (x + 2)2y − 4(x + 2)y + 6y = 0.

4. (1 − x2)y − xy + 9y = 0.

5. x2y − xy − 3y = 0.

6. x2y + 2xy − 6y = 0.

7. x2

y − 2y = 0.

8. x2y − xy + y = 8x3.

9. x2y + xy + 4y = 10x.

10. x3y − 2xy = 6ln x.

11. x2y − 3xy + 5y = 3x2.

12. x2y − 6y = 5x3 + 8x2.

13. x2y − 2y = sen(ln x).

14. (x − 2)2y − 3(x − 2)y + 4y = x.

15. (2x + 3)3y + 3(2x + 3)y − 6y = 0.

16. x2y − 2y = 3x2

x+1.

17. x2y + 3xy + y = 1x , y(1) = 1, y(1) =

0.

18. x2y − xy + 2y = 0.

19. x2y − xy + y = 6x ln x.

20. x3y − 3x2y + 6xy − 6y = 0.

3.8.-) Resolver las Siguientes EcuacionesDiferenciales

1. y + 4y = sen x, y(0) = y(0) = 1.

2. y − 4y + 5y = e2x(sen x + 2 cos x).

3. 2y − 3y + y = 0.

4. y + 2y − y − 2y = 0.

5. y + 9y − 9 = 0.

6. x2y − 4xy + 6y = 0.

7. y −

2

x2 y = 3 ln(

−x).

8. y − 3y − 2y = 9e2x, y(0) = 0, y(0) =−3, y(0) = 3.

9. 4y + 4y + y = 0.

10. y − 2y + y = 0, y(2) = 1, y(2) = −2.

11. y − 2y = 2ex, y(1) = −1, y(1) = 0.

12. 2y − 5y + 2y = 0.

13. y + 2y + y = xex + 1xex .

14. y + 4y = 0.

15. y − 5y + 6y = (12x − 7)e−x, y(0) =y(0) = 0.

16. y+4y = 4(sen 2x+cos2x), y(π) = y(π) =2π.

17. y−4y+5y = 2x2ex, y(0) = 2, y(0) =3.

18. y − y = 2x, y(0) = y(0) = 0, y(0) =2.

19. y + y + y + 1 = sen x + x + x2.

20. x2y + 7xy + 8y = 0.

21. y = y + ex.

22. x2y − 2y = x2.

23. x2y − 2xy + 2y = x2.

24. y + 2y + y = x−1/2e−x.

25. y = y−3.

26. 2yy = 1, y(1) = 0, y(1) = 1.

27. xy + y = 2x, y(1) = 1/2, y(1) = 1.

28. y − 2y − 8y = 0.

29. y − 4y + 4y = cos x.

30. y − y = x2, y(0) = −2, y(0) = 1.

31. yIV − 2y − 3y = 8shx + 10xex.

32. yIV − 2y + 2y = 10 cos2 x + 5(xex − 1).

33. x3y = 0.




34. x2y − 3xy + 13y = 0.

35. 4y + 4y + y = 4e−x/2

x +1

x

.

36. y + y + y = xex + e−x(2x + 1).

37. y−2y+2y = ex(x+1)+e−x(5x2−8x+2).

38. y − 3y + 2y = −e2x(4x + 3) − ex.

39. y − 3y + 2y = 4e−x+1

.

40. y − 2y + y = 14x3/2ex.

41. y − y = 4e−x

1−e−2x .

42. y

−2y + 2y = 3exsecx.

43. y − y = 2√1−e−2x

.

44. y − 3y + 2y = e2x

1+e2x .

45. y − y = e−2x sen(e−x).

46. y − y = ex + 1.

47. y − y = (1 − e2x)−3/2.

48. y + y = sec x tg x.

49. y−2y− y + 2y = 2x2 −6x + 4, y(0) =

5, y(0) = −5, y(0) = 1.50. y − y = 2

1+ex.



Capıtulo 4

TRANSFORMADA DE

LAPLACE

Hasta el momento hemos aprendido a resolver ecuaciones diferenciales de primer orden y deorden superior, tanto lineales homogeneas como lineales no homogeneas con coeficientes constantes,y un tipo muy especial de ecuaciones con coeficientes variables llamadas ecuaciones de Cauchy-Euler . En todos estos casos suponıamos que la parte derecha (no homogenea) de la ecuacion era unafuncion continua. Sin embargo, en las aplicaciones reales de la ingenierıa la funcion (no homogenea)casi siempre es continua por partes y en ocasiones es un pulso de muy corta duraci on, esto traecomplicaciones para los metodos estudiados anteriormente. No obstante, para nuestra tranquilidad,existe un metodo, el cual es aplicable cuando tenemos los problemas mencionados. Este metodo esconocido como metodo de Laplace, mas comunmente llamado transformada de Laplace .

El metodo de la transformada de Laplace es un metodo operativo que aporta muchas ventajascuando se usa para resolver ecuaciones diferenciales lineales. Mediante el uso de la transformadade Laplace es posible convertir muchas funciones comunes, tales como las funciones senoidales,las funciones senoidales amortiguadas y las funciones exponenciales en funciones algebraicas Y (s)de una variable s que, en general, es compleja. Las operaciones tales como la diferenciacion y laintegracion se sustituyen mediante operaciones algebraicas en el plano complejo o real. Si se resuelvela ecuacion algebraica en s, la solucion de la ecuacion diferencial se encuentra mediante una tabla detransformadas inversas de Laplace, si esto es posible, o se aplica la tecnica de expansion en fraccionesparciales y luego se halla la transformada inversa, la cual sera la solucion de la ecuacion diferencial.

Sin embargo, la transformada de Laplace es aplicable solo a ecuaciones diferenciales lineales, yaun cuando reemplazan el calculo por el algebra, las operaciones algebraicas pueden resultar muy

complicadas. En las aplicaciones, las funciones discontinuas surgen de manera natural. Por ejemplo,el encendido y apagado de un interruptor son fenomenos discontinuos. Las ecuaciones diferencialesque contienen funciones discontinuas son difıciles de tratar analıticamente usando los metodos antesvistos, pero la transformada de Laplace puede facilitar el tratamiento de esas discontinuidades. Otrade las ventajas del metodo de Laplace, es que automaticamente incluye las condiciones iniciales.

En este capıtulo estudiaremos la transformada de Laplace como una herramienta para resolverecuaciones diferenciales. A continuacion daremos algunos conceptos basicos de la transformada deLaplace y la aplicaremos a algunas funciones bien conocidas, las cuales, posteriormente, ser an degran utilidad.

179



180 CAP ITULO 4. TRANSFORMADA DE LAPLACE

4.1. Conceptos Basicos de la Transformada de Laplace

Sea f (t) una funcion definida para todo t ≥ 0. Entonces, la integral impropia definida como

L[f (t)] = ∞0

e−stf (t)dt ≡ F (s) (4.1)

donde s = σ + jω, se llama transformada de Laplace de f (t), con la condicion de que la integral (4.1)exista, es decir, que la integral converja.

Una integral impropia sobre un intervalo infinito se define como un lımite de integrales sobreintervalos finitos, es decir

∞0

f (t)dt = lımb→∞

b

0

f (t)dt.

Si el l ımite existe, decimos que la integral converge, en caso contrario, se dice que la integral divergeo no existe.

La integral (4.1) contiene la variable de integracion t y el parametro s, que en general es complejo,es decir, tiene la forma s = σ+ jω, donde a σ se le conoce como frecuencia neper con unidades neper/sy a ω como la frecuencia real medida en radianes sobre segundo rad/s, en este caso, la integral (4.1)se define en un intervalo (−∞, ∞). En consecuencia, cuando la integral (4.1) converge, no lo hace s oloen un numero, sino en una funcion F (s). Por consiguiente, la integral impropia (4.1) suele convergirpara algunos valores de s y divergir para otros. Por lo anterior, es importante indicar el dominio dela transformada de Laplace, el cual tiene la forma s > σ0 que representa la parte real de s, para uncierto numero σ0. En las aplicaciones a la ingenierıa, la variable t representa el dominio del tiempo

y s el dominio de la frecuencia.De manera mas formal y desde un punto de vista estrictamente matem atico, decimos que la

transformada de Laplace define una operacion que convierte una funcion f (t) a una nueva funciontransformada F (s), y usamos la letra L para representarla. En otras palabras, escribimos F (s) =L[f (t)].

Observe que la transformada de Laplace (4.1) esta definida como una integral sobre el intervalo0 ≤ t < ∞ (y no sobre el eje real entero −∞ < t < ∞). Es necesario usar este intervalo ya que,para s > 0, e−st → ∞, cuando t → ∞. Si evaluamos la transformada de Laplace sobre todo eleje real, entonces las restricciones sobre la funcion f (t) serıan mucho mas estrictas. Por otro lado,en la mayorıa de las aplicaciones nos interesa el comportamiento futuro (t ≥ 0), ası que tomamos elintervalo 0 ≤ t < ∞.

En la literatura se utiliza una letra minuscula para representar la funcion que se transformay la correspondiente letra mayuscula para representar la funcion transformada. Por ejemplo, latransformada de Laplace de las funciones f (t), g(t) y y(t) se representan como:

L[f (t)] = F (s), L[g(t)] = G(s), L[y(t)] = Y (s). (4.2)

Debido a que, por definicion, la transformada de Laplace es una transformada integral, esta es lineal,es decir, para una suma de funciones αf (t) + βg(t), la transformada de Laplace es

∞0

e−st[αf (t) + βg(t)]dt = α

∞0

e−stf (t)dt + β

∞0

e−stg(t)dt = αF (s) + βG(s), (4.3)



4.1. CONCEPTOS BASICOS DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 181

donde α y β son ciertas constantes arbitrarias. La expresion (4.3) la podemos escribir como

L[αf (t) + βg(t)] = αL[f (t)] + β L[g(t)] = αF (s) + βG(s) (4.4)

Debido a esta propiedad se dice que la transformada de Laplace es una transformada lineal o unoperador lineal que transforma la funcion f (t) en la funcion F (s). A la funcion f (t) se le conocetambien como funci´ on objeto, y a su correspondiente transformada F (s) como su imagen .

Es obvio que, por definicion de la transformada de Laplace, no para toda funci on existe sucorrespondiente transformada de Laplace. Sin embargo, existe una clase amplia de funciones paralas cuales la transformada de Laplace existe. Esto se debe al hecho de que la exponencial e−st enla integral (4.1) actua como funcion de ”amortiguamiento”. A continuacion daremos las condicionesque debe cumplir la funcion f (t) para que exista su transformada de Laplace.

Las condiciones suficientes que garantizan la existencia de la transformada de Laplace son:

que la funcion f (t) sea una funcion continua por partes (seccionalmente continua) en [0, ∞),

que la funcion f (t) sea una funcion de orden exponencial para t > t0.

Una funcion f (t) es continua por partes (seccionalmente continua) en [0, ∞), si en cualquier intervalo0 ≤ a < t < b existen a lo mas un numero finito de puntos tk en que k = 1, 2...,n y tn−k < tk en loscuales f (t) tiene discontinuidades finitas y es continua en cada intervalo abierto tn−k < t < tk. Lafigura (4.1) representa una funcion continua por partes.

Figura 4.1: Funcion continua por partes.

Se dice que una funcion f (t) es de orden exponencial si existen ciertos numeros M > 0 y σ0 ≥ 0tales que se cumpla la relacion

|f (t)| < M eσ0t, para todo t. (4.5)

Al numero σ0 se le llama exponente de crecimiento. Esto quiere decir, que al aumentar t, el creci-miento del modulo de la funcion f (t) no es superior al de alguna funcion exponencial. La condicion(4.5) garantiza la existencia de la integral (4.1).




Las funciones f 1(t) = t, f 2(t) = e−t y f 3(t) = 4cos t son todas de orden exponencial, ya quecumplen las relaciones

|t| ≤ et

, |e−t

| ≤ et

, |4cos t| ≤ 4et

. (4.6)La funcion f (t) = et

3

no es de orden exponencial, pues esta crece mas rapido que cualquier potencialineal positiva de c para t > c > 0. Las condiciones anteriores se resumen en el siguiente teorema.

Teorema 4.1.1. Si f (t) es una funci´ on continua por partes para t ≥ 0, y de orden exponencial,entonces la transformada de Laplace L[f (t)] de f (t) existe para s > σ0.

Debido a que f (t) es continua por partes, la expresion e−stf (t) sera integrable sobre cualquierintervalo finito del eje t. En el calculo de integrales impropias existe un teorema, el cual afirmaque la convergencia absoluta implica la convergencia. Entonces, es suficiente probar que la integral ∞0 |e−stf (t)|dt existe para s > σ0. Para esto, basta a su vez con probar que el valor de la integral

b

0 |e−stf (t)|dt permanece acotado cuando b → ∞. Luego, la desigualdad (4.5) implica que

b0

|e−stf (t)|dt <

b0

|e−stM eσ0t|dt = M

b0

|e−(s−σ0)t|dt < M

∞0

|e−(s−σ0)t|dt =M

|s − σ0| , (4.7)

en donde fue necesaria la condicion s > σ0 para la existencia de la ultima integral.

4.2. Transformada de Laplace de Algunas Funciones

Elementales

En esta seccion obtendremos la transformada de Laplace de algunas funciones basicas que nosseran muy utiles en secciones posteriores.

Ejemplo 1:

Sea la funcionf (t) = A, ∀t ≥ 0 (4.8)

donde A es cierta constante arbitraria. Calcular su transformada de Laplace.

Soluci´ on:

Por definicion, la transformada de Laplace se expresa mediante la integral

L[A] =

∞0

Ae−stdt = A

∞0

e−stdt = −Ae−st

s

∞0

=A

se−st

0∞

=A

s− A lım

t→∞1

se−st. (4.9)

El l ımite que se toma en el ultimo termino de la expresion (4.9) depende del valor de s. Si

s > 0, el

exponente −st tiende a −∞, cuando t → ∞, y como consecuencia, e−st → 0. Por lo tanto, el ultimotermino de (4.9) se hace cero. Si s < 0, entonces el ultimo termino de (4.9) tiende al infinito ycomo consecuencia la integral diverge. Por ultimo, si s = 0, entonces la integral

∞0

dt → ∞. Comoconclusion, tenemos que la integral (4.9) existe solamente cuando s > 0, y el resultado es

L[A] =A

s, s > 0. (4.10)

Ejemplo 2:

Sea la funcionf (t) = t, ∀t > 0. (4.11)



4.2. TRANSFORMADA DE LAPLACE DE ALGUNAS FUNCIONES ELEMENTALES 183

Calcular su transformada de Laplace.

Soluci´ on:

Para f (t) = t, tenemos

L[t] =

∞0

te−stdt →

u = t, du = dt, dv = e−stdt, v = −1

se−st

= − t

se−st

∞0

+1

s

∞0

e−stdt = −e−st

s2

∞0

=1

s2, s > 0. (4.12)

Ejemplo 3:

Calcular la transformada de Laplace de la funcion

f (t) = t2. (4.13)

Soluci´ on:

Para f (t) = t2, tenemos

L[t2] =

∞0

t2e−stdt →

u = t2, du = 2tdt, dv = e−stdt, v = −1

se−st

(4.14)

= − t2

se−st

∞0

+2

s

∞0

te−stdt =2

s

∞0

te−stdt. (4.15)

Usando el resultado anterior ∞0

te−stdt = 1/s2, tenemos

L[t2] =

2

s3

,

s > 0. (4.16)

Ejemplo 4:

Hallar la transformada de Laplace de la funcion

f (t) = t3. (4.17)

Soluci´ on:

Para f (t) = t3, tenemos

L[t3] =

∞0

t3e−stdt →

u = t3, du = 3t2dt, dv = e−stdt, v = −1

se−st

(4.18)

= − t3

se−st

∞0

+ 3s

∞0

t2e−stdt = 2 · 3s4

, s > 0. (4.19)

donde hemos usado el resultado anterior, es decir, la L[t2] = 2/s3.

Ejemplo 5:


f (t) = tn. (4.20)

Soluci´ on:




Sustituyendo la funcion (4.20) en la definicion (4.1), obtenemos

L[tn] = ∞0

tne−stdt → u = tn, du = ntn−1dt, dv = e−stdt, v = −1s e−st

= − tn

se−st

∞0

+n

s

∞0

tn−1e−stdt, (4.21)

para s > 0 y n > 0 el primer termino de la derecha en (4.21) es igual a cero, y tenemos solamente ∞0

tne−stdt =n

s

∞0

tn−1e−stdt, s > 0. (4.22)

Podemos observar que el termino de la izquierda de (4.22) es L[tn] y el termino de la derecha esL[tn−1], es decir, la expresion (4.22) es equivalente a

L[t

n

] =

n

s L[t

n

−1

], s > 0, n > 0. (4.23)

De esta expresion podemos ver que para n > 1, tenemos

L[tn−1] =n − 1

sL[tn−2]. (4.24)

Para n > 2, tenemos

L[tn−2] =n − 2

sL[tn−3], n > 2. (4.25)

Sustituyendo las expresiones (4.25) en (4.24) y a su vez en (4.23), tenemos

L[tn] =n(n − 1)(n − 2)

s3L[tn−3]. (4.26)

Repitiendo este mismo proceso, tendremos

L[tn] =n(n − 1)(n − 2) · · · ·2 · 1

snL[t0] =

n(n − 1)(n − 2) · · · ·2 · 1

sn

1

s

(4.27)

Finalmente, si n ≥ 0, entonces

L[tn] =n!

sn+1, s > 0. (4.28)

Ejemplo 6:


f (t) = t1/2. (4.29)

Soluci´ on:

Tenemos

L[t1/2] =

∞0

t1/2e−stdt →

x = st, t =x

s, dt =

1

sdx

=

∞0

x

s

1/2 e−x

sdx =

1

s3/2

∞0

x1/2e−xdx =1

s3/2Γ3

2

, (4.30)

donde Γ(32) es la funci´ on Gamma o funci´ on de Euler , definida como Γ( p) = ∞0

x p−1e−xdx, donde pes un numero cualquiera. Para obtener el valor de p igualamos p−1 = 1/2, de donde p = 3/2. Vamos a




utilizar la formula Γ(12) =√

π, despues usando la formula general Γ(m+ 12) =

(2m)!m!22m Γ(12) =

(2m)!m!22m

√π,

para calcular Γ( 32), resulta

Γ3

2

= Γ

1 +

1

2

=

2!

22Γ1

2

=

1

2

√π. (4.31)

Sustituyendo en (4.30) el resultado obtenido, finalmente tenemos

L[t1/2] =

√π

2s3/2, s > 0. (4.32)

De igual manera se puede hallar la transformada de Laplace de la funcion f (t) = t−1/2, esto se dejacomo ejercicio al lector.

Ejemplo 7:


f (t) = tα, α > −1. (4.33)

Soluci´ on:

Por definicion de la transformada de Laplace, tenemos

L[tα] =

∞0

tαe−stdt →

x = st, t =x

s, dt =

1

sdx,

=

∞0

x

s

αe−x

s

dx =

1

sα+1

∞0

xαe−xdx. (4.34)

Comparando la integral con la definicion de la funcion Gamma, tenemos que p − 1 = α, o bien p = α + 1, entonces la integral

∞0 x

α

e−x

dx = Γ(α + 1). (4.35)

Sustituyendo la expresion (4.35) en (4.34), tenemos

L[tα] =Γ(α + 1)

sα+1, α > −1, s > 0. (4.36)

Ejemplo 8:


f (t) = eat, (4.37)

donde a es una constante arbitraria.

Soluci´ on:

Sustituyendo la funcion (4.37) en la definicion (4.1), obtenemos

L[eat] =

∞0

eate−stdt =

∞0

e−(s−a)tdt, (4.38)

para s ≤ a el exponente de e en la integral es positivo o igual a cero, y entonces la integral esdivergente. Para s > a, el exponente e de la integral es negativo y la integral es convergente, porlo tanto, para s > a la transformada de Laplace existe, y se puede obtener integrando la expresion

L[eat] =

∞0

e−(s−a)tdt = −e−(s−a)t

s − a

∞0

=1

s − a, s > a. (4.39)




Ejemplo 9:

Calcular las transformadas de Laplace de las funciones hiperbolicas senh(ωt) y cosh(ωt), dondeω es una constante arbitraria.

Soluci´ on:

Hagamos uso de las formulas

senh x =ex − e−x

2, cosh x =

ex + e−x

2. (4.40)

Entonces, la transformada de Laplace para la funcion senh(ωt) es

L[senh(ωt)] = Leωt − e−ωt

2

=

1

2

1

s − ω− 1

s + ω

=

1

2

(s + ω) − (s − ω)

(s − ω)(s + ω)

=1

2 2ω

s2

− ω2 =

ω

s2

− ω2

. (4.41)

Para la funcion cosh(ωt), tenemos

L[cosh(ωt)] = Leωt + e−ωt

2

=

1

2

1

s − ω+

1

s + ω

=

1

2

(s + ω) + (s − ω)

(s − ω)(s + ω)

=1

2

2s

s2 − ω2

=

s

s2 − ω2, s > ω. (4.42)

Donde hemos aplicado el resultado obtenido en (4.39).

Ejemplo 10:


f (t) = cos(ωt). (4.43)Soluci´ on:

Para f (t) = cos(ωt), tenemos

L[cos(ωt)] =

∞0

cos(ωt)e−stdt →

u = cos(ωt), du = −ω sen(ωt)dt, dv = e−stdt,

v = −e−st

s

= −1

scos(ωt)e−st

∞0

− ω

s

∞0

sen(ωt)e−stdt =1

s− ω

s

∞0

sen(ωt)e−stdt

=

u = sen(ωt), du = ω cos(ωt)dt, dv = e−stdt, v = −e−st

s

=

1

s− ω

s − sen(ωt)

se−st

∞

0+

ω

s ∞

0

cos ωte−stdt =1

s−

− ω2

s2

∞0

cos(ωt)e−stdt, (4.44)

donde hemos usado la integracion por partes obteniendo la siguiente expresion ∞0

cos(ωt)e−stdt +ω2

s2

∞0

cos(ωt)e−stdt =1

s. (4.45)

Factorizando la integral tenemos1 +

ω2

s2

∞0

cos(ωt)e−stdt =1

s. (4.46)




de donde

∞

0

cos(ωt)e−stdt =s2

(s2

+ ω2

)s

=s

s2

+ ω2

. (4.47)

Finalmente, tenemos el resultado

L[cos(ωt)] =s

s2 + ω2, s > 0. (4.48)

Ejemplo 11:

Hallar la transformada de Laplace del producto de funciones

f (t) = eat cos(ωt). (4.49)

Soluci´ on:

Aplicando la definicion de transformada de Laplace, tenemos

L[f (t)] =

∞0

cos(ωt)e−(s−a)tdt →

u = cos(ωt), du = −ω sen(ωt)dt,

dv = e−(s−a)tdt, v = − 1

s − ae−(s−a)t

= −e−(s−a)t

s − acos(ωt)

∞0

− ω

s − a

∞0

sen(ωt)e−(s−a)tdt =1

s − a− ω

s − a

∞0

sen(ωt)e−(s−a)tdt. (4.50)

Evaluando la ultima integral de la expresion (4.50), por separado, se tiene ∞0

sen(ωt)e−(s−a)tdt →

u = sen(ωt), du = ω cos(ωt)dt, dv = e−(s−a)tdt,

v = −1

s − a e−(s−a)t

= −e−(s−a)t

s − a sen(ωt)∞0 (4.51)

+ω

s − a

∞0

cos(ωt)e−(s−a)tdt =ω

s − a

∞0

cos(ωt)e−(s−a)tdt.

Sustituyendo este resultado en (4.50), tenemos ∞0

cos(ωt)e−(s−a)tdt =1

s − a− ω

s − a

ω

s − a

∞0

cos(ωt)e−(s−a)tdt. (4.52)

Agrupando terminos resulta ∞0

cos(ωt)e−(s−a)tdt

1 +ω2

(s − a)2

=

1

s − a. (4.53)

Finalmente, el resultado es

L[eat cos(ωt)] =

∞0

cos(ωt)e−(s−a)tdt =s − a

(s − a)2 + ω2, s > a. (4.54)

Ejemplo 12:

Hallar la transformada de Laplace de la funcion exponencial compleja

f (t) = ejωt . (4.55)

Soluci´ on:




Tenemos

L[ejωt

] = ∞0 e

jωt

e−st

dt = ∞0 e−

(s

−jω)t

dt = −1

s − jω e−(s

−jω)t

=

1

s − jω . (4.56)

Observamos, que el resultado 1s−jω lo podemos escribir como s+jω

(s−jω)(s+jω) = ss2+ω2 + j ω

s2+ω2 . De

donde podemos identificar que la parte real e imaginaria son las transformadas de las funcionescos(t) y sen(t). Es decir, L[cos(t)] = s

s2+ω2 , que se obtuvo en (4.48) y L[sen(t)] = ωs2+ω2 . Esto es

obvio, ya que la funcion exponencial se puede escribir como: ejωt = cos(t) + j sen(t).

Ejemplo 13:

Obtener la transformada de Laplace de la funcion

f (t) = cos2(ωt), ω constante. (4.57)

Soluci´ on:Antes que nada recordemos que cos2(ωt) = 1

2 + 12 cos2ωt. Luego, aplicando la transformada de

Laplace, obtenemos

L[f (t)] = L1

2

+

1

2L

cos(2ωt)

=1

2s+

s

2(s2 + 4ω2)=

s2 + 2ω2

s(s2 + 4ω2), s > 0. (4.58)

Ejemplo 14:

Sea la funcion continua por partes

f (t) =

t para 0 ≤ t < 3,2 para t ≥ 3.

(4.59)

Calcular su transformada de Laplace.

Soluci´ on:

Debido a que la funcion esta definida por partes, la transformada de Laplace se calcula en dospartes, esto es por la propiedad de linealidad de la transformada de Laplace. Tenemos

L[f (t)] =

∞0

f (t)e−stdt =

30

f (t)e−stdt +

∞3

f (t)e−stdt (4.60)

=

30

te−stdt +

∞3

2e−stdt. (4.61)

Evaluamos cada una de las integrales por separado, tenemos 3

0

te−stdt →

u = t, du = dt, dv = e−stdt, v = −1s

e−st

= − t

se−st

30

+1

s

30

e−stdt = −3

se−3s − 1

s2e−st

30

= −3

se−3s − 1

s2e−3s +

1

s2. (4.62)

Para la segunda integral de (4.61), tenemos

2

∞3

e−stdt = −2

se−st

∞3

=2

se−3s. (4.63)




Sumando los resultados y agrupando terminos, finalmente tenemos

L[f (t)] = 30

te−stdt + 2 ∞3

e−stdt = −1s

+ 1s2

e−3s + 1s2

, s > 0. (4.64)

Ejemplo 15:

Hallar la transformada de Laplace de la siguiente funcion

f (t) =

2, 0 ≤ t < π0, π ≤ t < 2πsen t, t ≥ 2π

. (4.65)

Soluci´ on:


L[f (t)] =

π

0

2e−stdt +

2π

π

0e−stdt +

∞2π

sen te−stdt =

π

0

2e−stdt +

∞2π

sen te−stdt. (4.66)

Hagamos por separado las integrales

2

π0

e−stdt = −2

se−st

π0

= −2

se−πs +

2

s. (4.67)

y ∞2π

sen te−stdt →

u = sen t, du = cos tdt, dv = e−stdt, v = −1

se−st

=

=−

1

ssen te−st∞

2π

+1

s ∞

2π

cos te−stdt =1

s ∞

2π

cos te−stdt (4.68)

→

u = cos t, du = − sen tdt, dv = e−stdt, v = −1

se−st

= −1

se−st cos t

∞2π

− 1

s2

∞2π

sen te−stdt =1

se−2πs − 1

s2

∞2π

sen te−stdt.

Como resultado de la integracion se tiene ∞2π

sen te−stdt =1

se−2πs − 1

s2

∞2π

sen te−stdt. (4.69)

Luego, agrupado terminos, obtenemos

∞2π

sen te−stdt

1 + 1s2

= 1s e−2πs. (4.70)

Entonces ∞2π

sen te−stdt =s

s2 + 1e−2πs. (4.71)

Finalmente, poniendo los resultados (4.67) y (4.71) en (4.66) se obtiene la transformada de Laplacede la funcion (4.65). Esta es

L[f (t)] =2

s− 2

se−πs +

s

s2 + 1e−2πs, s > 0. (4.72)




Teorema 4.2.1. (primer teorema de desplazamiento) Si

L[f (t)] = ∞0

f (t)e−st

dt ≡ F (s), (4.73)

es la transformada de Laplace de f (t) para s > σ0, entonces

L[eatf (t)] = F (s − a) (4.74)

es la transformada de Laplace de eatf (t) para s > σ0 + a.

Figura 4.2: Funcion desplazada en el tiempo.

De las condiciones del teorema, la transformada de Laplace de la funci on f (t) existe. Obten-gamos la transformada de Laplace del producto eatf (t), es decir

L[eatf (t)] =

∞0

f (t)eate−stdt =

∞0

f (t)e−(s−a)tdt =

∞0

f (t)e−stdt, (4.75)

donde s = s − a. Por definicion, la integral en la expresion (4.75) es F (s), es decir, ∞0

f (t)e−stdt = F (s) = F (s − a), s > σ0, s > σ0 + a. (4.76)

Este teorema es muy util para calcular transformadas de Laplace.

Ejemplo 1:

Usar el primer teorema de desplazamiento para calcular la transformada de Laplace de

f (t) = eat cos ωt. (4.77)

Soluci´ on:

Primero identificamos la funcion f (t) como f (t) = cos ωt. Para esta funcion su transformada deLaplace es (ver ejemplo 10)

L[cos ωt] =s

s2 + ω2, s > ω. (4.78)




Entonces, por el primer teorema de desplazamiento, tenemos

L[eat cos ωt] =s

−a

(s − a)2 + ω2 , s > ω. (4.79)

Este resultado ya lo obtuvimos en el ejemplo 11. Entonces, esta clara la ventaja que nos proporcionael conocer y aplicar el primer teorema de desplazamiento.

Ejemplo 2:


f (t) = eat sen ωt. (4.80)

Soluci´ on:

Del ejemplo 12, sabemos que la transformada de Laplace de la funci on seno es

L[sen ωt] =ω

s2 + ω2. (4.81)

Entonces por el primer teorema de desplazamiento, resulta

L[eat sen ωt] =ω

(s − a)2 + ω2. (4.82)

Ejemplo 3:


f (t) = eattα. (4.83)

Soluci´ on:

En el ejemplo 7, se obtuvo

L[tα] =Γ(α + 1)

sα+1. (4.84)

Entonces, usando el teorema 4.2.1, obtenemos

L[eattα] =Γ(α + 1)

(s − a)α+1, s > a. (4.85)

Ejemplo 4:


f (t) = 2t3e−12 t. (4.86)

Soluci´ on:

Sea

g(t) = t3. (4.87)

Entonces su transformada de Laplace, es

G(s) = L[t3] =3!

s3+1=

3!

s4. (4.88)




Entonces, por el teorema 4.2.1, tenemos

F (s) = L[f (t)] = L2t3e−1

2 t

=(2)(3!)

(s + 12)4 =

12

(s + 12)4 , s > −

1

2 . (4.89)

Ejemplo 5:

Calcular la transformada de Laplace de la siguiente funcion

f (t) = e−αt(A cos βt + B sen βt). (4.90)

Soluci´ on:

Escribamos la expresion (4.90) de la siguiente manera

f (t) = e−αtg(t), (4.91)

dondeg(t) = A cos βt + B sen βt. (4.92)

La transformada de Laplace de g(t) es facil de obtener si tomamos en cuenta las formulas

L[cos βt] =s

s2 + β 2,

L[sen βt] =β

s2 + β 2(4.93)

Entonces, la transformada de Laplace de g(t), es

G(s) = L[g(t)] = AL[cos βt] + BL[sen βt] =As

s2 + β 2+

Bβ

s2 + β 2(4.94)

Luego, segun el teorema 4.4.2, tenemos

F (s) = L[f (t)] = L

e−αt(A cos βt + B sen βt)

=A(s + α) + Bβ

(s + α)2 + β 2. (4.95)

Observaci´ on:

La transformada de Laplace de cualquier funcion f (t) se encuentra si se multiplica f (t) por e−st ydespues se integra el producto de t = 0 a t = ∞. Sin embargo, una vez que conocemos el metodo paraobtener la transformada de Laplace, no es necesario obtener cada vez la transformada de Laplace def (t). Es posible usar las tablas de transformadas de Laplace en forma conveniente para encontrar latransformada de una funcion f (t) determinada.

La tabla (4.2-I) muestra las transformadas de Laplace de las funciones de tiempo que aparecer ancon frecuencia en el analisis de ecuaciones diferenciales.



4.3. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA LAS DERIVADAS 193

Tabla (4.2-I), Transformadas de Laplace

funcion Transformadaf (t) = 1 L[1] = 1

s

f (t) = tn L[tn] = n!sn+1

f (t) = eat L[eat] = 1s−a

f (t) = sen(ωt) L[sen(ωt)] = ωs2+ω2

f (t) = cos(ωt) L[cos(ωt)] = ss2+ω2

f (t) = senh(ωt) L[senh(ωt)] = ωs2−ω2

f (t) = cosh(ωt) L[cosh(ωt)] = ss2−ω2

f (t) = t−1/2 L[t−1/2] = πs

f (t) = t1/2 L[t1/2] =√π

2s3/2

f (t) = tα L[tα] = Γ(α+1)sα+1 , α > −1

f (t) = sen2(ωt) L[sen2(ωt)] = 2ω2

s(s2+4ω2)

f (t) = teat L[teat] = 1(s−a)2f (t) = cos2(ωt) L[cos2(ωt)] = s2+2ω2

s(s2+4ω2)

4.3. Transformada de Laplace para las Derivadas

Antes de emplear la transformada de Laplace en la solucion de ecuaciones diferenciales debemossaber cual es la transformada de Laplace correspondiente a las derivadas.

Teorema 4.3.1. Sea f (t) una funci´ on de orden exponencial continua por partes para todo t ≥ 0,y diferenciable para todo t > 0 salvo, posiblemente en una sucesi´ on de puntos aislados, entonces, la transformada de Laplace de la derivada de la funci´ on f (t) est´ a dada por la expresi´ on

L[f (t)] = sL[f (t)] − f (0) = sF (s) − f (0) (4.96)

Sea la funcion f (t) continua y diferenciable en el dominio [0, ∞). Esto es, f (t) existe. Tomemosla transformada de Laplace de la derivada de la funcion f (t)

L[f (t)] =

∞0

f (t)e−stdt. (4.97)

Integrando por partes, seanu = e−st, dv = f (t)dt. (4.98)

Entonces

du = −se−stdt, v = f (t). (4.99)

Tenemos

L[f (t)] =

∞0

f (t)e−stdt = f (t)e−st∞0

+ s

∞0

f (t)e−stdt

= sF (s) − f (0). (4.100)

Para definir la transformada de Laplace de la segunda derivada de la funcion f (t) se sigue unprocedimiento similar haciendo uso del resultado obtenido anteriormente. Debido a que

d2f (t)

dt2=

d

dt

df (t)

dt. (4.101)




Entonces

Ld2f (t)

dt2

= sLdf

dt−

df (0)

dt = s[sF (s) − f (0)] −df (0)

dt = s2

F (s) − sf (0) −df (0)

dt . (4.102)

La expresion general para la n- esima derivada es

L[f (n)(t)] = snF (s) − s(n−1)f (0) − sn−2f (0) − . . . − sf (n−2)(0) − f (n−1)(0) (4.103)

Hasta el momento sabemos calcular la transformada de Laplace de una funcion y de sus corres-pondientes derivadas. Es facil comprender que si tenemos una ecuacion diferencial y le aplicamos latransformada de Laplace obtendremos una ecuacion algebraica respecto al parametro s. Supongaseque tenemos la ecuacion diferencial no homogenea de primer orden

y + 2y = f (t), (4.104)

y queremos aplicar la transformada de Laplace para encontrar una solucion con la condicion inicialy(0) = 2. Aplicando la transformada de Laplace, obtenemos

L[y] + 2L[y] = L[f (t)]. (4.105)

Aplicando los resultados de (4.100), tenemos la siguiente ecuacion algebraica

sY (s) − 2 + 2Y (s) = F (s), (4.106)

donde hemos usado las letras mayusculas para representar la transformada de Laplace de su co-rrespondiente letra minuscula. Resolviendo la ecuacion (4.106) respecto a Y (s)

Y (s) =

F (s) + 2

s + 2 . (4.107)

Aun no hemos resuelto el problema, pues hasta el momento no sabemos como regresar a la funci ondependiente y(t) que vendrıa siendo la solucion de la ecuacion (4.104). Para esto, debemos definir latransformada inversa de Laplace, de tal manera que podamos calcular la inversa de Y (s) y ası obtenerla solucion y(t) del problema.

4.4. Transformada Inversa de Laplace

Para cumplir con el proposito de este capıtulo, el cual es aplicar la transformada de Laplaceen la busqueda de soluciones de ecuaciones diferenciales con valores iniciales, debemos definir la

transformada inversa de Laplace.Si F (s) es la transformada de Laplace de una funcion f (t), entonces, la transformada inversa de

Laplace se define como

f (t) = L−1[F (s)] = 12πj

σ+j∞σ−j∞ F (s)estds (4.108)

La transformada inversa de Laplace nos permite hallar la funcion f (t) si conocemos la funcion F (s).Esta transformada es tambien lineal, es decir, cumple la condicion de linealidad

L−1[αF (s) + βG(s)] = αL−1[F (s)] + β L−1[G(s)], (4.109)



4.4. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE 195

donde α y β son constantes arbitrarias.

Ejemplo 1:

Hallar la transformada inversa de Laplace de las funciones

a) F (s) =A

s, b) F (s) =

s

s2 − 4, c) F (s) =

1

s2 + 16, d) F (s) =

4

s4,

e) F (s) = 1

s2 − 1− 4

s4

(4.110)

donde A es una constante arbitraria.

Soluci´ on:

Segun la definicion de la transformada inversa de Laplace, debemos encontrar las funciones f (t)tales que sus transformadas de Laplace sean las dadas en la expresion (4.110). Tenemos

a).

f (t) = L−1[F (s)] = L−1A

s

. (4.111)

Si recordamos el resultado obtenido en (4.10), es facil ver que la transformada inversa de (4.111), es

f (t) = L−1A

s

= A. (4.112)

Concluimos, que la transformada inversa de Laplace de la funcion a) en (4.110) es f (t) = A.

b).

f (t) = L−1[F (s)] = L−1 s

s2 − 4

= L−1

s

s2 − (2)2

= cosh(2t), (4.113)

donde hemos usado el resultado obtenido en (4.42) con ω = 2.

c).

f (t) = L−1 1

s2 + 16

=

1

4L−1

4

s2 + (4)2

=

1

4sen(4t). (4.114)

Aquı, hemos multiplicado por 4 y dividido entre 4, para poder usar la formula L[sen(ωt)] = ωs2+ω2 ,

con ω = 4.

d).

f (t) = L−1 4

s4

= L−1

4

s3+1

= L−1

4 · 3!

3!s3+1

=

4

6L−1

3!

s3+1

=

2

3t3. (4.115)

e).

f (t) = L−1 1s2 − 1 − 4s4

= L−1 1s2 − 1− L−1 4s4

= senh(t) − 23 t3. (4.116)

Esto es debido a la propiedad de linealidad.

En la tabla (4.4-I) se muestran las transformadas inversas de algunas funciones importantes queseran de gran utilidad.




Tabla (4.4-I), Transformadas Inversas

L−1[F (s)] f (t)L−1[1s ] f (t) = 1

L−1[ n!sn+1 ] f (t) = tn

L−1[ 1s−a ] f (t) = eat

L−1[ ωs2+ω2 ] f (t) = sen ωt

L−1[ ss2+ω2 ] f (t) = cos ωt

L−1[ ωs2−ω2 ] f (t) = senh ωt

L−1[ ss2−ω2 ] f (t) = cosh ωt

L−1[ 2ωs(s2+ω2)2 ] f (t) = t sen ωt

L−1[ s2−ω2

(s2+ω2)2 ] f (t) = t cos ωt

L−1[ 2ωs2

(s2+ω2)2 ] f (t) = sen ωt + ωt cos ωt

L−1[ 2ω3

(s2+ω2)2 ] f (t) = sen ωt

−ωt cos ωt

L−1[ 1(s−a)(s−b) ] f (t) = eat−ebt

a−b

Ejemplo 2:

Calcular la transformada inversa de Laplace de la funcion

F (s) =2s + 4

s2 + 3. (4.117)

Soluci´ on:

A esta expresion la podemos representar como

2s + 4

s2 + 3=

2s

s2 + (√3)2+

4

s2 + (√3)2. (4.118)

Usando la tabla de las transformadas inversas y aplicando la propiedad de linealidad, obtenemos

f (t) = L−12s + 4

s2 + 3

= 2L−1

s

s2 + (√

3)2

+

4√3L−1

√3

s2 + (√

3)2

=

= 2 c os(√

3t) +4√

3sen(

√3t). (4.119)

4.5. Funciones Racionales

Es muy comun que al resolver ecuaciones diferenciales mediante la transformada de Laplace sea

necesario encontrar la transformada inversa de una funcion racional

F (s) = P (s)Q(s) (4.120)

donde P (s) y Q(s) = 0 son polinomios sin factores comunes. Para encontrar L−1[F (s)] debemos ha-llar, primero, el desarrollo en fracciones parciales de F (s), despues obtener las transformadas inversascorrespondientes a los terminos individuales en el desarrollo (usando la tabla de las transformadasde Laplace), y por ultimo, usamos la propiedad de linealidad de la transformada inversa para hallarla funcion f (t).



4.5. FUNCIONES RACIONALES 197

Teorema 4.5.1. Supongamos que tenemos la relaci´ on

F (s) = P (s)Q(s) = P (s)

(s−s1)(s−s2)...(s−sn) (4.121)

donde s1, s2, . . . , sn son distintos y P (s) es un polinomio de grado menor que n. Entonces, F (s) sepuede desarrollar en fracciones parciales

F (s) = P (s)Q(s) = A1

s−s1 + A2s−s2 + ..... + An

s−sn (4.122)

donde cualquiera de los coeficientes A1, A2,...,An se pueden evaluar multiplicando por el denomina-dor de dicho coeficiente e igualando a s el valor de la raız del denominador. En otras palabras, para

hallar el coeficiente Aj ( j = 1, 2, , , , n), tenemos

Aj =

(s − sj)P (s)Q(s)

s=sj

(4.123)

Para el caso general, de raıces repetidas r- veces, sea

P (s)

Q(s)=

R(s)

(s − sj)r=

Aj1s − sj

+Aj2

(s − sj)2+ . . . +

Ajn(s − sj)n

+ . . . +Ajr

(s − sj)r, (4.124)

en donde n es cualquier t ermino del desarrollo en fracciones parciales y R(s) se define como

R(s) = P (s)Q(s) (s − sj)

r (4.125)

Multiplicando la ecuaci´ on (4.124) por (s − sj)r, se obtiene

R(s) = Aj1(s − sj)r−1 + Aj2(s − sj)

r−2 + . . . + Ajr . (4.126)

De acuerdo con esta expresi´ on podemos visualizar el metodo que usaremos para evaluar cada co-eficiente. Si hacemos s = sj, desaparecen todos los terminos de la ecuaci´ on (4.126), excepto Ajr,que sı podemos evaluar. A continuaci´ on se deriva la ecuaci´ on una vez respecto a s. El termino Ajrdesaparecer´ a, pero permanecer´ a el termino Aj,r−1 sin que multiplique una funci´ on de s. Una vez m´ as

se puede evaluar Aj,r−1 haciendo s = sj. Para hal lar el termino general Ajr se deriva la ecuaci´ on (4.126), (r − n) veces y se hace s = sj, en este caso

Ajn =1

(r − n)!

dr−nR(s)

dsr−n

s=sj

, (4.127)

de forma equivalente

Ajn = 1(r−n)!

dr−n

dsr−n

P (s)Q(s) (s − sj)

rs=sj

(4.128)




Ejemplo 1:

Descomponer en fracciones parciales la expresion

F (s) =s2 + 4s − 1

(s − 1)(s − 2)(s + 3). (4.129)

Soluci´ on:


s2 + 4s − 1

(s − 1)(s − 2)(s + 3)=

A

s − 1+

B

s − 2+

C

s + 3. (4.130)

Para encontrar las constantes hacemos uso del teorema anterior. Esto es, para encontrar A, tenemos

A =

s2 + 4s

−1

(s − 2)(s + 3)s=1 =

1 + 4

−1

(1 − 2)(1 + 3) = −1. (4.131)

Calculemos los coeficientes B y C , de la misma manera, esto es

B =s2 + 4s − 1

(s − 1)(s + 3)

s=2

=4 + 8 − 1

(2 − 1)(2 + 3)=

11

5. (4.132)

y

C =s2 + 4s − 1

(s − 1)(s − 2)

s=−3

=9 − 12 − 1

(−3 − 1)(−3 − 2)= −1

5. (4.133)

Sustituyendo en (4.130), tenemos el siguiente desarrollo

s2 + 4s − 1

(s − 1)(s − 2)(s + 3)

=

−1

s − 1

+11

5(s − 2) −1

5(s + 3)

. (4.134)

Este metodo es conocido como metodo de Heaviside.

Ahora, si queremos encontrar la funcion f (t), es suficiente aplicar la transformada inversa deLaplace. Esto es

f (t) = L−1[F (s)] = −L−1 1

s − 1

+

11

5L−1

1

s − 2

− 1

5L−1

1

s + 3

, (4.135)

y hacer uso de la tabla 4.4-I. El resultado es

f (t) = −et +11

5e2t − 1

5e−3t. (4.136)

Ejemplo 2:Hallar la funcion f (t) correspondiente a la transformada de Laplace

F (s) =s + 1

s3 + s2 − 6s. (4.137)

Soluci´ on:

El denominador lo podemos escribir de la siguiente manera s3+s2−6s = s(s−2)(s+3), entonces

F (s) =s + 1

s3 + s2 − 6s=

s + 1

s(s − 2)(s + 3)=

A

s+

B

s − 2+

C

s + 3. (4.138)



4.6. ECUACIONES DIFERENCIALES: M ETODO DE LAPLACE 199

Luego

A =s + 1

(s − 2)(s + 3)s=0

=1

(−2)(3)

=

−1

6

. (4.139)

Los coeficientes B y C los calculamos de la misma manera, esto es

B =s + 1

s(s + 3)

s=2

=3

(2)(5)=

3

10. (4.140)

y

C =s + 1

s(s − 2)

s=−3

= − 2

(−3)(−3 − 2)=

−2

15. (4.141)

Sustituyendo en la expresion (4.138), obtenemos

F (s) = − 1

6s+

3

10(s − 2)− 2

15(s + 3). (4.142)

Aplicando la transformada inversa de Laplace, resulta

f (t) = L−1[F (s)] = −1

6L−1

1

s

+

3

10L−1

1

s − 2

− 2

15L−1

1

s + 3

. (4.143)

Haciendo uso de la tabla 4.4-I, tenemos el resultado final

f (t) = −1

6+

3

10e2t − 2

15e−3t. (4.144)

Ahora estamos listos para resolver ecuaciones diferenciales con ayuda de la transformada de Laplace.

4.6. Ecuaciones Diferenciales: Metodo de Laplace

En esta seccion vamos aplicar el metodo de Laplace para resolver algunas ecuaciones diferenciales.

Ejemplo 1:

Usando la transformada de Laplace resolver la siguiente ecuacion diferencial

y + 3y + 2y = 0, y(0) = a, y(0) = b. (4.145)

Soluci´ on:

Aplicamos la transformada de Laplace

L[y] + 3L[y] + 2L[y] = 0, y(0) = a, y(0) = b. (4.146)

Usando las formulas de la transformada de Laplace para las derivadas (4.100) y (4.102), obtenemoss2Y (s) − sy(0) − y(0)

+ 3

sY (s) − y(0)

+ 2Y (s) = 0, (4.147)

donde L[y(t)] = Y (s), L[y] = sY (s) − y(0) y L[y] = s2Y (s) − sy(0) − y(0). Sustituyendo lascondiciones iniciales, resulta

s2Y (s) − as − b + 3sY (s) − 3a + 2Y (s) = 0. (4.148)

Factorizando s2 + 3s + 2

Y (s) = as + b + 3a. (4.149)




Despejando, obtenemos

Y (s) =as + b + 3a

s2 + 3s + 2 =as + b + 3a

(s + 1)(s + 2) =A

s + 1 +B

s + 2 . (4.150)

Por el metodo de Heaviside obtenemos las constantes A y B

A =as + b + 3a

s + 2

s=−1

=−a + b + 3a

−1 + 2= 2a + b. (4.151)

y

B =as + b + 3a

s + 1

s=−2

=−2a + b + 3a

(−1)= −(a + b). (4.152)

Sustituyendo en (4.150), se tiene

Y (s) =2a + b

s + 1− a + b

s + 2. (4.153)

Luego, calculamos la transformada inversa de Laplace

y(t) = L−1[Y (s)] = (2a + b)L−1 1

s + 1

− (a + b)L−1

1

s + 2

= (2a + b)e−t − (a + b)e−2t. (4.154)

Entonces, la solucion del problema de valor inicial (4.145) tiene la forma

y(t) = (2a + b)e−t − (a + b)e−2t, ∀t ≥ 0. (4.155)

Ejemplo 2:

Usando la transformada de Laplace, resolver el problema de Cauchy

y + 2y + 5y = 3, y(0) = 0, y(0) = 0. (4.156)

Soluci´ on:


L[y] + 2L[y] + 5L[y] = 3, y(0) = 0, y(0) = 0. (4.157)

Usando las formulas de la transformada de Laplace para las derivadas (4.100) y (4.102), obtenemos

s2Y (s) + 2sY (s) + 5Y (s) =3

s. (4.158)

Despejando Y (s) y desarrollando en fracciones parciales, resulta

Y (s) = 3s(s2 + 2s + 5)

= 35

1s

− 35

s + 2s2 + 2s + 5

= 35

1s

− 310

2(s + 1)2 + 22

− 35

s + 1(s + 1)2 + 22

. (4.159)

Luego, calculamos la transformada inversa de Laplace

y(t) = L−1[Y (s)] =3

5L−1

1

s

− 3

10L−1

2

(s + 1)2 + 22

− 3

5L−1

s + 1

(s + 1)2 + 22

. (4.160)

Haciendo uso de la tabla 4.4-I, tenemos el siguiente resultado

y(t) =3

5− 3

10e−t sen2t − 3

5e−t cos2t, ∀t ≥ 0. (4.161)




Ejemplo 3:

Resolver la siguiente ecuacion diferencial usando la transformada de Laplace

y − 6y + 5y = 3e2t, y(0) = 2, y(0) = 3. (4.162)

Soluci´ on:

Aplicando la transformada de Laplace

L[y] − 6L[y] + 5L[y] = 3L[e2t]. (4.163)

Obtenemos

s2Y (s) − 2s − 3 − 6sY (s) + 12 + 5Y (s) =3

s − 2. (4.164)

Acomodando terminos

Y (s)s2

−6s + 5 =

3

s − 2+ 2s

−9. (4.165)

Despejamos Y (s) y obtenemos

Y (s) =3

(s − 2)(s − 1)(s − 5)+

2s

(s − 1)(s − 5)− 9

(s − 1)(s − 5). (4.166)

Ahora calculemos la inversa de Laplace

y(t) = L−1[Y (s)] = 3L−1 1

(s − 2)(s − 1)(s − 5)

+ 2L−1

s

(s − 1)(s − 5)

−

− 9L−1 1

(s − 1)(s − 5)

. (4.167)

Antes que nada, debemos desarrollar en fracciones parciales el primer termino de la expresion (4.167)

1

(s − 2)(s − 1)(s − 5)=

A

s − 2+

B

s − 1+

C

s − 5. (4.168)

Tenemos

A =1

(s − 1)(s − 5)

s→2

=1

(1)(−3)= −1

3. (4.169)

B =1

(s − 2)(s − 5)

s→1

=1

(−1)(−4)=

1

4. (4.170)

C =1

(s−

2)(s−

1) s→5=

1

(3)(4)=

1

12. (4.171)

Sustituyendo en (4.168)

1

(s − 2)(s − 1)(s − 5)= − 1

3(s − 2)+

1

4(s − 1)+

1

12(s − 5). (4.172)

Calculemos la transformada inversa de esta expresion usando la propiedad de linealidad, esto es

L−1 1

(s − 2)(s − 1)(s − 5)

= −L−1

1

3(s − 2)

+ L−1

1

4(s − 1)

+ (4.173)

+ L−1 1

12(s − 5)

= −1

3e2t +

1

4et +

1

12e5t.




De esta manera hemos obtenido la transformada inversa de Laplace para el primer termino de laecuacion (4.167)

3L−1 1(s − 2)(s − 1)(s − 5)

= −e2t + 3

4et + 1

4e5t. (4.174)

Para calcular los dos ultimos terminos de la ecuacion (4.167), hagamos uso de las formulas

L−1 s

(s − a)(s − b)

=

aeat − bebt

a − b, L−1

1

(s − a)(s − b)

=

eat − ebt

a − b. (4.175)

Donde, a = 1 y b = 5, tenemos

L−1 s

(s − 1)(s − 5)

=

et − 5e5t

1 − 5= −et − 5e5t

4= −1

4et +

5

4e5t,

L−1

1

(s − 1)(s − 5)= −et − e5t

4= −1

4et +

1

4e5t. (4.176)

Tomando en cuenta las expresiones obtenidas y haciendo algunas manipulaciones algebraicas nocomplicadas, tenemos que la solucion final de la ecuacion diferencial (4.162) es

y(t) =5

2et +

1

2e5t − e2t. (4.177)

Ejemplo 4:

Usando la transformada de Laplace resolver el problema de valor inicial

y + α2y = A sen(ωt), y(0) = 1, y(0) = 0, (4.178)

donde α, ω y A son ciertas constantes dadas.

Soluci´ on:


L[y] + α2[y] = AL[sen(ωt)], (4.179)

resulta la ecuacion algebraica

s2Y (s) − s + α2Y (s) =Aω

s2 + ω2. (4.180)

Despejando la funcion transformada Y (s), tenemos

Y (s) =s

s2 + α2+

Aω

(s2 + α2)(s2 + ω2). (4.181)

Para obtener la solucion y(t) necesitamos calcular la transformada inversa de Laplace de la expre-sion (4.181). La forma de la transformada inversa dependera de si α y ω son iguales o diferentes.Supongamos primero que son diferentes, es decir α = ω. Desarrollemos en fracciones parciales elsegundo termino de (4.181), para esto supongamos que s2 = x, tenemos

1

(s2 + α2)(s2 + ω2)=

1

(x + α2)(x + ω2)=

B

x + α2+

C

x + ω2. (4.182)

Usamos el metodo de Heaviside para calcular las constantes B y C , esto es

B =1

x + ω2

x=−α2

=1

−α2 + ω2, C =

1

x + α2

x=−ω2

=1

−ω2 + α2. (4.183)




Sustituyendo estos resultados en (4.182), tenemos

1

(s2 + α2)(s2 + ω2) =1

(x + α2)(x + ω2) =1

(−α2 + ω2)(x + α2) +1

(−ω2 + α2)(x + ω2) . (4.184)

Ahora, recordemos que x = s2, sustituyendo en la expresion (4.184) y acomodando terminos, final-mente resulta

1

(s2 + α2)(s2 + ω2)=

Aω

α2 − ω2

1

s2 + ω2− 1

s2 + α2

. (4.185)

Entonces, la expresion (4.181) tiene la forma

Y (s) =s

s2 + α2+

A

α(α2 − ω2)

αω

s2 + ω2− ωα

s2 + α2

, (4.186)

donde hemos multiplicado y dividido por α. Ahora sı, estamos listos para usar las tablas de latransformada inversa de Laplace. El resultado es

y(t) = cos(αt) +A

α(α2 − ω2)[α sen(ωt) − ω sen(αt)], ω = α. (4.187)

Para el caso en que α = ω, tenemos de la expresion (4.181)

Y (s) =s

s2 + α2+

Aα

(s2 + α2)2. (4.188)

De la tabla de las transformadas inversas tenemos la formula

L−1 2ω3

(s2 + ω2)2

= sen(ωt) − ωt cos(ωt)

Haciendo uso de esta formula, tenemos que

L−1 1

(s2 + α2)2

=

1

2α3L−1

2α3

(s2 + α2)2

=

1

2α3

sen(αt) − αt cos(αt)

. (4.189)

Entonces, de la expresion (4.188), tenemos

y(t) = L−1[Y (s)] = L−1 s

s2 + α2

+ AαL−1

1

(s2 + α2)2

= cos(αt) +A

2α2

sen(αt) − αt cos(αt)

, α = ω. (4.190)

Ejemplo 5:

Usar la trasformada de Laplace para resolver la ecuacion diferencial de cuarto orden con las

condiciones dadas

yIV − y = 1, y(0) = 1, y(0) = 1, y(0) = 2, y(0) = −1. (4.191)

Aplicando la transformada de Laplace, tenemos la ecuacion

s4Y (s) − s3y(0) − s2y(0) − sy(0) − y(0) − Y (s) =1

s. (4.192)

Considerando las condiciones iniciales

(s4 − 1)Y (s) − s3 − s2 − 2s + 1 =1

s. (4.193)




Despejando

Y (s) =s4 + s3 + 2s2 − s + 1

s(s4 − 1). (4.194)

El denominador lo escribimos como s(s4 − 1) = s(s2 − 1)(s2 + 1) = s(s − 1)(s + 1)(s − i)(s + i).Desarrollando en fracciones parciales

s4 + s3 + 2s2 − s + 1

s(s − 1)(s + 1)(s − i)(s + i)=

A

s+

B

s − 1+

C

s + 1+

D

s − i+

E

s + i. (4.195)

Para hallar los valores de las constantes usamos el metodo de Heaviside, tenemos

A =s4 + s3 + 2s2 − s + 1

(s − 1)(s + 1)(s − i)(s + i)

s=0

=1

(−1)(1)(−i)(i)= −1,

B =s4 + s3 + 2s2 − s + 1

s(s + 1)(s−

i)(s + i) s=1=

1 + 1 + 2 − 1 + 1

2(1−

i)(1 + i)= 1, (4.196)

C =s4 + s3 + 2s2 − s + 1

s(s − 1)(s − i)(s + i)

s=−1

=1 − 1 + 2 + 1 + 1

(−1)(−2)(−1 − i)(−1 + i)= 1,

D =s4 + s3 + 2s2 − s + 1

s(s − 1)(s + 1)(s + i)

s=i

=1 − i − 2 − i + 1

i(i − 1)(i + 1)= − i

2,

E =s4 + s3 + 2s2 − s + 1

s(s − 1)(s + 1)(s − i)

s=−i

=1 + i − 2 + i + 1

(−i)(−i − 1)(−1 + i)(−i − i)=

i

2.


Y (s) = −1

s+

1

s − 1+

1

s + 1− i

2(s − i)+

i

2(s + i). (4.197)

Aplicando la transformada inversa

y(t) = L−1[Y (s)] = −L−11

s

+ L−1

1

s − 1

+ L−1

1

s + 1

− i

2L−1

1

s − i

+

i

2L−1

1

s + i

, (4.198)

se obtiene el resultado final

y(t) = −1 + et + e−t − i

2eit +

i

2e−it = −1 + et + e−t + sen t. (4.199)

Hemos utilizado la formula, sen t = eit−e−it

2i .

Ejemplo 6:

Usando la transformada de Laplace, resolver el problema de valor inicial

y + 4y = 3 cos t, y(0) = y(0) = 0. (4.200)

Soluci´ on:

Calculamos la transformada en ambos lados de la ecuacion, esto es

L[y] + 4L[y] = 3L[cos t]. (4.201)

Luego

s2Y (s) − sy(0) − y(0) + 4Y (s) =3s

s2 + 1. (4.202)



4.7. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA FUNCIONES DISCONTINUAS 205

Al sustituir las condiciones iniciales y despejando la funci on Y (s), obtenemos

Y (s) =3s

(s2 + 4)(s2 + 1) . (4.203)

Luego, tomando la inversa, resulta

y(t) = L−1[Y (s)] = L 3s

(s2 + 4)(s2 + 1)

. (4.204)

Desarrollemos en fracciones parciales la funcion

1

(s2 + 4)(s2 + 1). (4.205)

Para esto, hagamos x = s2, entonces

1(x + 4)(x + 1)

= Ax + 4

+ Bx + 1

. (4.206)

De donde obtenemos los valores A = −13 y B = 1

3 , entonces

1

(s2 + 4)(s2 + 1)= − 1

3(s2 + 4)+

1

3(s2 + 1). (4.207)

Sustituyendo en la expresion (4.204), obtenemos

y(t) = L−1 −s

s2 + 4

+ L−1

s

s2 + 1

. (4.208)

Usando la tabla de transformada inversa, obtenemos el resultado final

y(t) = − cos2t + cos t. (4.209)

Es claro, que las ecuaciones diferenciales que hemos resuelto, las pudimos haber realizado por elmetodo de coeficientes indeterminados, antes visto. Sin embargo, el metodo de Laplace, incluyeautomaticamente las condiciones iniciales, es por eso que en las soluciones no aparecen constantesde integracion.

4.7. Transformada de Laplace para Funciones Discontinuas

En esta seccion presentaremos la transformada de Laplace de algunas funciones discontinuas queson muy importantes en la ingenierıa, al igual que algunos teoremas acerca de la transformada de

Laplace, utiles para resolver ecuaciones diferenciales con fuentes discontinuas.

La funcion escal´ on unitario fue introducida por Heaviside. Esta funcion se representa mediantela expresion

u(t) =

0 para t < 01 para t ≥ 0

(4.210)

Como podemos ver, esta funcion cambia bruscamente desde cero hasta el valor unitario para eltiempo t = 0. En ingenierıa esta notacion es conveniente para representar el cierre de un interruptor




Figura 4.3: Funcion escalon.

para t = 0. Por ejemplo, si se conecta una baterıa de voltaje V 0 a una red en el tiempo t = 0, elvoltaje impulsor se puede representar como V 0u(t), sin necesidad de mencionar la presencia de un

interruptor. Para el caso en que V 0 = 1 el producto V 0u(t) = u(t), y su transformada de Laplace es

L[u(t)] =

∞0

u(t)e−stdt =

∞0


s

∞0

=1

s, s > 0. (4.211)

Para el caso en que V 0 = 0, sea un voltaje independiente del tiempo, tenemos

L[V 0u(t)] = V 0

∞0

e−stdt = −V 0e−st

s

∞0

=V 0s

, s > 0. (4.212)

La expresion (4.210) se puede generalizar. Para esto hagamos un desplazamiento temporal τ unida-des, (t − τ ), entonces, tenemos la siguiente relacion

u(t − τ ) =

0 para t < τ 1 para t ≥ τ

(4.213)

para una funcion escalon que cambia bruscamente en el tiempo t = τ .

Figura 4.4: Funcion escalon desplazada.

En general, la funcion escalon desplazada tiene un valor unitario cuando la cantidad ( t − τ ),(que es el argumento de la funcion u), es positiva y tiene un valor cero cuando (t − τ ) es negativa.Esta definicion se aplica para cualquier forma de variable; por lo tanto, la funcion u(t + τ ) es la quecambia desde cero hasta el valor unitario para t = −τ . Del mismo modo la funcion u(τ − t) es la quecambia desde la unidad hasta el valor cero (para tiempo creciente) para el instante en que t = τ .




La transformada de Laplace de u(t − τ ) se calcula a partir de la definicion (4.1), esto es

L[u(t − τ )] = ∞τ


s∞τ

= e−τs

s , s > 0. (4.214)

Este resultado se compone del producto de dos factores; el factor 1s , correspondiente a la transformada

de la funcion escalon unitario, iniciada en el tiempo t = 0, y el termino e−τs, es una funcion queinfluye en la transformada de una funcion escalon que no principia en t = 0, sino en t = τ .

Lo anterior se puede generalizar a cualquier funcion del tiempo f (t), que demore su iniciacionpara otro tiempo t = τ . Una funcion trasladada en el tiempo se representa de la siguiente manera

f (t − τ )u(t − τ ). (4.215)

Para hallar la transformada de Laplace de esta funcion trasladada, usamos la definicion (4.1) in-troduciendo en ella una nueva variable temporal t, entonces podemos escribir la transformada de

Laplace como

L[f (t)] =

∞0

f (t)e−stdt = F (s). (4.216)

Si elegimos la variable t como t = t − τ , obtenemos que la expresion (4.216) se convierte en

L[f (t)] =

∞τ

f (t − τ )e−(t−τ )sdt =

∞τ

f (t − τ )e−st(eτs)dt. (4.217)

El factor eτs se puede sacar de la integral y el lımite inferior de la integral se puede cambiar a cerosi f (t − τ ) se multiplica por u(t − τ ), ası

L[f (t)] = eτs

∞

0

f (t − τ )u(t − τ )e−stdt. (4.218)

Esta expresion integral se reconoce como la transformada de la funcion f (t − τ )u(t − τ ), tenemos

L[f (t − τ )u(t − τ )] = e−τsL[f (t)] = e−τsF (s). (4.219)

Para el caso inverso tendremos

L−1[e−τsF (s)] = f (t − τ )u(t − τ ). (4.220)

Estas ecuaciones indican que la transformada de cualquier funcion trasladada, para principiar en eltiempo t = τ , es e−τs veces la transformada de la funcion cuando principia en t = 0. Este resultadoes importante y lo formularemos como teorema.

Teorema 4.7.1. (segundo teorema de desplazamiento) Suponga que τ

≥0, y

L[f (t)] existe para

todo s > s0. Entonces, L[u(t − τ )f (t − τ )] existe para s > σ0 y

L[u(t − τ )f (t − τ )] = e−τsF (s) (4.221)

Para el caso inverso, tenemos

L−1[e−τsF (s)] = f (t − τ )u(t − τ ) (4.222)




Este teorema establece que multiplicar una transformada de Laplace por el exponencial e−sτ

corresponde a desplazar el argumento de la transformada inversa en τ unidades.

Ejemplo 1:

Calcular la transformada inversa de Laplace de la funcion

Y (s) =5

s− 1

s2

+ e−3s

6

s+

7

s2

+

3e−6s

s3. (4.223)

Soluci´ on:

Para resolver este problema hagamos uso de la propiedad de linealidad de la transformada y delsegundo teorema de desplazamiento. Definamos

Y 1(s) =

5

s− 1

s2, Y 2(s) =

6

s+

7

s2, Y 3(s) =

3

s3. (4.224)

La transformada inversa de estas expresiones es facil de calcular usando las formulas de la tabla4.4-1. Tenemos como resultado

y1(t) = L−1[Y 1(s)] = 5 − t, y2(t) = L−1[Y 2(s)] = 6 + 7t, y3(t) = L−1[Y 3(s)] =3

2t2. (4.225)

Luegoy(t) = L−1[Y 1(s)] + L−1[e−3sY 2(s)] + L−1[e−6sY 3(s)]. (4.226)

Del segundo teorema de desplazamiento tenemos para el segundo y tercer termino

L−1[e−3sY 2(s)] = u(t − 3)[6 + 7(t − 3)], L−1[e−6sY 3(s)] =3

2u(t − 6)[(t − 6)2] (4.227)

Sustituyendo estos resultados en (4.226), finalmente, tenemos la solucion

y(t) = (5 − t)u(t) + u(t − 3)[7t − 15] +3

2u(t − 6)[(t − 6)2]. (4.228)

Veamos otra de las utilidades de la funcion escalon. Supongamos que tenemos una funcion continuapor partes definida en el intervalo [0, ∞),

f (t) =

f 0(t) para 0 ≤ t < t1f 1(t) para t ≥ t1

(4.229)

Se supone que f 0(t) y f 1(t) ∈ [0, ∞). El uso de la funcion escalon nos permite representar a la

funcion (4.229) como

f (t) = u(t)f 0(t) + u(t − t1)[f 1(t) − f 0(t)] (4.230)

Supongamos ahora que tenemos tres funciones dadas de la siguiente forma

f (t) =

f 0(t) para 0 ≤ t < t1f 1(t) para t1 ≤ t < t2f 2(t) para t ≥ t2

(4.231)




Esto es equivalente a la siguiente expresion

f (t) = u(t)f 0(t) + u(t − t1)[f 1(t) − f 0(t)] + u(t − t2)[f 2(t) − f 1(t)] (4.232)

Ahora nos preguntamos; como podemos usar (4.230) y (4.232), para determinar la transformada deLaplace L[f (t)] de funciones continuas por partes? Para esto existen dos teoremas que nos facilitaranlos calculos.

Teorema 4.7.2. Sea f (t) ∈ [0, ∞). Sup´ ongase que τ ≥ 0 y L[f (t+τ )] existe para s > σ0. Entonces,L[u(t − τ )f (t)] existe para s > σ0 y

L[u(t − τ )f (t)] = e−sτ L[f (t + τ )] (4.233)

Por definicion

L[u(t − τ )f (t)] =

∞0

u(t − τ )f (t)e−stdt. (4.234)

Tomando en cuenta la definicion del escalon desplazado, tenemos

L[u(t − τ )f (t)] =

τ 0

(0)e−stdt +

∞τ

f (t)e−stdt (4.235)

La primer integral de la derecha es cero. Introduciendo la nueva variables t = t − τ en la segundaintegral, resulta

L[u(t − τ )f (t)] = ∞0

f (t + τ )e−s(t+τ )dt = e−sτ ∞0

f (t + τ )e−stdt. (4.236)

Cambiando la etiqueta de la variable de integracion en la ultima integral de t a t, obtenemos

L[u(t − τ )f (t)] = e−sτ ∞0

f (t + τ )e−stdt = e−sτ L[f (t + τ )]. (4.237)

Ejemplo 2:

Hallar la transformada de Laplace

L[u(t − 2)(t + 1)] (4.238)

Soluci´ on:Para usar el teorema anterior, 4.7.2, identificamos τ = 2 y f (t) = t + 1, entonces f (t + 2) =

t + 2 + 1 = t + 3 y la transformada de Laplace

L[t + 3] =1

s2+

3

s. (4.239)

El teorema 4.7.2 implica

L[u(t − 2)(t + 1)] = e−2s 1

s2+

3

s

. (4.240)

Ejemplo 4:




Hallar la transformada de Laplace de la funcion continua por partes

f (t) = 2, 0

≤t < π

0, π ≤ t < 2πsen t, t ≥ 2π

. (4.241)

Soluci´ on:

Escribamos la funcion (4.241) en terminos de la funcion escalon, segun (4.232), obtenemos

f (t) = 2u(t) − 2u(t − π) + u(t − 2π)sen(t − 2π). (4.242)

En esta ecuacion, por comodidad, hemos escrito sen t = sen (t − 2π), esto es valido, debido a que lafuncion seno es periodica de periodo 2π.

Aplicando la transformada de Laplace en (4.242) se tiene

L[f (t)] = 2L[u(t)] − 2L[u(t − π)] + L[u(t − 2π)sen(t − 2π)] =2s

− 2e−πss

+e−2πss2 + 1

, (4.243)

donde hemos aplicado los resultados obtenidos en (4.211, 4.214) y el teorema 4.7.1.

Ejemplo 3:

Hallar la funcion f (t) correspondiente a la transformada de Laplace

F (s) =2

s2− 2e−2s

s2− 4e−2s

s+

se−πs

s2 + 1. (4.244)

Soluci´ on:

Aplicando la transformada inversa de Laplace

f (t) = L−1[F (s)] = 2L−1 1

s2

− 2L−1

e−2s

s2

− 4L−1

e−2s

s

+ L−1

se−πs

s2 + 1

. (4.245)

Haciendo uso del teorema 4.7.1., resulta

f (t) = 2t − 2u(t −2)[t − 2]− 4u(t − 2) + u(t − π)cos(t − π) = 2t − 2u(t −2)t −u(t −π)cos t. (4.246)

Este mismo resultado lo podemos escribir en su forma equivalente como

f (t) =

2t, 0 ≤ t < 2,0, 2 ≤ t < π,− cos t, t ≥ π.

(4.247)

4.8. Diferenciacion e Integracion de la Transformada

de Laplace

En las secciones anteriores hemos discutido la solucion de ecuaciones diferenciales con coeficientesconstantes con condiciones iniciales. Las propiedades de la transformada de Laplace estudiadas hastael momento no son suficientes para resolver ecuaciones diferenciales con coeficientes polinomiales enterminos de la variable independiente. No obstante, el concepto de diferenciacion de la transformadade Laplace nos ayuda a resolver algunos problemas de esta ındole.



4.8. DIFERENCIACI ON E INTEGRACI ON DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 211

Teorema 4.8.1. (diferenciaci´ on de la transformada de Laplace) Si f (t) es una funci´ on continua por partes para todo t ≥ 0 y es de orden exponencial cuando t → ∞, entonces

L[−tf (t)] = dF (s)ds y L[tnf (t)] = (−1)n d

nF (s)dsn s > σ0 (4.248)

donde F (s) = L[f (t)]

De las condiciones del teorema se tiene que la transformada de Laplace de la funcion f (t)existe, es decir, tiene lugar la integral impropia ∞

0

f (t)e−stdt = F (s). (4.249)

Entonces, tomando la derivada respecto a s, obtenemos

dF

ds=

d

ds

∞0

f (t)e−stdt =

∞0

f (t)d

dse−stdt = −

∞0

tf (t)e−stdt = L[−tf (t)]. (4.250)

Concluimos que

L[tf (t)] = −dF

ds. (4.251)

Para el caso L[t2f (t)], tenemos

L[t2f (t)] = L[ttf (t)] = − d

ds[Ltf (t)] = − d

ds

− dF (s)

ds

= (−1)2

d2F (s)

ds2. (4.252)

Luego, por induccion se puede demostrar que

L[tnf (t)] = (−1)n dn

F (s)dsn

∀n = 1, 2, 3, . . . (4.253)

De la expresion (4.248), obtenemos

L−1[F (s)] = −tf (t), L−1[F (n)(s)] = (−1)ntnf (t) (4.254)

Ejemplo 1:


f (t) = t2 sen(ωt). (4.255)

Soluci´ on:

Usando el teorema anterior y la tabla de transformadas, tenemos

L[t2 sen(ωt)] = (−1)2d2

ds2

ω

s2 + ω2

=

d

ds

− 2ωs

(s2 + ω2)2

=6ωs2 − 2ω3

(s2 + ω2)3(4.256)

Ejemplo 2:




Calcular la transformada de Laplace de la funcion f (t) = t2e−2t.

Soluci´ on:

Hagamos uso del teorema anterior y de la formula L[e−2t] = 1s+2 . Entonces, tenemos

L[t2e−2t] = (−1)2d2

ds2

1

s + 2

= − d

ds

1

(s + 2)2

=

2

(s + 2)3. (4.257)

Ejemplo 3:

Calcular la transformada de Laplace de la funcion f (t) = t2 cos(3t).

Soluci´ on:

Usando la formulaL[cos(ωt)] =

s

s2 + ω2

Para nuestro caso, tenemos que ω = 3, entonces

L[cos(3t)] =s

s2 + 9= F (s). (4.258)

Entonces

L[t2 cos(3t)] = (−1)2d2

ds2

s

s2 + 9

=

d

ds

9 − s2

(s2 + 9)2

=−2s(s2 + 9)2 − (9 − s2)(s2 + 9)(4s)

(s2 + 9)4

=2s3 − 54s

(s2 + 9)3=

2s(s2 − 27)

(s2 + 9)3. (4.259)

Lo util del teorema esta mas que claro, ya que hemos reducido en gran medida el c alculo. La ecuacion

(4.254) es util para hallar una transformada inversa cuando la derivada de la transformada es m asfacil de manipular que la transformada misma.

El teorema anterior muestra que la diferenciacion de la transformada F (s) respecto a s co-rresponde a la multiplicacion de t por f (t), junto con un cambio de signo. Desde luego, es de esperarque la integracion de F (s) corresponda a una division de f (t) entre t. Esto lo afirma el siguienteteorema.

Teorema 4.8.2. (transformada de Laplace de una integral) Sea f (t) una funci on continua por partes en [0, ∞) y de orden exponencial. Entonces, la transformada de Laplace de la integral de f (t)est´ a dada por la expresi´ on

L t

0f (τ )dτ

= F (s)

s (4.260)

De la definicion de transformada de Laplace, tenemos

L t

0

f (τ )dτ

=

∞0

t0

f (τ )dτ

e−stdt. (4.261)

Integrando por partes, definiendo

u =

t0

f (τ )dτ → du = f (t)dt,

dv = e−stdt → v = −1

se−st. (4.262)



4.8. DIFERENCIACI ON E INTEGRACI ON DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 213

Obtenemos

L t

0

f (t)dt =

−e−st

s t

0

f (τ )dτ ∞

0

+1

s ∞

0

f (t)e−stdt. (4.263)

El primer termino de la derecha en (4.263) desaparece, ya que e−st → 0 cuando t → ∞. Enconsecuencia

L t

0

f (τ )dτ

=F (s)

s. (4.264)

Para la transformada inversa, tenemos

L−11sF (s)

= t0

f (τ )dτ (4.265)

Ejemplo 1:

Hallar la funcion f (t) si su transformada de Laplace es

F (s) =3

s2 + s. (4.266)

Soluci´ on:

Para poder usar el teorema 4.8.2, escribamos la expresion (4.266) de la siguiente manera

F (s) =3

s(s + 1)=

3

sG(s), (4.267)

donde

G(s) =1

s + 1. (4.268)

Luego, con ayuda de la tabla 4.4-I calculamos la transformada inversa de la expresion

g(t) = L−1[G(s)] = L−1 1

s + 1

= e−t. (4.269)

Entonces, de la formula (4.265), tenemos

f (t) = L−1

F (s)

= L−13

sG(s)

= 3

t0

e−τ dτ (4.270)

Calculando la integral, obtenemos el resultado final

f (t) = 3

1 − e−t

. (4.271)

Ejemplo 2:

Hallar la funcion f (t) correspondiente a la transformada

F (s) =4

s3 + 4s. (4.272)

Soluci´ on:

Para poder usar el teorema 4.8.2, escribamos la transformada (4.272) de la siguiente manera

F (s) =4

s3 + 4s=

(2)(2)

s(s2 + 4)=

2

sG(s), (4.273)




donde

G(s) =2

s2

+ (2)2

. (4.274)

La transformada inversa de (4.274), es

g(t) = L−1 2

s2 + (2)2

= sen 2t. (4.275)

Entonces, aplicando el teorema 4.8.2, a la expresion (4.272), tenemos

f (t) = L−12

sG(s)

= 2

t0

sen2τ dτ = − cos2τ t0

= 1 − cos2t. (4.276)

Ejemplo 3:

Hallar la funcion f (t) si

F (s) =

1

s(s2 + ω2) . (4.277)

Soluci´ on:

Sea

F (s) =1

s(s2 + ω2)=

1

sG(s), (4.278)

donde

G(s) =1

s2 + ω2. (4.279)

La transformada inversa de esta expresion es

g(t) = L−1

G(s)

= L−1

1

s2 + ω2 =

1

ωL−1

ω

s2 + ω2 =

1

ωsen ωt. (4.280)

Del teorema 4.8.2, tenemos

f (t) = L−11

sG(s)

=

1

ω

t0

sen ωτdτ =1

ω2cos ωτ

t0

=1

ω2(cos ωt − 1). (4.281)

4.9. Ecuaciones Diferenciales con Fuentes Discontinuas

En las aplicaciones, las funciones discontinuas (continuas por partes) aparecen de manera natural.Por ejemplo, el encendido y apagado de un interruptor es un fenomeno discontinuo. Las ecuacio-nes diferenciales que contienen funciones discontinuas son difıciles de tratar analıticamente usandolos metodos previos. La transformada de Laplace es una herramienta poderosa para este tipo de

ecuaciones diferenciales, ya que facilita el tratamiento de las funciones discontinuas (seccion 4.7). Elproposito de esta seccion es el analisis de ecuaciones diferenciales con funciones discontinuas comofuentes. En otras palabras, aprenderemos a resolver ecuaciones de la forma

ay + by + cy = f (t), y(0) = c0, y(0) = c1, (4.282)

donde a, b y c son constantes (a = 0) y f (t) tiene un numero finito de discontinuidades en elintervalo [0, ∞), es decir, tiene la forma de (4.231). Este tipo de problemas surge en situacionesdonde la entrada a un sistema f ısico experimenta cambios instantaneos, por ejemplo, cuando se abreo se cierra un interruptor, o cuando las fuerzas que actuan en un sistema cambian de manera rapida.

Los pasos a seguir para resolver este tipo de ecuaciones son los siguientes:



4.9. ECUACIONES DIFERENCIALES CON FUENTES DISCONTINUAS 215

Primer paso. Debemos representar a la funcion f (t) en forma de combinacion de funcionesescalon como en (4.232).

Segundo paso. Aplicar la transformada de Laplace a toda la ecuacion diferencial.

Tercer paso. Hacer uso de la transformada de Laplace para las derivadas y tomar en cuenta lascondiciones iniciales. Para calcular la transformada de Laplace de la funcion (fuente), continuapor partes, se hace uso de los dos teoremas 4.7.1 y 4.7.2., antes vistos.

Cuarto paso. Despejar Y (s) y calcular su inversa con el objetivo de hallar la funcion y(t), lacual sera la solucion de la ecuacion diferencial (4.282).

Ejemplo 1:

Resolver la siguiente ecuacion diferencial de primer orden con una discontinuidad

y + 9y = u(t − 5), y(0) = −2. (4.283)

Aplicando la transformada de Laplace, resulta

L[y] + 9L[y] = L[u(t − 5)]. (4.284)

Luego, usando el teorema 4.3.1, y tomando en cuenta la condicion inicial, tenemos

sY (s) + 2 + 9Y (s) =e−5s

s. (4.285)

Factorizando y despejando a Y (s), obtenemos

Y (s) = − 2

s + 9+

e−5s

s(s + 9). (4.286)

Para encontrar la solucion y(t) debemos calcular la transformada inversa, esto es

y(t) = L−1[Y (s)] = −2L−1 1

s + 9

+ L−1

e−5s

s(s + 9)

. (4.287)


1

s(s + 9)=

A

s+

B

s + 9. (4.288)

Tenemos, As + 9A + BS = 1, de donde, A = 1/9 y B = −1/9. Entonces

e−5s

s(s + 9) =

e−5s

9s −e−5s

9(s + 9) , (4.289)

y su transformada inversa es

L−1 e−5s

s(s + 9)

=

1

9L−1

e−5s

s

− 1

9L−1

e−5s

s + 9

=

1

9u(t − 5) − 1

9u(t − 5)e−9(t−5).

Luego, tomando en cuenta este resultado y usando la tabla 4.4-I para calcular el primer termino dela derecha en (4.287), tenemos la solucion de la ecuacion (4.283)

y(t) = −2e−9t +1

9u(t − 5) − 1

9u(t − 5)e−9(t−5). (4.290)




Ejemplo 2:

Resolver el problema de valor inicial

y + y = u(t − 2)e−2(t−2), y(0) = 1. (4.291)

Soluci´ on:


L[y] + L[y] = L[u(t − 2)e−2(t−2)], (4.292)

obtenemos

sY (s) − y(0) + Y (s) =e−2s

s + 2. (4.293)

Sustituyendo la condicion inicial y factorizando

Y (s)[s + 1] = 1 + e−2s

s + 2. (4.294)

Despejando Y(s), resulta

Y (s) =1

s + 1+

e−2s

(s + 1)(s + 2). (4.295)

El ultimo termino lo podemos desarrollar en fracciones parciales, como resultado tenemos

Y (s) =1

s + 1+

e−2s

s + 1− e−2s

s + 2. (4.296)

Por ultimo, aplicando la transformada inversa de Laplace y haciendo uso de la tabla 4.4-I y delteorema 4.7.1, tenemos el resultado final

y(t) = L−1[Y (s)] = L−1

1s + 1

+ L−1

e−2ss + 1

− L−1

e−2ss + 2

= e−t + u(t − 2)e−(t−2) − u(t − 2)e−2(t−2)

= e−t + u(t − 2)

e−(t−2) − e−2(t−2)

. (4.297)

Ejemplo 3:

Usar la transformada de Laplace para resolver la ecuacion diferencial con valores iniciales

y + y = f (t) =

3 0 ≤ t < π,0 t ≥ π.

y(0) = 0, y(0) = 0. (4.298)

Soluci´ on:

Para resolver esta ecuacion hagamos uso de la funcion escalon y los teoremas antes mencionados.Primero, desarrollamos la funcion f (t) en funcion del escalon

f (t) = f 0(t) + u(t − t1)[f 1(t) − f 0(t)] = 3 − 3u(t − π). (4.299)

Entonces, la ecuacion (4.298) se puede escribir como

y + y = 3 − 3u(t − π). (4.300)

Ahora aplicamos la transformada de Laplace a la ecuacion (4.300), tenemos

L[y] + L[y] = 3L[1] − 3L[u(t − π)]. (4.301)




Haciendo uso de las formulas para la transformada de Laplace de las derivadas, y considerando lascondiciones iniciales, tenemos

s2Y (s) + Y (s) = 3s

− 3e−πs

s. (4.302)

Factorizando y despejando Y (s), obtenemos

Y (s) =3

s(s2 + 1)− 3e−πs

s(s2 + 1). (4.303)

Desarrollando en fracciones parciales la expresion que esta en el denominador de (4.303), esto nosda como resultado

1

s(s2 + 1)=

A

s+

Bs + C

s2 + 1=

1

s− s

s2 + 1. (4.304)

Sustituyendo este resultado en (4.303), se obtiene

Y (s) = 3s − 3ss2 + 1

− 3se−πs + 3s

s2 + 1e−πs. (4.305)

Por ultimo, calculamos la transformada inversa de esta expresion. El resultado final es

y(t) = L−1[Y (s)] = L−13

s− 3s

s2 + 1− 3

se−πs +

3s

s2 + 1e−πs

=

= 3

1 − cos t

u(t) − 3u(t − π)

1 − cos(t − π)

. (4.306)

Esta es la solucion del problema con valor inicial (4.298).

Ejemplo 4:


y + 4y = 3u(t − 5) sen(t − 5), y(0) = 1, y(0) = 0. (4.307)

Soluci´ on:


L[y] + 4L[y] = 3L[u(t − 5) sen(t − 5)]. (4.308)

De donde, obtenemos

s2Y (s) − sy(0) − y(0) + 4Y (s) =3e−5s

s2 + 1. (4.309)

Sustituyendo las condiciones iniciales y factorizando

(s2 + 4)Y (s) = 3e−5s

s2 + 1+ s. (4.310)

Luego, despejando Y (s), resulta

Y (s) =3e−5s

(s2 + 1)(s2 + 4)+

s

s2 + 4. (4.311)

Para obtener la solucion de la ecuacion (4.307) debemos tomar la transformada inversa

y(t) = L−1[Y (s)] = L−1 s

s2 + 4

+ L−1

3e−5s

(s2 + 4)(s2 + 1)

. (4.312)




Tomando en cuenta el resultado (4.207) podemos escribir

y(t) = L−1 s

s2 + 4− L−1 e

−5s

s2 + 4

+ L−1 e−5s

s2 + 1

. (4.313)

Vamos a calcular por separado las transformadas inversas. Haciendo uso de la tabla 4.4-I y delteorema 4.7.1, tenemos

L−1 s

s2 + 4

= cos 2t.

L−1 e−5s

s2 + 4

=

1

2u(t − 5)sen2(t − 5).

L−1 e−5s

s2 + 1

= u(t − 5) sen(t − 5).

Sustituyendo estos resultados en (4.313), obtenemos el resultado final

y(t) = cos 2t + u(t − 5) sen(t − 5) − 12

u(t − 5)sen2(t − 5). (4.314)

Ejemplo 5:

Hallar la solucion del problema con valores iniciales

y + 2y + 5y = 1 − u(t − 7), y(0) = y(0) = 0. (4.315)

Soluci´ on:


L[y] + 2L[y] + 5L[y] = L[1 − u(t − 7)], (4.316)

resulta

s2Y (s) − sy(0) − y(0) + 2[sY (s) − y(0)] + 5Y (s) =1s

− e−7ss

. (4.317)

Poniendo las condiciones iniciales, factorizando y despejando, obtenemos la ecuacion

Y (s) =1

s(s2 + 2s + 5)− e−7s

s(s2 + 2s + 5). (4.318)


1

s(s2 + 2s + 5)=

A

s+

Bs + C

s2 + 2s + 5. (4.319)

Resulta A = 15 , B = −1

5 y C = −25 . Sustituyendo en (4.319), obtenemos

1s(s2 + 2s + 5)

= 15s

− s + 25(s2 + 2s + 5)

= 15s

− s + 25[(s + 1)2 + 4]

. (4.320)

Entonces, de la ecuacion (4.318), tenemos

Y (s) =1

5s− s + 2

5[(s + 1)2 + 4]− e−7s

5s+

e−7s(s + 2)

5[(s + 1)2 + 4]. (4.321)

El ultimo termino lo podemos escribir como

(s + 2)

5[(s + 1)2 + 4]=

s + 1 + 1

5[(s + 1)2 + 4]=

s + 1

5[(s + 1)2 + 4]+

2

5 · 2[(s + 1)2 + 4](4.322)




Entonces, la expresion (4.321) tiene la forma

Y (s) = 15s − s + 15[(s + 1)2 + 4] − 25 · 2[(s + 1)2 + 4] − e−7s

5s + e−7s

(s + 1)(s + 1)2 + 4 + 2e−7s

5 · 2[(s + 1)2 + 4] . (4.323)

Aplicando a transformada inversa

y(t) = L−1 1

5s− s + 1

5[(s + 1)2 + 4]− 2

5 · 2[(s + 1)2 + 4]

+

+ L−1

− e−7s

5s+

e−7s(s + 1)

5[(s + 1)2 + 4]+

2e−7s

5 · 2[(s + 1)2 + 4]

. (4.324)

Usando las tablas 4.4-I, tenemos para el primer termino

L−1

1

5s− s + 1

5[(s + 1)2 + 4]− 2

5 · 2[(s + 1)2 + 4]=

1

5− e−t

5 cos2t +

1

2sen2t

. (4.325)

y para el segundo termnino

L−1

− e−7s

5s+

e−7s(s + 1)

5[(s + 1)2 + 4]+

2e−7s

5 · 2[(s + 1)2 + 4]

= −1

5u(t − 7) + (4.326)

+1

5u(t − 7)e−(t−7)

cos2(t − 7) +

1

2sen2(t − 7)

.

Sustituyendo los resultados de (4.325) y (4.326) en (4.324), obtenemos la solucion de (4.315)

y(t) =1

5− e−t

5

cos2t+

1

2sen2t

− 1

5u(t−7)+

1

5u(t−7)e−(t−7)

cos2(t − 7)+

1

2sen2(t − 7)

. (4.327)

Observaci´ on:

La ecuacion (4.315) puede modelar el movimiento de una masa unitaria m = 1 unida a un resortecon constante k = 2, la cual se desliza sobre una superficie con coeficiente de amortiguamiento iguala 2. Las condiciones iniciales las podemos interpretar de la siguiente manera: en el tiempo t = 0 lamasa se mantiene en reposo en y = 0. Cuando t < 7, la superficie se inclina de tal manera que lagravedad proporciona una fuerza unitaria (en este caso en la parte derecha de (4.315) aparecera launidad) que alarga al resorte. En el tiempo t = 7, la superficie vuelve a nivelarse ( es decir, la partederecha de (4.315) sera cero) [8].

Ejemplo 6: Resolver el siguiente problema con valores iniciales

y + 2y = r(t) =

1 para 0 ≤ t < 10 para t > 1

. (4.328)

Este problema puede representar la respuesta de un sistema no amortiguado a una onda cuadradasencilla figura 4.5.

Soluci´ on:

Antes que nada escribamos r(t) en funcion de las funciones escalon, esto es, como

r(t) = u(t) + u(t − 1). (4.329)

Sustituyendo en (4.328) y aplicando la transformada de Laplace, obtenemos

L[y] + 2L[y] = L[u(t)] + L[u(t − 1)]. (4.330)




Figura 4.5: Onda cuadrada r(t).

De donde, resulta

s2Y (s) − sy(0) − y(0) + 2Y (s) =1

s+

e−s

s. (4.331)

Sustituyendo las condiciones iniciales y despejando Y (s), tenemos

Y (s) =1

s(s2 + 2)+

e−s

s(s2 + 2). (4.332)


1

s(s2 + 2)=

A

s+

Bs + C

s2 + 2, (4.333)

tenemos

A + B = 0,

2A = 1, (4.334)

C = 0.

De donde, C = 0, A = 1/2 y B = −1/2. Entonces

1

s(s2 + 2)=

1

2s− s

2(s2 + 2), (4.335)


Y (s) =1

2s −

s

2(s

2

+ 2)

+e−s

2s −

e−ss

2(s

2

+ 2)

. (4.336)

Nos queda por calcular la transformada inversa

y(t) = L−1[Y (s)] =1

2L−1

1

s

− 1

2L−1

s

s2 + 2

+

1

2L−1

e−s

s

− 1

2L−1

e−sss2 + 2

. (4.337)

Usando las formulas de la tabla 4.4.-I y el teorema 4.7.1, tenemos

L−11

s

= 1,

L−1 s

s2 + 2

= L−1

s

s2 + (√

2)2

= cos

√2t,



4.10. ECUACIONES DIFERENCIALES CON IMPULSOS 221

L−1

e−s

s = u(t − 1), (4.338)

L−1 e−s

ss2 + (

√2)2

= L−1e−sF (s)

=

F (s) =s

s2+(√2)2 = cos √2tpor el teorema 4 · 7 · 1

= cos √2(t − 1)u(t − 1).

Sustituyendo estos resultados en (4.337) tenemos el resultado final

y(t) =1

2

1 − cos

√2t

− 1

2

1 − cos

√2(t − 1)

u(t − 1). (4.339)

Este mismo resultado lo podemos escribir de la siguiente manera

y(t) =

12

1 − cos

√2t

para 0 ≤ t < 112 cos

√2(t − 1) − 1

2 cos√

2t para t > 1(4.340)

Como podemos observar, la solucion y(t) representa una composicion de oscilaciones armonicas [8].

4.10. Ecuaciones Diferenciales con Impulsos

Hemos aprendido a resolver ecuaciones diferenciales del tipo

ad2y

dt2+ b

dy

dt+ cy(t) = f (t), y(t0) = y0, y(t0) = y0, (4.341)

donde a,b,c, son constantes y la funcion f (t) es continua o continua por partes en el intervalo [0, ∞).Sin embargo, en muchas de las aplicaciones surgen problemas de valor inicial donde la funci on f (t)representa una fuerza que es muy grande durante un tiempo muy corto y cero en el resto del tiempo.A estas fuerzas se les conoce como impulsivas o forzamiento de impulso, y ocurren, por ejemplo,

cuando dos objetos entran en colision. Debido a que no es posible representar a estas fuerzas comofunciones continuas o continuas por partes, debemos construir un modelo matematico distinto paraestudiarlas.

El impulso de una fuerza f (t) durante el intervalo de tiempo a ≤ t ≤ a + k se define como laintegral de f (t) de a a a + k. Desde el punto de vista practico, es de interes el caso en que k → 0, esdecir, el impulso de una fuerza que actua solo por un instante muy corto. Para analizar este caso,consideremos la funcion definida por

f k(t) =

1k , a ≤ t ≤ t + k0, otros valores.

(4.342)

La grafica de esta funcion esta representada en la figura 4.6. Su impulso I k es igual a la unidad, yaque la integral da el area del rectangulo. Esto es

I k =

∞0

f k(t)dt =

a+ka

1

kdt =

1

kta+ka

=1

k

a + k − a

= 1. (4.343)

Usando la funcion escalon unitario, podemos representar a f k(t) como

f k(t) =1

k

u(t − a) − u(t − (a + k))

. (4.344)

Aplicando la transformada de Laplace a esta funcion, resulta

L[f k(t)] =1

kL

u(t − a) − u(t − (a + k))

=1

ks

e−as − e−(a+k)s

= e−as

1 − e−ks

ks. (4.345)




Por definicion, se sigue que

lımk→0

f k(t) = δ(t − a). (4.346)

A la ”funcion”δ(t − a) se le conoce como funci´ on delta de Dirac ( tambien se le conoce como funcionde impulso unitario). El cociente de (4.345) tiende a la unidad cuando k → 0, esto se hace usandola regla de Lhospital. Por consiguiente, cuando k → 0, tenemos que la transformada de Laplace dela funcion delta de Dirac es

L[δ(t − a)] = e−as si a = 0 → L[δ(t)] = 1. (4.347)

Debemos tener en cuenta que δ(t − a) no es una funcion en el sentido usual del calculo, sino que setrata de una funcion llamada funci´ on generalizada , ya que (4.342) y (4.343) cuando k → 0 implican

δ(t − a) =

∞ t = a0 otros valores.

y

∞0

δ(t − a)dt = 1. (4.348)

Sin embargo, una funcion ordinaria que es 0 excepto en un solo punto debe tener la integral 0. Noobstante, en problemas de impulsos es conveniente operar sobre δ(t − a) como si fuera una funcionusual.

Figura 4.6: La Funcion f k(t).

La idea es poder resolver ecuaciones diferenciales del tipo

ad2y

dt2+ b

dy

dt+ cy(t) = δ(t − t0), y(t0) = y0, y(t0) = y0, (4.349)

donde

δ(t − t0) =

0, t = t0∞, t = t0.

(4.350)

Ejemplo 1:

Supongamos que tenemos una masa unitaria unida a un resorte cuya constante es 9 y resbalasobre una superficie sin friccion. Supongamos, ademas, que para t < 0, la masa esta en el punto deequilibrio y en reposo en x = 0. Cuando t = 0, a la masa se le da un fuerte golpe en la direcci on xpositiva. Hallar la ley que gobierna el movimiento de este sistema masa-resorte.

Soluci´ on:



4.10. ECUACIONES DIFERENCIALES CON IMPULSOS 223

De las condiciones del problema, tenemos que en t = 0, x(0) = 0, pero x(0) esta indefinidadebido a que la aceleracion en este punto es infinita. Para indicar que antes de t = 0 la masa estaba

en reposo, escribimos la condicion inicial x(0) = 0−. Tenemos, entonces, que la ecuacion diferencialque describe el movimiento de nuestro sistema es

d2x

dt2+ 9x = δ(t), x(0) = 0, x(0) = 0−. (4.351)

Tomando la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuacion (4.351), resulta

Ld2x

dt2

+ 9L[x] = L[δ(t)]. (4.352)


s2X (s) − sx(0) − x(0) + 9X (s) = 1, (4.353)

donde hemos usado el resultado(??). Sustituyendo las condiciones iniciales y despejando X (s), ob-tenemos la expresion

X (s) =1

s2 + 9=

1

s2 + (3)2. (4.354)

La transformada inversa la escribimos de la siguiente manera

x(t) = L−1 1

s2 + (3)2

=

1

3L−1

3

s2 + (3)2

(4.355)

Usando la formula L−1ω

s2+ω2

= sen ωt de la tabla 4,4 − 2, resulta

x(t) =1

3sen3t =

1

3sen

3t + 2π

(4.356)

Hemos obtenido la ley de movimiento para un sistema masa-resorte, para el cual la amplitud esA = 1/3, la frecuencia ω = 3 y el periodo T = 2π.

Ejemplo 2:

Resolver el siguiente problema con valores iniciales

y + 2y = δ(t − 2), y(0) = 0. (4.357)

Soluci´ on:

Aplicando la transformada de Laplace, tenemos

L[y] + 2L[y] = L[δ(t − 2)], y(0) = 0. (4.358)

Usando la transformada de Laplace para la derivada, obtenemos

sY (s) − y(0) + 2Y (s) = e−2s (4.359)

Sustituyendo las condiciones iniciales y despejando, resulta

Y (s) =e−2s

s + 2. (4.360)

Tomando la transformada inversa de esta expresion

y(t) = L−1 e−2s

s + 2

. (4.361)




Usando la tabla 4.4-I y el segundo teorema de desplazamiento 4.7.1, obtenemos el resultado final

y(t) = u(t − 2)e−2(t

−2)

. (4.362)Ejemplo 3:

Resolver el siguiente problema de valor inicial

y + 2y − 3y = δ(t − 1) − 3δ(t − 4), y(0) = 0, y(0) = 0. (4.363)

Soluci´ on:


L[y + 2L[y] − 3L[y] = L[δ(t − 1)] − 3L[δ(t − 4)], (4.364)

tenemos

s2Y (s) − sy(0) − y(0) + 2[sY (s) − y(0)] + 3Y (s) = e−s − 3e−4s. (4.365)

Tomando en cuenta las condiciones iniciales y despejando Y (s), resulta

Y (s) =e−s

s2 + 2s − 3− 3e−4s

s2 + 2s − 3. (4.366)

Desarrollemos en fracciones parciales la expresion

1

s2 + 2s − 3=

1

(s + 3)(s − 1)=

A

s + 3+

B

s − 1. (4.367)

Resultan las ecuaciones

A + B = 0

3B − A = 1. (4.368)

Las soluciones de este sistema son A = −1/4 y B = 1/4. Sustituyendo estos valores en (4.367) yluego en (4.366), tenemos

Y (s) = −1

4

e−s

s + 3+

1

4

e−s

s − 1+

3

4

e−4s

s + 3− 3

4

e−4s

s − 1. (4.369)

Ahora, se toma la transformada inversa de (4.369), esto es

y(t) = L−1[Y (s)] = −1

4L−1

e−s

s + 3

+

1

4L−1

e−s

s − 1

+

3

4L−1

e−4s

s + 3

− 3

4L−1

e−4s

s − 1

. (4.370)

Usando la tabla 4.4-I y el teorema 4.7.1, tenemos el resultado final

y(t) =1

4u(t − 1)

e(t−1) − e−3(t−1)

+

3

4u(t − 4)

e−3(t−4) − e(t−4)

. (4.371)

Ejemplo 4:

Hallar la respuesta del sistema amortiguado masa-resorte representado por la ecuaci on

y + 3y + 2y = δ(t − 3), y(0) = 0, y(0) = 0. (4.372)

Esta ecuacion y sus condiciones iniciales, nos dicen que el sistema se hallaba en reposo y en el tiempot = 3, el sistema recibio un fuerte impacto.



4.11. TEOREMA DE CONVOLUCI ON 225

Soluci´ on

Aplicamos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuacion (4.372)

L[y] + 3L[y] + 2L[y] = L[δ(t − 3)]. (4.373)

Tomando en cuenta las condiciones iniciales, resulta

s2Y (s) + 3sY (s) + 2Y (s) = e−3s. (4.374)

Factorizando, tenemos

Y (s) =e−3s

s2 + 3s + 2. (4.375)

Podemos desarrollar en fracciones parciales la expresion

1

s2

+ 3s + 2

=1

(s + 2)(s + 1)

=A

s + 2

+B

s + 1

. (4.376)

Los valores de las constantes son A = −1 y B = 1. Entonces, sustituyendo estos valores en (4.376)y a su vez en (4.375), tenemos

Y (s) = − e−3s

s + 2+

e−3s

s + 1. (4.377)

Ahora, aplicamos la transformada inversa de Laplace, esto es

y(t) = L−1[Y (s)] = −L−1 e−3s

s + 2

+ L−1

e−3s

s + 1

. (4.378)

Aplicando el teorema 4.7.1 y la tabla 4.4-I, el resultado final es

y(t) = u(t

−3)e−(t−3)

−e−2(t−3). (4.379)

4.11. Teorema de Convolucion

Si aplicamos la transformada de Laplace para resolver ecuaciones diferenciales con valores ini-ciales, probablemente el paso mas difıcil es el ultimo. La dificultad aparece cuando tenemos quedescomponer un complicado producto en la suma de dos o m as terminos mas simples usando frac-ciones parciales. A pesar de que el algebra involucrada es elemental, puede llegar a ser bastantecomplicada.

Serıa factible tener una regla de productos para las transformadas inversas de Laplace. Es decir,poder calcularlas a partir de las transformadas inversas de cada uno de sus factores. Esta regla existe

y de esto nos ocuparemos en esta seccion.Supongamos que deseamos calcular la transformada inversa de Laplace del producto F (s) y G(s)

L−1[F (s)G(s)], (4.380)

dondeL−1[F (s)] = f (t), L−1[G(s)] = g(t).

De la definicion de la transformada de Laplace, tenemos

F (s) =

∞0

f (τ )e−sτ dτ, G(s) =

∞0

g(u)e−sudu. (4.381)




Donde estamos tomando a τ y u como las variables de integracion (esto no cambia nada). De talmanera que el producto de F (s) y G(s) lo podemos escribir como

F (s)G(s) = ∞

0

f (τ )e−sτ dτ ∞

0

g(u)e−sudu

. (4.382)

La primer integral no contiene a u, por lo tanto, podemos escribirla dentro de la segunda integral,esto nos da

F (s)G(s) =

∞0

∞0

f (τ )e−sτ dτ

g(u)e−sudu. (4.383)

Luego, combinando este resultado en una integral doble, resulta

F (s)G(s) =

∞0

∞0

f (τ )g(u)e−s(τ +u)dτdu

. (4.384)

Haciendo la sustitucion

t = τ + u → τ = t − u,dt

du= 1, 0 < τ < ∞ ⇐⇒ u < t < ∞. (4.385)

Por lo tanto, tenemos

F (s)G(s) =

∞0

∞u

f (t − u)g(u)e−stdtdu. (4.386)

Ahora, cambiando el orden en la integral doble, resulta

F (s)G(s) =

∞0

t0

f (t − u)g(u)e−stdudt. (4.387)

Podemos segregar los terminos que contienen u y escribir

F (s)G(s) =

∞0

t0

f (t − u)g(u)du

e−stdt. (4.388)

Si hacemos la siguiente definicion

h(t) =

t0

f (t − u)g(u)du, (4.389)

entonces

F (s)G(s) =

∞0

h(t)e−stdt. (4.390)

Esto esF (s)G(s) = L[h(t)] = H (s). (4.391)

Conclusi´ on:

Hemos expresado el producto de F (s) y G(s) como una transformada de Laplace. Ahora podemoscalcular facilmente la transformada inversa del producto de F (s) y G(s), esto nos da

L−1[F (s)G(s)] = L−1[H (s)] = h(t) =

t0

f (t − u)g(u)du. (4.392)

Estos resultados los podemos formular en el siguiente




Teorema 4.11.1. (convoluci´ on) sean f (t) y g(t) dos funciones definidas en [0, ∞), para las cualesla transformada de Laplace existe. Entonces, el producto de sus transformadas F (s) y G(s) es la

transformada H (s) de la convoluci´ on de h(t) de f (t) y g(t) representada por L[f ∗ g](t) y se definecomo

h(t) = (f ∗ g)(t) = f ∗ g = t0

f (τ )g(t − τ )dτ ∀t ≥ 0 (4.393)

Con esta notacion podemos reescribir los resultados anteriores como

L−1[F (s)G(s)] = f ∗ g, (4.394)

que es equivalente aL−1[F (s)G(s)] = L−1[F (s)] ∗ L−1[G(s)]. (4.395)

Esta formula nos dice: La transformada inversa de Laplace de un producto es la convoluci on de las

transformadas inversas de Laplace.Propiedades de la convolucion:

f ∗ g = g ∗ f.

(f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h).

f ∗ (g1 + g2) = f ∗ g1 + f ∗ g2.

f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0.

f ∗ 1 = 1 ∗ f = f .

Teorema 4.11.2. Sean f (t) y g(t) funciones continuas por partes en [0, ∞) y de orden exponencial.Entonces, la transformada de Laplace de la convoluci´ on de f (t) y g(t) est´ a dada por la expresi´ on

L[(f ∗ g)(t)] = L[f (t)]L[g(t)] = F (s)G(s) (4.396)

Tenemos

F (s)G(s) = ∞

0

e−sτ f (τ )dτ ∞

0

e−sug(u)du

=

∞0

∞0

e−s(τ +u)f (τ )g(u)dτdu

=

∞0

f (τ )dτ

∞0

e−s(τ +u)g(u)du. (4.397)

Hagamos un cambio de variables t = τ + u, donde τ esta fijo. Entonces, u = t

−τ y los lımites de

integracion para t son de τ a ∞. Por lo consiguiente, tenemos

F (s)G(s) =

∞0

f (τ )dτ

∞τ

e−stg(t − τ )dt. (4.398)

La region de integracion 0 ≤ τ < ∞, τ ≤ t < ∞. Cambiando el orden de integracion obtenemos laregion de integracion como 0 ≤ t < ∞, 0 ≤ τ ≤ t. Por consiguiente

F (s)G(s) =

∞0

e−stdt

t0

f (τ )g(t − τ )dτ =

∞0

e−st t

0

f (τ )g(t − τ )dτ

dt

=

∞0

(f ∗ g)(t)

dt = L[f (t) ∗ g(t)]. (4.399)




Ejemplo 1:

Dada la transformada de Laplace

Y (s) =1

(s2 + 1)2. (4.400)

Hallar la funcion f (t).

Soluci´ on:

Escribamos la expresion (4.400) de la siguiente manera

Y (s) =1

s2 + 1· 1

s2 + 1. (4.401)

Entonces

y(t) = L−1

[Y (s)] = L−1 1

s2 + 1 ∗ L−

1 1

s2 + 1

= sen t ∗ sen t =

=

t0

sen τ sen(t − τ )dτ = −1

2

t0

cos tdτ +1

2

t0

cos(2τ − t)dτ =

= − t

2cos t +

1

2sen t. (4.402)

Ejemplo 2:

Usar la convolucion para resolver la ecuacion

y + ay + by = f (t), y(0) = y(0) = 0. (4.403)

donde a y b son ciertas constantes.

Soluci´ on:

Supongamos por un momento que f (t) = δ(t), es decir, que la funcion f (t) es igual a la funciondelta de Dirac. Analicemos el problema de valor inicial

x + ax + bx = δ(t), y(0) = y(0) = 0, (4.404)

En la teorıa de circuitos electricos, x(t) se le conoce como la respuesta al impulso δ(t). Aplicamos latransformada de Laplace a la ecuacion (4.404), con el fin de obtener una expresion para x(t).

L[x] + aL[x] + bL[x] = L[δ(t)]. (4.405)

Obtenemoss2X (s) − sx(0) − x(0) − asX (s) − sx(0) + bX (s) = 1. (4.406)

Recordemos que la transformada de Laplace de la funcion delta de Dirac es L[δ(t − t0)] = e−st0

ypara el caso en que t0 = 0, tenemos L[δ(t)] = 1.

Al sustituir las condiciones iniciales y despejar X (s), resulta

X (s) =1

s2 + as + b. (4.407)

Aplicando la transformada de Laplace a la ecuacion (4.403), tomando en cuenta las condicionesiniciales y despejando a Y (s), obtenemos, en analogıa con (4.407), la siguiente expresion

Y (s) =F (s)

s2 + as + b, (4.408)




donde F (s) = L[f (t)]. Esta misma expresion la podemos escribir como

Y (s) =1

s2 + as + b F (s). (4.409)

Tomando en cuenta el resultado (4.407) podemos escribir la expresion (4.408) como

Y (s) = X (s)F (s). (4.410)

Luego, tomando la inversa

y(t) = L−1[Y (s)] = L−1[X (s)F (s)] = L−1[X (s)] ∗ L−1[F (s)] = x(t) ∗ f (t). (4.411)

Tenemos que la solucion al problema de valor inicial (4.403) es

y(t) = x(t) ∗ f (t). (4.412)

Es decir, podemos resolver y(t) conociendo solo la funcion f (t) y la solucion x(t) de la ecuaciondiferencial con el mismo lado izquierdo pero con la funcion f (t) = δ(t).

Ejemplo 3:

Con ayuda de la convolucion resolver el problema de valor inicial

y + 2y = f (t), y(0) = 0. (4.413)

Soluci´ on:

Sea la ecuacionx + 2x = δ(t), y(0) = 0. (4.414)


L[x] + 2L[x] = L[δ(t)]. (4.415)

Tomando en cuenta la condicion inicial, tenemos

sX (s) + 2X (s) = 1. (4.416)

Despejando, resulta

X (s) =1

s + 2. (4.417)

Luego, aplicando la transformada de Laplace al problema original (4.413) y haciendo un poco dealgebra, tendremos

Y (s) =1

s + 2F (s). (4.418)

Luego, tomando la inversa y aplicando los resultados de (4.394), resulta

y(t) = L−1[Y (s)] = L−1 1

s + 2

∗ L−1

F (s)

. (4.419)

Usando la tabla 4.4-I tenemos, la convolucion

y(t) = e−2t ∗ f (t). (4.420)

Si, por ejemplo, suponemos que f (t) = t, entonces, debemos calcular la convolucion

y(t) = e−2t ∗ t =

t0

e−2(t−τ )τ dτ = e−2t t0

e2τ τdτ. (4.421)




La integral

t

0

e2τ τ dτ = e2t t

2 −1

4

Sustituyendo en (4.421), obtenemos el resultado final

y(t) =t

2− 1

4(4.422)

Este resultado es la solucion de la ecuacion (4.413) para f (t) = t.



4.12. PROBLEMAS DE REPASO PARA EL CAP ITULO 4: 231

4.12. Problemas de Repaso pa-

ra el Capıtulo 4:

4.1.-) Calcular la transformada de La-place de las siguientes funciones:

1. f (t) = t5.

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

3. f (t) = t2 + 6t − 3.

4. f (t) = t2e3t.

5. f (t) = (et − e−t)2.

6. f (t) = (1 + e2t)2.

7. f (t) = t cos t.

8. f (t) = e−t sen t.

9. f (t) = et cos t.

10. f (t) = sen2t cos2t.

11. f (t) = e−t cos2 t.

12. f (t) =

1 0 ≤ t < 4,0 4 ≤ t < 5,1 t > 5.

13. f (t) =

0 0 ≤ t < 1,t2 t > 1.

14. f (t) =

2 0 ≤ t < 3,−2 t > 3.

15. f (t) =

t 0 ≤ t < 2,0 t > 2.

16. f (t) =

sen t 0 ≤ t < 2π,0 t > 2π.

17. f (t) =−1 0 ≤ t < 1,

1 t > 1.

18. f (t) = t 0

≤t < 1,

1 t > 1.

19. f (t) =

2t + 1 0 ≤ t < 1,0 t > 1.

20. f (t) =

t − 1 0 ≤ t < 2,4 t > 2.

4.2.-) En los siguientes problemas hallarla transformada inversa de Laplace:

1. F (s) = 1s + 2

s2 + 3s3

2. F (s) = 1s + s

s2+4

3. F (s) =(s+1)(s

−1)

s3

4. F (s) = 2+3s(s2+1)(s+2)(s+1) .

5. F (s) = 3s+2(s−2)(s2+2s+5)

.

6. F (s) = 3s+2(s2+4)(s2+9)

.

7. F (s) = 3(s−7)4 .

8. F (s) = s+7s2+4s+8

.

9. F (s) = 2s−4s2−4s+13

.

10. F (s) = s2−1(s2+1)2 .

11. F (s) = 1s2+4s+20

.

12. F (s) = 2(s−3)2−9 .

13. F (s) = 2s+1s2+9 .

14. F (s) = 3s+4s2−1 .

15. F (s) = e−3s(s+1)s2+2s+2

16. F (s) = s+2s2+2s+2

17. F (s) = ss2+16 + 2

s−3 + s+1s3

18. F (s) = e−s

s2 + e−2s

s2 .

19. F (s) =2s + 1

s2

+ e−2s

4s2 − 1

s2

+ e−4s

1s + 1

s2

.

20. F (s) = 1s + 4

s2 + e−3s4s − 1

s3

+ e−2s

s .

4.3.-) Usando la Transformada de Laplace

resolver las siguientes ecuaciones diferen-ciales con valores iniciales.

1. y + y = 2u(t − 3), y(0) = 4.

2. y = u(t − 2), y(0) = 3.

3. y + 9y = u(t − 5), y(0) = −2.

4. y + y = u(t − 2)e−2(t−2), y(0) = 1.

5. y + y = u(t − 1)(t − 1), y(0) = 2.




6. y − 4y + 6y = 30u(t − π),y(0) = 0, y(0) = 0.

7. y =

t2 0 ≤ t < 1,−t 1 ≤ t < 2,t + 1 t > t2.

y(0) = 1, y(0) = 0.

8. y + 2y + 2y =

1 0 ≤ t < 2π,t 2π ≤ t < 3π,−1 t > 3π.

y(0) = 2, y(0) = −1.

9. y + y =

3 0 ≤ t < π,0 t > π.

y(0) = 0, y(0) = 0.

10. y + y =

3 0 ≤ t < 4,2t − 5 t > 4.y(0) = 1, y(0) = 0.

11. y − 2y =

4 0 ≤ t < 1,6 t > 1.

y(0) = −6, y(0) = 1.

12. y − y =

e2t 0 ≤ t < 2,1 t > 2.

y(0) = 3, y(0) = −1.

13. y − 3y + 2y =

0 0 ≤ t < 1,1 1 ≤ t < 2,

−1 t > 2.

y(0) = −3, y(0) = 1.

14. y − 5y + 4y =

1 0 ≤ t < 1,−1 1 ≤ t < 2,0 t > 2.

y(0) = 3, y(0) = −5.

15. y + 6y + 5y = t − tu(t − 2),y(0) = 1, y(0) = 0.

16. y − 5y =

t2 0 ≤ t < 1,0 t > 1.

y(0) = 0, y(0) = 5.

17. y = 1−

t, y(0) = 0, y(0) = 0.

18. y = 3 − 2t, y(0) = 0, y(0) = 0.

19. y − 6y + 5y = 3e2t, y(0) = 2, y(0) =3.

20. Un circuito conectado en serie contiene uninductor, un resistor y un capacitor, paralos cuales L = 1/2h, R = 10Ω, y C =0,01F , respectivamente. La tension

E (t) =

10 0 ≤ t < 5,0 t > 5.

se aplica al sistema. Determinar la cargainstantanea q(t) en el capacitor para t > 0

si q(0) = 0 y q(0) = 0.



Capıtulo 5

INTEGRACION DE


USANDO SERIES DE

POTENCIA

Hemos aprendido diferentes metodos de solucion de las ecuaciones diferenciales. Excepto la ecua-cion de Cauchy-Euler, siempre hemos supuesto que los coeficientes de la ecuaci on diferencial sonconstantes. Sin embargo, hay ecuaciones diferenciales muy importantes con coeficientes que son fun-ciones de la variable independiente, y en tal caso es imposible resolver este tipo de ecuaciones con losmetodos antes vistos. No obstante, existe un excelente metodo para resolver ecuaciones diferencialescon coeficientes variables. Este metodo se basa en las series de potencia. Desde luego, este es unmetodo aproximado, pero en tal caso no nos queda mas que conformarnos con ello. Antes de entraren materia veamos algunas definiciones que seran utiles posteriormente.

5.1. Series de Potencias

Del calculo diferencial e integral sabemos que a una serie infinita que tiene la forma

a0 + a1(x − x0) + a2(x − x0)2

+, ..., +am(x − x0)m

+ ... ≡∞m=0 am(x − x0)m

(5.1)

donde x0 y a0, a1,...,am, .. son constantes, a estas ultimas se les llama coeficientes de la serie, se lellama serie de potencias de x − x0. A x0 se le conoce como el centro de la serie y x es una variable.En particular, el centro x0 puede estar en el orıgen, es decir x0 = 0, y en tal caso, la serie (5.1) sereduce a una serie de potencias en x

a0 + a1x + a2x2+, ..., +amxm + ... ≡∞m=0 amxm (5.2)

233



234CAP ITULO 5. INTEGRACI ON DE ECUACIONES DIFERENCIALESUSANDO SERIES DE POTENCIA

La suma de los primeros n terminos de (5.1), denominada suma parcial , se representa por

sn(x) = a0 + a1(x−

x0) + a2(x−

x0)2+,..., +an(x−

x0)n, (5.3)

donde n = 0, 1, 2 . . . Es claro que si omitimos los primeros sn terminos de (5.1), la expresion que nosqueda es

Rn(x) = an+1(x − x0)n+1 + an+2(x − x0)n+2 + . . . . (5.4)

A esta expresion se le conoce como residuo de la serie (5.1) despues del termino an(x − x0)n.Obviamente∞m=0

am(x − x0)m = a0 + a1(x − x0) + a2(x − x0)2+,..., +an(x − x0)n + ... = sn(x) + Rn(x). (5.5)

Para las primeras sumas parciales, tenemos

s0(x) = a0, R0(x) = a1(x − x0) + a2(x − x0)2 + . . .

s1(x) = a0 + a1(x−

x0), R1(x) = a2(x−

x0)2 + a3(x−

x0)3 + . . .

s2(x) = a0 + a1(x − x0) + a2(x − x0)2, R2(x) = a3(x − x0)3 + a4(x − x0)4 + . . . (5.6)

De esta manera hemos asociado a la serie (5.1) una sucesi on de sumas parciales s0(x), s1(x), s2(x), . . .y sus respectivos residuos R0(x), R1(x), R2(x) . . ..

Si para alguna x = x1 la suma converge, es decir, si se cumple la relaci on

lımn→∞

sn(x1) = s(x1), (5.7)

entonces, decimos que la serie (5.1) converge en x = x1 y que el numero s(x1) es el valor o la suma de la serie (5.1) en x = x1, y se escribe

s(x1) =∞

m=0

am(x1 − x0)m. (5.8)

Entonces, para cada n se tienes(x1) = sn(x1) + Rn(x1). (5.9)

Si la suma diverge en x = x1, decimos que la serie (5.1) diverge en x = x1.

Para la convergencia de la serie (5.1) se tiene que para cualquier > 0 existe un N () tal que,de (5.9), se deduce

|Rn(x1)| = |s(x1) − sn(x1)| < , ∀n > N. (5.10)

Desde el punto de vista geometrico esto significa que toda sn(x1) con n > N , esta entre s − y s + ,figura 5.1

Figura 5.1: Grafica de la desigualdad (5.10).

Desde el punto de vista practico, esto quiere decir, que en el caso de convergencia es posibleaproximar la suma s(x1) de (5.1) mediante sn(x1) con la presicion que se desee, tomando a n losuficientemente grande.



5.2. INTERVALO Y RADIO DE CONVERGENCIA 235

5.2. Intervalo y Radio de Convergencia

Si ponemos x = x0 en la serie (5.1) observamos que, excepto el termino a0, todos los demasterminos son cero. Por consiguiente, la serie (5.1) siempre converge en x = x0. Existen algunos casosen los cuales x = x0 puede ser la unica posibilidad de convergencia. Tales series no son realmente deinteres practico.

Si existen valores de x para los cuales la serie (5.1) converge, estos valores forman un intervalo,llamado intervalo de convergencia de la serie . Si tal intervalo existe y ademas es finito y tiene elpunto medio x0, figura 5.2.

Figura 5.2: Intervalo de convergencia (5.11) de una serie de potencias con centro en x0.

|x − x0| < R. (5.11)

y la serie (5.1) converge para toda x que satisfaga la relacion (5.11), y diverge para toda x quecumpla la relacion |x − x0| > R, entonces, al numero R se le conoce como radio de convergencia de

la serie (5.1).

El radio de convergencia se puede calcular por cualquiera de las dos f ormulas

lımm→∞am+1

am

= 1R lımm→∞ m

|am| = 1

R (5.12)

con la unica condicion de que estos lımites existan y que sean diferentes de cero. Si los lımites soninfinitos, entonces, la serie (5.1) converge solo en el centro x0. Si para cada x la serie (5.1) converge,entonces, esta tiene un valor dado s(x). En tal caso, decimos que la serie (5.1) representa a la funci ons(x) en el intervalo de convergencia y escribimos

s(x) = ∞m=0

am(x − x0)m, |x − x0| < R. (5.13)

El dominio de la funcion sera el intervalo de convergencia de la serie. Si la serie tiene un radio deconvergencia R > 0, entonces s(x) es continua, diferenciable e integrable en el intervalo |x−x0| < R.

5.3. Propiedades de las Series de Potencias

Multiplicaci´ on de series por una constante: Si multiplicamos una serie de potencias por una




constante, entonces la constante se puede colocar dentro de la suma, es decir

c∞m=0 am(x − x0)m =

∞m=0 cam(x − x0)m (5.14)

Suma de Series: Dos series de potencias designadas por las funciones f (x) y g(x)

f (x) =∞m=0

am(x − x0)m, g(x) =∞m=0

bm(x − x0)m, (5.15)

con radios de convergencia positivos pueden sumarse termino a termino en puntos comunes de susintervalos abiertos de convergencia; ası, si la primera serie converge para |x − x0| < R1 y la segundaconverge para |x − x0| < R2, entonces

f (x) + g(x) =∞m=0(am + bm)(x − x0)m (5.16)

para |x − x0| < R, donde R es el menor de R1 y R2. Entonces, las combinaciones lineales de seriesde potencias pueden formarse termino a termino, esto es

c1f (x) + c2g(x) =∞m=0(c1am + c2bm)(x − x0)m (5.17)

Multiplicaci´ on de Series: Dos series de potencias se pueden multiplicar termino a termino. Sean

f (x) =

∞m=0

am(x − x0)m

, g(x) =

∞m=0

bm(x − x0)m

, (5.18)

dos series con radios de convergencia positivos. Entonces, la multiplicacion de estas series esta defi-nida como

f (x)g(x) =∞m=0

(a0bm + a1bm−1 + . . . + amb0)(x − x0)m =

= a0b0 + (a0b1 + a1b0)(x − x0) + (a0b2 + a1b1 + a2b0)(x − x0)2 + . . . (5.19)

Desplazando el ındice en la sumatoria de la serie: El ındice de una sumatoria en una serie depotencias es una variable muda, es decir

∞m=2

2mm3

(m + 1)!=

∞k=2

2kk3

(k + 1)!. (5.20)

Para cualquier entero k la serie de potencias

∞m=m0

am(x − x0)m−k =∞m+k=m0

am+k(x − x0)m+k−k =∞m=m0−k am+k(x − x0)m (5.21)

es decir, reemplazar m por m + k en el termino general y restar k del l ımite inferior de la sumatoriadeja sin cambio a la serie.



5.4. DERIVADAS DE LAS SERIES DE POTENCIAS 237

5.4. Derivadas de las Series de Potencias

Una serie de potencias admite derivadas termino a termino de la serie. Sea la serie

f (x) =∞m=0

am(x − x0)m, |x − x0| < R, (5.22)

convergente para |x − x0| < R, donde R > 0, entonces la serie obtenida al derivar termino a terminotambien converge y representa la derivada f (x) de f (x), esto es

f (x) =∞m=1

mam(x − x0)m−1, |x − x0| < R (5.23)

De igual manera, tenemos la segunda derivada

f (x) = ∞m=2

m(m − 1)am(x − x0)m−2, |x − x0| < R (5.24)

y en general, se tiene hasta el orden k,

f (k) =∞m=km(m − 1)...(m − k + 1)am(x − x0)m−k |x − x0| < R (5.25)

Ademas, todas las series tienen el mismo radio de convergencia R.

5.5. Series e Integracion de Ecuaciones Diferenciales

Existe una infinidad de ecuaciones diferenciales que no se reducen a cuadraturas, en tal caso nosvemos en la necesidad de recurrir a metodos aproximados de integracion de dichas ecuaciones. Unode estos metodos consiste en representar la solucion de la ecuacion en forma de la serie de Taylor ,entonces, la suma de un numero finito de terminos de esta serie sera aproximadamente igual a lasolucion de la ecuacion diferencial.

Supongamos que necesitamos hallar la solucion de la ecuacion diferencial de segundo orden conciertas condiciones iniciales

y = F (x, y, y), y(x0) = y0, y(x0) = y0. (5.26)

Ahora, supongamos que la solucion y = f (x) existe y puede ser representada en forma de serie de

Taylor, es decir, como

y(x) = f (x) = f (x0) + f (x0)(x − x0) +f (x0)

1 · 2(x − x0)2 +

f (x0)

1 · 2 · 3(x − x0)3 + . . . (5.27)

Entonces, debemos encontrar a f (x0), f (x0), f (x0), . . . , es decir, los valores de las derivadas de lasolucion particular para x = x0. De las condiciones iniciales en (5.26) podemos deducir

f (x0) = y0, f (x0) = y(x0). (5.28)

De la ecuacion (5.26), obtenemos

f (x0) = y(x0) = F (x0, y0.y0). (5.29)




Derivando ambos terminos de la ecuacion (5.26) respecto a x, tenemos

y = F x(x, y, y) + F y(x, y, y)y + F y(x, y, y)y. (5.30)

Sustituyendo los valores de x = x0 en el segundo termino, encontramos

f (x0) = y(x0). (5.31)

Derivando una vez mas la expresion (5.30), obtenemos

f IV (x0) = yIV (x0). (5.32)

Luego los valores encontrados de las derivadas se sustituyen en la serie de Taylor (5.27). La serieası obtenida representa la solucion de la ecuacion dada para los valores de x para los cuales la serieconverge.

Ejemplo 1:

Usar la serie de Taylor para hallar la integracion aproximada de la ecuacion

y = x2y + y3, (5.33)

con la condicion inicial y(0) = 1. Hallar la solucion aproximar hasta los cuatro primeros terminosdiferentes de cero.

Soluci´ on:

De la condicion inicial, tenemos

y(0) = 02y + (1)3 = 1

→y(0) = 1. (5.34)

Derivando la ecuacion (5.33) dos veces mas, tenemos

y = 2xy + x2y + 3y2y,

y = 2y + 2xy + 2xy + x2y + 6y(y)2 + 3y2y. (5.35)

Sustituyendo en (5.35) la condicion (5.34) y y(0) = 1, obtenemos

y = 3, y = 2 + 6 + 3 · 3 = 17. (5.36)

Sustituyendo en la serie (5.27), tenemos

y(x) = 1 +

x

1! +

3x2

2! +

17

3! x

3

. (5.37)

Ejemplo 2:

Usar la serie de Taylor para hallar la integracion aproximada de la ecuacion

y = x + y2. (5.38)

con las condiciones iniciales y(0) = 0 y y(0) = 1. Hallar los cinco primeros terminos diferentes decero.

Soluci´ on:



5.6. INTEGRACI ON DE ECUACIONES LINEALES MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS 239

Diferenciando la ecuacion (5.38), tenemos

y = 1 + 2yy ,

yIV = 2yy + 2yy,

yV = 2yy + 2yy + 2yy + 2yy = 6yy + 2yy,

yV I = 6yy + 6yy + 2yy + 2yyIV = 6(y)2 + 8yy + 2yyIV (5.39)

yV II = 12y + 8yy + 8yyIV + 2yyIV + 2yyV .

Sustituyendo las condiciones iniciales, obtenemos

y(0) = 0, y(0) = 1, y = 0, y(0) = 1, yIV (0) = 2,

yV (0) = 0, yV I (0) = 16, yV II (0) = 32. (5.40)

Entonces, sustituyendo en (5.27), la solucion es

y(x) =

x

1! +

x3

3! +

2x4

4! +

16x6

6! +

32x7

7! . (5.41)

5.6. Integracion de Ecuaciones Lineales Mediante Series de

Potencias

Una forma de comprender como funciona el metodo de series de potencias en la solucion deecuaciones diferenciales, es aplicarlo a ecuaciones diferenciales cuyas soluciones ya son conocidas.Empecemos con dos ejemplos, para los cuales las soluciones son obtenidas por metodos ya estudiadosen las secciones anteriores.

Ejemplo 1:

Usar la serie de potencias para resolver la ecuacion diferencial

y + y = 0. (5.42)

Soluci´ on:

Supongamos la solucion en serie de potencias

y(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + . . . + amxm + . . . =∞m=0

amxm. (5.43)

Derivando esta expresion, tenemos

y(x) =∞

m=1

mamxm−1. (5.44)


∞m=1

mamxm−1 +

∞m=0

amxm = 0. (5.45)

Para factorizar, debemos tener los mismos exponentes en x. Hagamos un desplazamiento de ındiceen la primer suma de (5.45). Sea n = m − 1, entonces, m = n + 1 y n comienza de cero. Tenemos

∞n=0

(n + 1)an+1xn +∞n=0

anxn = 0. (5.46)




Factorizamos ∞

n=0

(n + 1)an+1 + anxn = 0. (5.47)

Debido a que xn = 0, lo que debe ser cero es la expresion que esta en parentesis cuadrados, esto es

(n + 1)an+1 + an = 0. (5.48)

De aquı obtenemos la ecuacion

an+1 = − ann + 1

, ∀n ≥ 0. (5.49)

A esta ecuacion se le llama ecuaci´ on de recurrencia . Hagamos unas cuantas iteraciones, para ver laforma de la solucion

n = 0 → a1 = −a0.

n = 1

→a2 =

−a1

2

=a0

2!

.

n = 2 → a3 = −a23

= −a03!

. (5.50)

n = 3 → a4 = −a34

=a04!

.

n = 4 → a5 = −a45

= −a05!

.

n = 5 → a6 = −a56

=a06!

.

Sustituyendo estos resultados en la solucion (5.43), obtenemos

y(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5 + a6x6 + . . . =

∞

m=0

amxm

= a0 − a0x +a0x2

2!− a0x3

3!+

a0x4

4!− a0x5

5!+

a0x6

6!− . . .

= a0

1 − x +

x2

2!− x3

3!+

x4

4!− x5

5!+

x6

6!− . . .

. (5.51)

Esta expresion es la solucion en serie de potencias de la ecuacion (5.42). Del calculo, sabemos quela exponencial e−x la podemos representar como

e−x =∞m=0

(−1)mxm

m!= 1 − x +

x2

2!− x3

3!+

x4

4!− x5

5!+

x6

6!− . . . . (5.52)

Tomando esto en cuenta podemos escribir la expresion (5.51) de la siguiente manera

y(x) = a0e−x

, (5.53)

que es la solucion general de la ecuacion (5.42) escrita en funcion de funciones elementales e−x, a0 juega el papel de la constante de integracion.

Ejemplo 2:

Usando el metodo de series de potencias resolver la siguiente ecuacion diferencial

y + y = 0. (5.54)

Soluci´ on:



5.6. INTEGRACI ON DE ECUACIONES LINEALES MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS 241

Buscamos la solucion de esta ecuacion en forma de una serie de potencias

y(x) =

∞n=0

anxn. (5.55)

Para sustituir en la ecuacion (5.54) debemos derivar dos veces, esto es

y =∞n=1

nanxn−1, y =∞n=2

n(n − 1)anxn−2 (5.56)

Sustituyendo este resultado en la ecuacion (5.54), obtenemos

∞n=2

n(n − 1)anxn−2 +

∞n=0

anxn = 0. (5.57)

Haciendo un corrimiento en el ındice de la primera suma nos queda

∞n=0

(n + 2)(n + 1)an+2xn +∞n=0

anxn = 0. (5.58)

Ahora podemos factorizar, esto es

∞n=0

(n + 2)(n + 1)an+2 + an

xn = 0. (5.59)

Para que esta expresion sea una identidad debemos tener

(n + 2)(n + 1)an+2 + an = 0. (5.60)

Despejando an+2, tenemos

an+2 = − an(n + 1)(n + 2)

. (5.61)

A esta expresion se le conoce como f´ ormula de recurrencia . Para cada valor de n obtenemos el valorde los coeficientes de la serie de potencias (5.55). Evaluemos algunos coeficientes:

n = 0 → a2 = − a01 · 2

= −a02!

.

n = 2 → a4 = − a24 · 3

=a0

4 · 3 · 2!=

a04!

.

n = 2k → a2k =(−1)ka0

(2k)!. (5.62)

De una manera similar, tenemos para los n impares

n = 1 → a3 = − a12 · 3 = −a13! ,

n = 3 → a5 = − a35 · 4

=a1

5 · 4 · 3!=

a15!

,

n = 2k + 1 → a2k+1 =(−1)ka1(2k + 1)!

. (5.63)

La conclusion a que hemos llegado es que la serie (5.55) sera solucion de la ecuacion diferencial (5.54)siempre y cuando los coeficientes esten dados por

a2k =(−1)ka0

(2k)!, a2k+1 =

(−1)ka1(2k + 1)!

, (5.64)




donde k = 1, 2, 3, ...,. A los numeros a0 y a1, desde el punto de vista matematico no se les restringeen nada, estos vienen siendo las constantes de integracion, las cuales dependen del valor inicial del

problema. Ası, la solucion en serie de potencias tiene la forma general

y(x) =

∞n=0

anxn = a0 + a1 +

∞k=1

a2kx2k +

∞2k+1

a2k+1x2k+1. (5.65)

Explıcitamente, podemos escribir la solucion como

y(x) = a0

∞k=0

(−1)k

(2k)!x2k + a1

∞k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1. (5.66)

Podemos observar que las series en la ecuacion (5.66) son, ni mas ni menos que, una representacionde las funciones cos x y sen x en serie de potencias, es decir

cos x =

∞k=0

(

−1)k

(2k)! x2k

, sen x =

∞k=0

(

−1)k

(2k + 1)! x2k+1

. (5.67)

De esta manera podemos escribir la solucion (5.66) como

y(x) = a0 cos x + a1 sen x, (5.68)

donde a1 y a2 vienen siendo las constantes de integracion.

Es claro que las ecuaciones diferenciales (5.42) y (5.54) las pudimos haber resuelto con los metodosde los capıtulos anteriores, sin embargo, esta es una forma muy clara de ver como funciona el metodode series de potencias para el caso de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes. En lassiguientes secciones analizaremos ecuaciones diferenciales con coeficientes variables, que es donde lasseries de potencias muestran su potencial.

5.7. Soluciones Alrededor de Puntos Ordinarios

Supongamos que tenemos la ecuacion diferencial lineal de segundo orden con coeficientes variables

y + P (x)y + Q(x)y = 0 (5.69)

Se dice que un punto x0 es un punto ordinario de la ecuacion (5.69) si P (x) y Q(x) son funcionesanalıticas en x0 (una funcion f (x) es analıtica en el punto x0 si esta puede ser desarrollada en seriede potencias de x − x0, con un radio de convergencia positivo R > 0). A todo punto que no es

ordinario le llamaremos punto singular de la ecuacion (5.69).Ejemplo 1:

Analizar los puntos ordinarios o singulares de la ecuacion

xy + (sen x)y = 0, (5.70)

Soluci´ on:

La ecuacion (5.70) tiene un punto ordinario en x = 0, ya que, la funcion

Q(x) =sen x

x, (5.71)



5.7. SOLUCIONES ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS 243

se puede desarrollar en serie de potencias, esto es

Q(x) = 1 − x

2

3! + x

4

5! − x

6

7! + · · · , (5.72)

la cual converge para todos los valores de x.

Ejemplo 2:

Hallar los puntos ordinarios y singulares de la ecuacion diferencial

y + (ln x)y = 0, (5.73)

Soluci´ on:

La ecuacion (5.73) tiene un punto singular en x = 0 debido a que la funcion

Q(x) = ln x, (5.74)

no se puede desarrollar en serie de potencias en x.

Ejercicio 3:

Sea la ecuacion(x2 − 1)y + 2xy + 6y = 0, (5.75)

hallar los puntos ordinarios y singulares si es que existen.

Soluci´ on:

Tenemos

P (x) =2x

x2

−1

. (5.76)

Los puntos singulares de la ecuacion (5.75) son aquellos que satisfacen la ecuacion

x2 − 1 = 0. (5.77)

Esto es, x1 = 1 y x2 = −1. Todos los demas valores finitos de x, son puntos ordinarios. La ecuacion(5.75) puede ser desarrollada en serie de potencias para los valores de |x| < 1, es decir, para −1 <x < 1.

Enunciemos el teorema que afirma la existencia de soluciones en series de potencias.

Teorema 5.7.1. Si x = x0 es un punto ordinario de la ecuaci´ on (5.69), entonces, se pueden encon-trar siempre dos soluciones linealmente independientes en forma de series de potencias centradasen, x = x0

y =∞n=0 cn(x − x0)n (5.78)

Una soluci´ on en series converge al menos para |x−x0| < R, donde R es la distancia (el radio) desdex0 al punto singular m´ as cercano (real o complejo).

Ejemplo 4:

Dada la ecuacion diferencial lineal con coeficientes variables

y − 2xy + y = 0, (5.79)




encontrar dos soluciones en serie de potencias linealmente independientes alrededor del punto ordi-nario x = x0 = 0.

Soluci´ on:

Supongamos que la solucion esta dada en serie de potencias alrededor de x0 = 0, entonces, lasolucion tiene la forma

y(x) =∞n=0

an(x − x0)n =∞n=0

anxn. (5.80)

El objetivo es encontrar los valores de los coeficientes an. Para esto, derivamos la solucion (5.80).

y(x) =∞n=1

nanxn−1, y(x) =∞n=2

n(n − 1)anxn−2. (5.81)


∞n=2

n(n − 1)anxn−2 − 2∞n=1

nanxn +∞n=0

anxn = 0. (5.82)

Como podemos ver, en el segundo y tercer termino podemos factorizar xn siempre y cuando tomemosuna iteracion. Para poner todos los terminos de las series de tal manera que podamos factorizarlos,hacemos el desplazamiento de ındices en la serie del primer termino. Finalmente, nos queda losiguiente

2a2 + a0 +

∞m=1

(m + 2)(m + 1)am+2 − 2mam + am

xm = 0. (5.83)

Esta relacion se cumple siempre y cuando

2a2 + a0 = 0, (m + 2)(m + 1)am+2 = 2mam − am, ∀m ≥ 1. (5.84)

Estas dos condiciones se pueden obtener de la relacion

am+2 =(2m − 1)

(m + 2)(m + 1)am, ∀m ≥ 0. (5.85)

Hagamos unas cuantas iteraciones en (5.85):Para m = 1,

a3 =a16

. (5.86)

Para m = 2,

a4 =3

12a2 = − 3

12

·2

a0. (5.87)

Para m = 3

a5 =5

20a3 =

5

20 · 6a1 =

5

120a1 =

5

5!a1. (5.88)

Para m = 4,

a6 =7

30a4 = − 7

30

3

24a0 =

21

6!a0. (5.89)

Sustituyendo los coeficientes ai en la solucion (5.80), obtenemos

y(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + ... = (5.90)

= a0

1 − 1

2!x2 − 3

4!x4 − 21

6!x6 − ...

+ a1

x +

1

3!x3 +

5

5!x5 + ..



5.7. SOLUCIONES ALREDEDOR DE PUNTOS ORDINARIOS 245

Las constantes a0 y a1 vienen siendo las constantes de integracion, las cuales dependen de los valoresiniciales del problema.

Ejemplo 5:

Resolver la ecuaciony + (x − 1)2y − (x − 1)y = 0. (5.91)

Soluci´ on:

Como podemos ver, el punto x0 = 1, es un punto ordinario de la ecuaci on (5.91). Obtengamosuna solucion en serie de potencias de x − 1. Para esto y por comodidad, hagamos que el cero sea unpunto ordinario de la ecuacion (5.91), esto se obtiene haciendo el siguiente cambio de variable

t = x − 1. (5.92)

Entonces, la ecuacion (5.91), se transforma en

y + t2y − ty = 0. (5.93)

No olvidemos que ahora las derivadas de la funcion y = y(t) son respecto a la variable independientet. Supongamos que la solucion de la ecuacion (5.93), es la serie de potencias

y(t) =∞n=0

antn. (5.94)

Derivando y sustituyendo en la ecuacion (5.93), tenemos

∞

n=2

n(n − 1)antn−2 + t2∞

n=1

nantn−1 − t∞

n=0

antn = 0. (5.95)

Esta misma ecuacion la podemos escribir de la siguiente manera

∞n=0

(n + 2)(n + 1)an+2tn +∞n=2

(n − 1)an−1tn −∞n=1

an−1tn = 0. (5.96)

Ahora debemos tomar las iteraciones necesarias para dejar que todas las sumas comiencen con n = 2,agrupando nos queda la relacion

2a2 + (3)(2)a3t − a0t +∞n=2

(n + 2)(n + 1)an+2 + (n − 2)an−1

tn. (5.97)

Se deben cumplir las relaciones

2a2 = 0

(3)(2)a3 − a0 = 0 (5.98)

(n + 2)(n + 1)an+2 + (n − 2)an−1 = 0, ∀n ≥ 2.

Resolviendo, tenemos

a2 = 0,

an+2 = − (n − 2)

(n + 2)(n + 1)an−1, ∀n ≥ 1.




Hagamos unas cuantas iteraciones para ver la forma de la soluci on

n = 1 → a3 =

a03 · 2 .

n = 2 → a4 = 0.

n = 3 → a5 = − 1

5 · 4a2 = 0. (5.99)

n = 4 → a6 = − 2

6 · 5a3 = −a0

90− 2

6 · 5 · 3 · 2a0.

n = 5 → a7 = 0.

n = 6 → a8 = 0.

n = 7 → a9 = − 5

9 · 8

− 1

90a0

=

a01296

.

Observamos que an = 0 cuando n = 3k, donde k = 1, 2, 3.... Debemos recordar que hicimos el cambiode variable t = x

−1, tomando esto en cuenta la solucion general es

y(x) = a1(x − 1) + a0

1 +

1

6(x − 1)3 − 1

90(x − 1)6 +

1

1296(x − 1)9 − ....

(5.100)

Ejemplo 6:

Resolver la ecuaciony − xy + y = 0. (5.101)

Soluci´ on:

Supongamos la solucion en forma de serie de potencias alrededor de x0 = 0. Esto es

y(x) =

∞n=0

anxn. (5.102)

Para sustituir en (5.101) debemos derivar dos veces la expresion (5.102), tenemos

y(x) =∞n=1

nanxn−1, y(x) =∞n=2

n(n − 1)anxn−2 (5.103)


∞n=2

n(n − 1)anxn−2 − x∞n=1

nanxn−1 +∞n=0

anxn = 0. (5.104)

Esta misma expresion la podemos escribir como∞n=2

n(n − 1)anxn−2 −∞n=1

nanxn +∞n=0

anxn = 0. (5.105)

Luego, la idea es que los exponentes en x deben ser del mismo orden y las sumas deben empezaren el mismo numero m, esto es para poder factorizar. Para el primer termino en (5.105) podemosdesplazar el ındice n como sigue; m = n − 2, n = m + 2, entonces m empezara de 0. Esto es

∞m=0

(m + 2)(m + 1)am+2xm −∞m=1

mamxm +∞m=0

amxm = 0. (5.106)



5.8. ECUACI ON DIFERENCIAL DE HERMITE 247

Ahora, para poder factorizar las sumas, debemos hacer que estas empiecen en el mismo valor de m.Para esto desplazamos una unidad la primer y tercer suma

2a2 + a0 +∞m=1

(m + 2)(m + 1)am+2 − mam + am

xm = 0. (5.107)

Entonces, obtenemos las expresiones

2a2 + a0 = 0,

(m + 2)(m + 1)am+2 − mam + am = 0, ∀m > 1. (5.108)

De donde obtenemos

am+2 =(m − 1)

(m + 2)(m + 1)am, ∀m > 1. (5.109)

Podemos darle valores a m y obtener diferentes valores de am. Obtengamos algunos valores para

darnos una idea de como sera la serie

m = 0 → a2 = −a02!

,

m = 1 → a3 = 0,

m = 2 → a4 =a2

4 · 3= − 1

4!a0,

m = 3 → a5 =2a35 · 4

= 0, (5.110)

m = 4 → a6 =3 · a46 · 5

a4 = − 3

6!a0,

m = 5 → a7 =4

6

·6

= 0,

m = 6 → a8 = 58 · 7

a6 = −5 · 38!

a0.

Entonces, de (5.102), tenemos

y(x) =∞n=0

anxn = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5 + a6x6 + a7x7 + a8x8 + . . . . (5.111)

Sustituyendo en (5.111) los valores obtenidos en (5.110), tenemos

y(x) = a0

1 − x2

2!− x4

4!− 1 · 3

6!x6 − 1 · 3 · 5

8!x8 − . . .

+ a1x, (5.112)

donde a0 y a1 son constantes arbitrarias. La solucion es valida para−∞

< x <∞

.

5.8. Ecuacion Diferencial de Hermite

Una de las ecuaciones que tienen interes practico es la ecuaci´ on de Hermite. La ecuacion deHermite de orden n tiene la forma

y − 2xy + 2ny = 0 (5.113)




donde n es, usualmente, un entero no negativo, n ≥ 0.

Soluci´ on:

Esta ecuacion tiene solucion en serie de potencias alrededor de x0 = 0, es decir, de la forma

y(x) =∞m=0

amxm. (5.114)

Luego, derivando (5.114), obtenemos

y =∞m=1

mamxm−1, y =∞m=2

m(m − 1)amxm−2. (5.115)

Poniendo estos resultados en la ecuacion (5.113) se tiene

∞m=2

m(m − 1)amxm−2 − 2x ∞m=1

mamxm−1 + 2n ∞m=0

amxm = 0. (5.116)

Esta misma ecuacion la podemos escribir en su forma equivalente

∞m=2

m(m − 1)amxm−2 −∞m=1

2mamxm +∞m=0

2namxm = 0. (5.117)

Para factorizar las sumas y los exponentes de x, hagamos s = m − 2, m = s + 2 en la primersuma de (5.117), en las otras dos sumas es suficiente cambiar el ındice m por s sin que las sumas sealteren. Entonces, tenemos

∞s=0(s + 2)(s + 1)as+2x

s

−

∞s=1 2sasx

s

+

∞s=0 2nasx

s

= 0. (5.118)

Para factorizar xs debemos hacer que las tres sumas empiecen en un mismo valor, a decir, en s = 1.Para esto desplazamos las otras dos sumas una unidad

2a2 + 2na0 +∞s=1

(s + 2)(s + 1)as+2 − 2(s − n)as

xs = 0. (5.119)

Debido a que xs = 0, lo que debe ser cero son las expresiones

2a2 + 2na0 = 0, a2 = −na0.

(s + 2)(s + 1)as+2 − 2(s − n)as = 0, s = 1, 2, 3, . . . . (5.120)

La primera de las ecuaciones en (5.120) nos da el coeficiente a2 en funcion de a0 y la segundaecuacion es la ecuacion de recurrencia, la cual podemos escribir como

as+2 =2(s − n)

(s + 2)(s + 1)as, s = 1, 2, 3, . . . . (5.121)

Demos algunos valores a s para encontrar algunos coeficientes a

s = 1 → a3 =2(1 − n)

3 · 2a1,

s = 2 → a4 =2(2 − n)

4 · 3a2 = −2(2 − n)n

4 · 3a0,



5.9. POLINOMIOS DE HERMITE 249

s = 3 → a5 =2(3 − n)

5 · 4a3 =

2(3 − n)2(1 − n)

5 · 4 · 3 · 2a1,

s = 4 → a6 = 2(4 − n)6 · 5

a4 = −2(4 − n)2(2 − n)n6 · 5 · 4 · 3

a0 (5.122)

s = 5 → a7 =2(5 − n)

7 · 6a5 =

2(5 − n)2(3 − n)2(1 − n)

7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2a1,

s = 6 → a8 =2(6 − n)

8 · 7a6 =

2(6 − n)2(4 − n)2(2 − n)n

8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3a0.

Ahora sustituyendo estos resultados en la serie (5.114), obtenemos

y(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5 + a6x6 + a7x7 + a8x8 + . . .

= a0 + a1x − na0x2 +2(1 − n)

3 · 2a1x3 − 2(2 − n)n

4 · 3a0x4

+22(3 − n)(1 − n)

5!

a1x5

−

22(4 − n)(2 − n)n

6 · 5 · 4 · 3

a0x6 (5.123)

+23(5 − n)(3 − n)(1 − n)

7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2a1x7 − 23(6 − n)(4 − n)(2 − n)n

8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3a0x8 + . . . .

Finalmente, esta solucion la podemos escribir como

y(x) = a0

1 +

∞k=1

2k(−n)(−n + 2) . . . (−n + 2k − 2)

(2k)!x2k (5.124)

+ a1

x +

∞k=1

2k(1 − n)(1 − n + 2) . . . (1 − n + 2k − 2)

(2k + 1)!x2k+1

.

5.9. Polinomios de Hermite

La ecuacion de Hermite (5.113) tiene mayor importancia para el caso en que n ≥ 0. Si n es unentero par, entonces el coeficiente de a0 en (5.124) termina, siendo cada termino igual a cero, parak ≥ 1

2(n + 2). Si n es entero impar, entonces el coeficiente a1 en (5.124) termina, siendo cero cadatermino para k ≥ 1

2(n + 1). Por consiguiente, la ecuacion de Hermite admite siempre una solucionpolinomial de grado n, para n ≥ 0. Una expresion simple para la solucion polinomial la dan lospolinomios de Hermite. Estos polinomios tienen la forma

H n =n

2

k=0(−1)kn!(2x)n−2k

k!(n−2k)! (5.125)

en donde

n

2 representa el mayor numero entero ≤n

2 . Entonces, y = H n(x) es una solucion de laecuacion de Hermite.

5.10. Condiciones Suficientes para la Existencia de Solucio-

nes en Serie Potencias.

Hemos probado que una ecuacion con coeficientes constantes, ası como con coeficientes variablesadmiten soluciones en forma de series de potencias de ( x−x0) (5.78). Es logico preguntarnos si cual-quier ecuacion con coeficientes variables tiene solucion en forma de series de potencias. El siguiente




teorema, que no demostraremos, da las condiciones suficientes para la existencia de soluciones enserie de potencias.

Teorema 5.10.1. Sea

y + P (x)y + Q(x)y = 0 (5.126)

donde los coeficientes P (x) y Q(x) pueden ser desarrollados en una serie de potencias para |x| < R.Entonces, cada soluci´ on y(x) puede ser expandida en una serie de potencias para |x| < R.

5.11. Ecuacion Diferencial de Legendre

A toda ecuacion de la forma

(1 − x2)y − 2xy + n(n + 1)y = 0 (5.127)

se le conoce como ecuaci´ on de Legendre. Esta ecuacion es de gran importancia en la fısica. Apareceen numerosos problemas, en particular, en los que presentan simetrıa esferica (por ejemplo, enelectrostatica). Por lo anterior, es de interes analizar su solucion.

Soluci´ on:

En la ecuacion (5.127), n es un parametro constante. Dividiendo (5.127) entre 1 − x2 de talmanera que el coeficiente de y sea uno, como en el teorema 5.10.1. Encontramos

P (x) =

−

2x

1 − x2

, Q(x) =n(n + 1)

1 − x2

. (5.128)

Debido a que estos coeficientes admiten desarrollo en serie de potencias para |x| < 1, el teoremaanterior afirma que la solucion y(x) tambien admite una expansion en serie de potencias para |x| < 1.Para obtener estas soluciones asumimos

y(x) =∞m=0

amxm. (5.129)

Para sustituir en (5.127) debemos derivar dos veces

y(x) =∞m=1

mamxm−1, y(x) =∞m=2

m(m − 1)amxm−2. (5.130)

Al sustituir (5.129) y sus derivadas (5.130) en (5.127), obtenemos

(1 − x2)∞m=2

m(m − 1)amxm−2 − 2x∞m=1

mamxm−1 + n(n + 1)∞m=0

amxm = 0. (5.131)


∞m=2

m(m − 1)amxm−2 −∞m=2

m(m − 1)amxm −

−2∞m=1

mamxm + n(n + 1)∞m=0

amxm = 0. (5.132)



5.11. ECUACI ON DIFERENCIAL DE LEGENDRE 251

Luego, poniendo s = m − 2, m = s + 2, tenemos

∞s=0

(s + 2)(s + 1)as+2xs − ∞s=2

s(s − 1)asxs − 2 ∞s=1

sasxs + n(n + 1) ∞s=0

asxs = 0. (5.133)

Para factorizar, las sumas deben empezar en el mismo valor, para esto desplazamos los ındices delas sumas, esto es

[2a2 + n(n + 1)a0]x0 + [6a3 − 2a1 + n(n + 1)a1]x +

+

(s + 2)(s + 1)as+2 + [−s(s − 1) − 2s + n(n + 1)]as

xs = 0. (5.134)

Debido a que xm = 0, entonces los coeficientes que multiplican a las diferentes potencias de x debenser cero, esto da como resultado

2a2 + n(n + 1)a0 = 0,

6a3 − 2a1 + n(n + 1)a1 = 0,

(s + 2)(s + 1)as+2 + [−s(s − 1) − 2s + n(n + 1)]as = 0, ∀s > 2. (5.135)

De estas expresiones obtenemos

a2 = −n(n + 1)

2a0,

a3 =2 − n(n + 1)

6a1 = − (n − 1)(n + 2)

3!a1. (5.136)

Luego, −s(s − 1) − 2s + n(n + 1) = (n − s)(n + s + 1), entonces, la ecuacion de recurrencia es

as+2

=−

(n

−s)(n + s + 1)

(s + 2)(s + 1)as

, (s = 0, 1, 2,...) (5.137)

Con esta relacion obtenemos cada coeficiente en terminos del segundo que lo precede, con exepcionde a0 y a1, los cuales se dejan como constantes arbitrarias. Usando la expresi on (5.137) es facilobtener algunos coeficientes ai

s = 0 → a2 = −n(n + 1)

2!a0

s = 1 → a3 = − (n − 1)(n + 2)

3!a1,

s = 2 → a4 = − (n − 2)(n + 3)

4 · 3a2 =

(n − 2)n(n + 1)(n + 3)

4!a0, (5.138)

s = 3 → a5 = −(n

−3)(n + 4)

5 · 4 a3 =

(n

−3)(n

−1)(n + 2)(n + 4)

5! a1,

y ası sucesivamente. Podemos escribir la expresion (5.129) de la siguiente manera

y(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5 + . . . (5.139)

Sustituyendo (5.138) en (5.139) y agrupando, resulta

y(x) = a0

1 − n(n + 1)

2!x2 +

(n − 2)n(n + 1)(n + 3)

4!x4 − + . . .

(5.140)

+ a1

x − (n − 1)(n + 2)

3!x3 +

(n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4)

5!x5 − + . . .




De esta expresion podemos escribir la solucion general de (5.127) como

y(x) = a0y1(x) + a1y2(x), (5.141)

donde a0 y a1 son constantes arbitrarias y

y1(x) = 1 − n(n + 1)

2!x2 +

(n − 2)n(n + 1)(n + 3)

4!x4 − + . . . (5.142)

y2(x) = x − (n − 1)(n + 2)

3!x3 +

(n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4)

5!x5 − + . . . (5.143)

Estas series convergen para −1 < x < 1. Como podemos observar, las soluciones y1 y y2 sonsoluciones linealmente independientes, ya que una solo contiene potencias pares y la otra solucioncontienen potencias impares y como consecuencia la relacion y1/y2 no es una constante. Debido aque las soluciones son linealmente independientes la expresion (5.141) es la solucion general de laecuacion (5.127) en el intervalo −1 < x < 1.

Si n ≥ 0 es un entero no negativo, entonces y1 o y2 se reducen a un polinomio (y el otro polinomiode las dos soluciones queda como un polinomio multiplicado por ln

1+x1−x

, como puede demostrarse).

Analicemos lo anterior en casos sencillos.

Sea n = 0, entonces de (5.142) se obtiene y1 = 1 y de (5.143), resulta

y2(x) = x +2

3!x3 +

(−3)(−1) · 2 · 4

5!x5 + . . . =

= x +x3

3+

x5

5+ . . . =

1

2ln1 + x

1 − x

. (5.144)

Si n = 1, entonces de (5.143) se obtiene y2(x) = x, y de la expresion (5.142) obtenemos

y1(x) = 1 −x2

1 −x4

3 −x6

5 − . . . =

= 1 − x

x +x3

3+

x5

5+ . . .

= 1 − 1

2x ln

1 + x

1 − x

. (5.145)

5.12. Polinomios de Legendre

En algunas aplicaciones el parametro n de la ecuacion de Legendre (5.127) es un entero nonegativo, entonces el termino de la derecha de (5.137) es cero cuando s = n y como consecuenciaan+2 = 0, an+4 = 0, an+6 = 0, . . .. Por consiguiente, si n es par, y1(x) se reduce a un polinomio degrado n. Si n es impar, y2(x) se reduce a un polinomio de grado n. A estos polinomios multiplicadospor unas constantes, se les conoce como polinomios de Legendre. Estos polinomios son de gran

importancia practica en la ingenierıa y en la ciencia.Resolviendo para as de (5.137), obtenemos

as = − (s + 2)(s + 1)

(n − s)(n + s + 1)as+2, (s ≤ n − 2), (5.146)

y entonces todos los coeficientes que no se cancelan pueden expresarse en terminos de los coeficientesan de la mayor potencia de x en el polinomio. El coeficiente an en un principio sigue siendo arbitrario.Por comodidad se elige an = 1 cuando n = 0 y

an =(2n)!

2n(n!)2=

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)

n!, n = 1, 2, 3, . . . (5.147)



5.12. POLINOMIOS DE LEGENDRE 253

Esto es debido a que para esta eleccion de an todos esos polinomios tendran el valor de 1 cuandox = 1. Entonces de (5.146) y (5.147) se obtiene

an−2 = − n(n − 1)

2(2n − 1)an = − n(n − 1)(2n)!

2(2n − 1)2n(n!)2=

= − n(n − 1)2n(2n − 1)(2n − 2)!

2(2n − 1)2nn(n − 1)!n(n − 1)(n − 2)!. (5.148)

Esto es

an−2 = − (2n − 1)!

2n(n − 1)!(n − 2)!. (5.149)

De una manera similar, tenemos

an−4 = − (n − 2)(n − 3)

4(2n − 3)an−2 =

(2n − 4)!

2n2!(n − 2)!(n − 4)!. (5.150)

En general, cuando n − 2m ≥ 0, se tiene

an−2m = (−1)m(2n − 2m)!

2nm!(n − m)!(n − 2m)!. (5.151)

A la solucion resultante de la ecuacion de Legendre (5.127) se le llama el polinomio de Legendre degrado n y se representa por P n(x). De (5.151), obtenemos

P n(x) =M m=0

(−1)m(2n − 2m)!

2nm!(n − m)!(n − 2m)!xn−2m =

=(2n)!

2n(n!)2xn − (2n − 2)!

2n1!(n

−1)!(n

−2)!

xn−2 + −· · ·, (5.152)

donde M = n/2 o M = (n − 1)/2, cualquiera de los dos que sea un entero. En particular

P 0(x) = 1, P 1(x) = x, P 2(x) =1

2(3x2 − 1), P 3(x) =

1

2(5x3 − 3x),

P 4(x) =1

8(35x4 − 30x2 + 3), P 5(x) =

1

8(63x5 − 70x3 + 15x). (5.153)

Los polinomios de Legendre pueden obtenerse haciendo uso de la formula

P n(x) = 12nn!

dn

dxn [(x2 − 1)n] (5.154)

A esta formula se le conoce como f´ ormula de Rodrigues. Usando la formula de Rodrigues vamos acalcular los tres primeros terminos del polinomio de Legendre

P 0(x) =1

20 · 0!= 1, P 1(x) =

1

2 · 1!

d

dx(x2 − 1) =

1

2(2x) = x. (5.155)

Para el caso de P 2(x), se tiene

P 2(x) =1

222!

d2

dx2

x2 − 1

2=

2

222!

d

dx

2(x2 − 1)(2x)

=

=2

222!

2x(2x) + 2(x2 − 1)

=

1

2(3x2 − 1). (5.156)




Para el caso de P 3(x), tenemos

P 3(x) = 123 · 3!

d3

dx3 (x2 − 1)3. (5.157)

Calculamos primero la tercera derivada de (x2 − 1)3. Esto es

d

dx(x2 − 1)3 = 3(x2 − 1)22x = 6x(x2 − 1)2,

d2

dx2(x2 − 1)3 =

d

dx[6x(x2 − 1)2] = 6(x2 − 1)2 + 24x2(x2 − 1),

d3

dx3(x2 − 1)3 =

d

dx[6(x2 − 1)2 + 24x2(x2 − 1)]

= 24x(x2 − 1) + 48x(x2 − 1) + 48x3 = 120x3 − 72x. (5.158)

Entonces, poniendo este resultado en (5.157)

P 3(x) =1

23 · 3!

d3

dx3(x2 − 1)3 =

1

233!(120x3 − 72x) =

1

2(5x3 − 3x). (5.159)

Como podemos ver P 0(x), P 1(x) y P 3(x) obtenidos con la formula de Rodrıgues coinciden con losobtenidos en (5.153).

5.13. Series Generalizadas: Metodo de Frobenius

Al igual que el metodo de las series de potencias, el metodo de Frobenius es una herramienta

para resolver ecuacion diferenciales lineales con coeficientes variables, sin embargo, este metodo seaplica a ecuaciones mas generales para las que el metodo de series de potencias no es aplicable. Deaquı que el metodo de Frobenius tenga gran importancia practica.

Un punto x = x0 en el que los coeficientes P (x) y Q(x) de la ecuacion

y + P (x)y + Q(x)y = 0 (5.160)

son analıticos (admiten desarrollo en series de Taylor) se llama punto ordinario de la ecuacion. Unpunto que no es ordinario se llama punto singular de la ecuacion. Luego, si x = x0 es un puntoordinario de la ecuacion (5.160), entonces el metodo de las series de potencias es aplicable y nos da

las soluciones en forma de potencias de x − x0, como se vio anteriormente. Sin embargo, si x = x0

es un punto singular el metodo de las series de potencias deja de ser aplicable ya que la ecuacionpuede no tener una solucion en serie de potencias de x − x0. Afortunadamente, el comportamientode los coeficientes de una ecuacion en un punto singular a veces no es tan malo como se cree y paratal caso tenemos el siguiente teorema.

Teorema 5.13.1. (metodo de Frobenius) Toda ecuaci´ on diferencial de la forma

y + b(x)x y + c(x)

x2 y = 0 (5.161)



5.14. ECUACI ON INDICIAL 255

donde las funciones b(x) y c(x) son analıticas en x = 0, tiene al menos una soluci´ on que puederepresentarse en la forma

y(x) = xρ∞m=0 amxm =

∞m=0 amxm+ρ = xρ(a0 + a1x + a2x2 + . . .) a0 = 0 (5.162)

donde el exponente ρ puede ser un n´ umero cualquiera (real o complejo) y a0 = 0.

5.14. Ecuacion Indicial

Para resolver la ecuacion (5.161) la escribimos de la siguiente manera

x2y + xb(x)y + c(x)y = 0. (5.163)

Luego, desarrollamos b(x) y c(x) en series de potencias, es decir,

b(x) = b0 + b1x + b2x2 + . . . , c(x) = c0 + c1x + c2x2 + . . . (5.164)

Despues derivamos la expresion (5.162), obtenemos

y(x) = Σ∞m=0(m + ρ)amxm+ρ−1 = xρ−1[ρa0 + (ρ + 1)a1x + . . .], (5.165)

y(x) = Σ∞m=0(m + ρ)(m + ρ − 1)amxm+ρ−2 = xρ−2[ρ(ρ − 1)a0 + (ρ + 1)ρa1x + . . .]

Sustituyendo estas series en la ecuacion (5.163), obtenemos

xρ[ρ(ρ − 1)a0 + . . .] + (b0 + b1x + . . .)xρ(ρa0 + . . .)

+ (c0 + c1x + . . .)xρ(a0 + a1x + . . .) = 0. (5.166)

Luego, se igualan a cero las sumas de los coeficientes de cada potencia de x. De esta manera obte-nemos un sistema de ecuaciones que incluyen los coeficientes desconocidos am. Si la menor potenciaes xr, entonces su ecuacion correspondiente sera

[ρ(ρ − 1) + b0ρ + c0]a0 = 0. (5.167)

Por suposicion a0 = 0, entonces, la expresion que sera cero es

ρ(ρ − 1) + b0ρ + c0. (5.168)

Esta ecuacion cuadratica es de gran importancia y se conoce como ecuaci´ on indicial de la ecuaciondiferencial (5.161).

Teorema 5.14.1. (metodo de Frobenious. Base de soluciones) Suponga que la ecuaci on diferencial (5.161) cumple los requisitos del teorema (5.13.1) y sean ρ1 y ρ2 las raıces de la ecuaci´ on indicial (5.168). Entonces, se tienen los siguientes tres casos posibles.

Caso I: Raıces distintas que no difieren por un entero. Una base sera

y1(x) = xρ1(a0 + a1x + a2x2 + . . .) (5.169)

yy2(x) = xρ2(A0 + A1x + A2x2 + . . .) (5.170)




con coeficientes obtenidos sucesivamente a partir de (5.166) con ρ = ρ1 y ρ = ρ2, respectivamente.

Caso II: Raız doble ρ1 = ρ2 = ρ. En este caso una base sera

y1(x) = xρ(a0 + a1x + a2x2 + . . .) ρ =1

2(1 − b0). (5.171)

y

y2(x) = y1(x) ln x + xρ(A1x + A2x2 + . . .) (x > 0). (5.172)

Caso III: Raıces que difieren por un entero. En este caso la base es

y1(x) = xρ1(a0 + a1x + a3x2 + . . .) (5.173)

y

y2(x) = λy1(x) ln x + xρ2(A0 + A1x + A2x2 + . . .) (5.174)

donde las raıces son tales que ρ1 − ρ2 > 0 y λ puede ser cero.

5.15. Ecuacion Diferencial de Bessel

Una de las ecuaciones que se pueden resolver usando el metodo de Frobenius es la importantısi-ma ecuacion llamada ecuaci´ on diferencial de Bessel . Esta ecuacion tuvo sus orıgenes cuando elmatematico F.W Bessel analizaba el movimiento planetario. Las funciones de Bessel , las cuales sonsoluciones de la ecuacion de Bessel son muy importantes en el estudio de las vibraciones de cadenas,propagacion de corrientes electricas en conductores cilındricos, flujo de calor en cilindros, vibracionde membranas circulares y en muchos mas problemas de las matematicas aplicadas.

Toda ecuacion diferencial de la forma

x2y + xy + (x2 − ν 2)y = 0 (5.175)

donde ν es un parametro constante, se llama ecuaci´ on diferencial de Bessel .

Soluci´ on:

Dividiendo la ecuacion entre x2, tenemos las funciones

P (x) =1

x, Q(x) =

x2 − ν 2

x2, (5.176)

las cuales tienen un punto singular en x = 0. Escribiendo la ecuacion (5.175) como

y +1

xy +

x2 − ν 2

x2

y = 0, (5.177)

de donde podemos identificar a b(x) = 1 y c(x) = x2−ν 2, las cuales son analıticas en x = 0, y por lotanto el teorema de Frobenius es aplicable. Entonces, buscamos la solucion de la ecuacion de Bessel(5.175) de la forma

y(x) =∞m=0

amxm+ρ. (5.178)



5.15. ECUACI ON DIFERENCIAL DE BESSEL 257

Derivando, se tiene

y(x) =

∞m=0

(m + ρ)amxm+ρ−1,

y(x) =∞m=0

(m + ρ − 1)(m + ρ)amxm+ρ−2. (5.179)

Sustituyendo (5.179) en (5.175), obtenemos

x2∞m=0

(m + ρ − 1)(m + ρ)amxm+ρ−2 + x∞m=0

(m + ρ)amxm+ρ−1 +

+x2∞m=0

amxm+ρ − ν 2∞m=0

amxm+ρ = 0. (5.180)


∞m=0

(m + ρ − 1)(m + ρ)amxm+ρ +∞m=0

(m + ρ)amxm+ρ +

+

∞m=2

am−2xm+ρ − ν 2∞m=0

amxm+ρ = 0. (5.181)

Desplazando los primeros dos lugares de las sumas en los terminos primero, segundo y cuarto,obtenemos

[ρ(ρ − 1)a0 + ρa0 − ν 2a0]x0+ρ + [ρ(ρ + 1)a1 + (ρ + 1)a1 − ν 2a1]x1+ρ +

+[(m + ρ

−1)(m + ρ)am + (m + ρ)am + am

−2

−ν 2am]xs+ρ = 0. (5.182)

Igualando a cero los coeficientes de cada potencia de x, obtenemos

ρ(ρ − 1)a0 + ρa0 − ν 2a0 = 0, (m = 0).

ρ(ρ + 1)a1 + (ρ + 1)a1 − ν 2a1 = 0, (m = 1). (5.183)

(m + ρ − 1)(m + ρ)am + (m + ρ)am + am−2 − ν 2am = 0, (m = 2, 3, . . .)

Debido a que a0 = 0, de la primer ecuacion en (5.183) se obtiene

ρ(ρ − 1) + ρ − ν 2 = 0 → (ρ + ν )(ρ − ν ) = 0. (5.184)

Las raıces son ρ1 = ν y ρ2 = −ν .

Para ρ = ρ1 = ν de la segunda ecuacion de (5.183) se obtiene a1 = 0. La tercera ecuacion sepuede escribir como

(m + ρ + ν )(m + ρ − ν )am + am−2 = 0, (5.185)

y para el caso ρ2 = ν esta expresion toma la forma

(m + 2ν )mam + am−2 = 0. (5.186)

Puesto que a1 = 0 y ν > 0, se sigue que a3 = 0, a5 = 0, sucesivamente. Si hacemos m = 2s en(5.186) para los demas coeficientes se obtiene

a2s = − 1

22s(ν + s)a2s−2, s = 1, 2, . . . (5.187)




y es posible determinar sucesivamente los coeficientes a2, a4, a6, . . . ,. De esta manera obtenemos

a2 = −a0

22(ν + 1) ,

a4 = − a2222(ν + 2)

=a0

242!(ν + 1)(ν + 2). (5.188)

En general, tenemos

a2s =(−1)sa0

22ss!(ν + 1)(ν + 2) . . . (ν + s), s = 1, 2, . . . (5.189)

5.16. Funciones de Bessel

Los valores enteros de ν se representan por n. Para ν = n la relacion (5.189) da como resultado

a2s =(−1)sa0

22ss!(n + 1)(n + 2) . . . (n + s), s = 1, 2, . . . (5.190)

donde a0 sigue siendo arbitraria. Debido a la arbitrariedad vamos a elegir en lugar de a0 = 1 a

a0 =1

2nn!, (5.191)

Con esta eleccion de (5.190), tenemos

a2s =(−1)s

22s+ns!(n + s), s = 1, 2, . . . (5.192)

Con estos coeficientes y ρ1 = ν = n obtenemos a partir de (5.178) una solucion particular de (5.175)

que se representa por J n(x)

J n(x) = xn∞s=0

(−1)sx2s22s+ns!(n+s)!

(5.193)

Esta expresion se conoce con el nombre de funci´ on de Bessel de primera clase y de orden n. Estaserie converge para toda x, y ademas converge con bastante rapidez debido a los factoriales en eldenominador.

Para n = 0, de la ecuacion (5.193) obtenemos la funci´ on de Bessel de orden cero

J 0(x) =∞

s=0

(−1)sx2s

22ss!(n + s)!= 1 − x2

22(1!)2+

x4

24(2!)2− x6

26(3!)2+ − . . . (5.194)

Para n = 1, de la ecuacion (5.193) obtenemos la funci´ on de Bessel de orden uno. Esta tiene la forma

J 1(x) =∞s=0

(−1)sx2s+1

22s+1s!(s + 1)!=

x

2− x3

231!2!+

x5

252!3!− x7

273!4!+ − . . . (5.195)

Se puede demostrar que para x grande, se tiene

J n(x) ≈

2πx cos

x − nπ

2 − π4

(5.196)



5.16. FUNCIONES DE BESSEL 259

Ahora veamos el caso en que ν > 0. Para esto es conveniente usar algunas formulas obtenidas de lafuncion Gamma. Por definicion la funcion Gamma representada por Γ(ν ) es

Γ(ν ) =

∞0

e−ttν−1dt. (5.197)

Luego, se cumplen la relaciones

Γ(ν + 1) = ν Γ(ν ), Γ(n + 1) = n!, (n = 0, 1, 2, . . .) (5.198)

La funcion Gamma generaliza la funcion factorial conocida en el calculo elemental. Ahora podemosescribir la expresion (5.191) como

a0 =1

2νΓ(ν + 1). (5.199)

Entonces la expresion (5.189) toma la forma

a2s = (−1)s

22s+νs!(ν + 1)(ν + 2) · · · (ν + s)Γ(ν + 1). (5.200)

Luego, tomando en cuenta (5.198)

(ν + 1)Γ(ν + 1) = Γ(ν + 2), (ν + 2)Γ(ν + 2) = Γ(ν + 3). (5.201)

Siguiendo estos razonamientos tenemos que en general

(ν + 1)(ν + 2) · · · (ν + s)Γ(ν + 1) = Γ(ν + s + 1). (5.202)

De tal manera que los coeficientes vienen dados por la expresion

a2s =(−1)s

22s+νs!Γ(ν + s + 1). (5.203)

Sustituyendo estos coeficientes en la expresion (5.178) se obtiene una solucion particular de la ecua-cion (5.175) representada por J ν(x)

J ν(x) = xν∞s=0

(−1)sx2s22s+νs!Γ(ν+s+1)

(5.204)

A esta funcion se le conoce con el nombre de funci´ on de Bessel de primera clase y de orden ν . Laserie (5.204) converge para todo x.

Hasta el momento hemos obtenido una solucion particular J ν(x) de la ecuacion de Bessel. Ahoranos queda por obtener la solucion general de la ecuacion de Bessel. Para esto debemos hallar unasegunda solucion linealmente independiente.

Al sustituir ν por −ν en la ecuacion (5.204), obtenemos

J −ν(x) = x−ν∞s=0

(−1)sx2s22s−νs!Γ(s−ν+1)

(5.205)

Esto es debido a que la ecuacion de Bessel incluye a ν 2, las funciones J ν(x) y J −ν(x) son soluciones dela misma ecuacion para el mismo ν . Si ν no es entero, estas soluciones son linealmente independientes,ya que el primer termino en (5.204) y el primero de (5.205) son multiplos finitos diferentes de cerode xν y x−ν , respectıvamente. Entonces, tenemos el siguiente




Teorema 5.16.1. Si ν no es un entero, una soluci´ on general de la ecuaci´ on de Bessel para todox = 0 es

y(x) = c1J ν(x) + c2J −ν(x) (5.206)

donde J ν(x) y J −ν(x) est´ an definidas en (5.204) y (5.205), respectıvamente. Sin embargo, si ν es un entero, entonces (5.206) no es una soluci´ on general de la ecuaci´ on de Bessel. En este caso las dossoluciones de (5.206) ser´ an linealmente dependientes.

Teorema 5.16.2. (Dependencia lineal de las funciones de Bessel) Si ν = n es un entero, entonceslas funciones de Bessel J n(x) y J −n(x) son linealmente dependientes, debido a que

J n(x) = (−1)nJ n(x) n = 1, 2, · · · (5.207)

Ejemplo 1:


x2y + xy +

4x2 − 1

4

y = 0. (5.208)

Soluci´ on:

La ecuacion (5.208) es muy parecida a la ecuacion de Bessel (5.175). Para que estas dos ecuacionessean iguales debemos hacer 4x2 = t2 → t = 2x, donde t es una nueva variable independiente.Es decir, en la ecuacion (5.208) debemos hacer la sustitucion

t = 2x, dydx

= dydt

dtdx

= 2 dydt

, d2

ydx2 = d

dx

dydx

= d

dx

2 dy

dt

= 2 d

dt

dydt

dtdx

= 4 d2

ydt2

. (5.209)

Donde hemos aplicado la regla de la cadena. Ahora sustituimos estos resultados en la ecuaci on(5.208) y obtenemos la siguiente ecuacion diferencial

t2d2y

dt2+ t

dy

dt+

t2 − 1

4

y = 0. (5.210)

Esta ecuacion es una ecuacion de Bessel con ν 2 = 1/4 o bien ν = 1/2. Entonces, como ν no es unentero, tenemos por el teorema 5 · 16 · 1 que la solucion general es

y(t) = c1J 1/2(t) + c2J −1/2(t). (5.211)

Luego, recordando la sustitucion t = 2x, tenemos la solucion general de la ecuacion (5.208)y(x) = c1J 1/2(2x) + c2J −1/2(2x). (5.212)

Ejemplo 2:

Resolver la ecuacionx2y + xy + 4(x4 − 2)y = 0. (5.213)

Soluci´ on:

Si hacemos la sustituciont = x2, (5.214)



5.17. PROPIEDADES DE LA FUNCI ON J ν(X ) 261

y aplicando la regla de la cadena, tenemos

dy

dx =dy

dt

dt

dx = 2xdy

dt = 2t1/2dy

dt ,

d2y

dt2=

d

dx

dy

dx

=

d

dt

2t1/2

dy

dt

dt

dx=

d

dt

2t1/2

dy

dt

2t1/2 =

=

t−1/2dy

dt+ 2t1/2

d2y

dt2

2t1/2 = 2

dy

dt+ 4t

d2y

dt2. (5.215)


t

2dy

dt+ 4t

d2y

dt2

+ t1/2

2t1/2

dy

dt

+ 4(t2 − 2)y = 0. (5.216)

Simplificando, obtenemos la siguiente ecuacion de Bessel

t2 d

2

ydt2 + t dydt + (t2 − 2)y = 0, (5.217)

donde ν =√

2. Entonces por el teorema 5 · 16 · 1, tenemos la solucion general de (5.217)

y(t) = c1J √2(t) + c2J −√2(t). (5.218)

Por consiguiente, la solucion general de la ecuacion (5.213) tiene la forma

y(x) = c1J √2(x2) + c2J −√2(x2). (5.219)

5.17. Propiedades de la funcion J ν (x)

Al multiplicar (5.204) por xν se obtiene

xνJ ν(x) =

∞s=0

(−1)sx2s+2ν

22s+νs!Γ(ν + s + 1). (5.220)

Ahora, derivando esta expresion respecto a x, resulta

d

dx[xνJ ν(x)] =

∞s=0

(−1)s2(s + ν )x2s+2ν−1

22s+νs!Γ(ν + s + 1)

= xνxν−1∞s=0

(−1)sx2s

22s+ν−1s!Γ(ν + s). (5.221)

De la ecuacion (5.204) podemos observar que el segundo termino es xνJ ν−1(x). Con esto hallamosotra relacion util

ddx [xνJ ν(x)] = xνJ ν−1(x) (5.222)

De manera similar, multiplicando (5.204) por x−ν , tomando la derivada y haciendo un cambio deındice se obtiene

d

dx[x−νJ ν(x)] =

∞s=1

(−1)sx2s−1

22s+ν−1(s − 1)!Γ(ν + s + 1)=

∞m=0

(−1)m+1x2m+1

22m+ν+1m!Γ(ν + m + 2), (5.223)




donde s = m+1. Usando (5.204), la expresion del segundo termino es −x−νJ ν−1(x). De esta maneraobtenemos la relacion

ddx [x−νJ ν(x) = −x−νJ ν−1(x). (5.224)

Al desarrollar las formulas (5.222), (5.224) y multiplicar (5.176) por x2ν , obtenemos

νxν−1J ν + xνd

dxJ ν(x) = xνJ ν−1(x), (5.225)

−νxν−1J ν + xνd

dxJ ν(x) = −xνJ ν+1(x). (5.226)

Al restar (5.226) de (5.225) y dividir el resultado entre xν , obtenemos la primer relacion de recurren-cia

J ν−1(x) + J ν+1(x) = 2ν

x J ν(x) (5.227)

Luego, al sumar (5.225), (5.226) y dividir el resultado entre xν , obtenemos la segunda relacion derecurrencia

J ν−1(x) − J ν+1(x) = 2 ddx [J ν(x)] (5.228)

Estas dos ultimas relaciones tienen una importancia practica sobre todo en el trabajo numerico,donde la expresion (5.227) puede usarse para expresar funciones de Bessel de ordenes inferiores, lascuales permiten el uso de tablas [7].

5.18. Funciones de Bessel Fraccionarias, ν = ±

1

2,±

3

2,±

5

2

Analicemos las funciones de Bessel para algunos casos fraccionarios de ν

Para ν = 12 , de la ecuacion (5.204), tenemos

J 1/2(x) =√

x∞s=0

(−1)sx2s

22s+1/2s!Γ(s + 32)

=

2

x

∞s=0

(−1)sx2s+1

22s+1s!Γ(s + 32)

. (5.229)

Recordando las relaciones

Γ1

2

=

√π, Γ(ν + 1) = ν Γ(ν ). (5.230)

Usando estas expresiones en el denominador se tiene

Γ

s + 32

=

s + 1

2

s − 1

2

. . . 3

2· 1

2Γ

12

= 2−(s+1)(2s + 1)(2s − 1) . . . 3 · √π (5.231)

Ademas, en el denominador se tiene

22s+1s! = 22s+1s(s − 1) . . . 2 · 1 = 22s+12s(2s − 2) . . . 4 · 2. (5.232)

El denominador queda como (2s + 1)!√

π, de donde

J 1/2(x) =

2

πx

∞s=0

(−1)sx2s+1

(2s + 1)!. (5.233)



5.18. FUNCIONES DE BESSEL FRACCIONARIAS, ν = ±12

, ±32

, ±52 263

Esta es la serie de Maclaurin de la funci on sen x. Por consecuencia

J 1/2(x) =

2πx sen x (5.234)

Ahora derivando (5.234), obtenemos

d

dx[√

xJ 1/2(x)] = x1/2J −1/2(x) =

2

πcos x, (5.235)

de donde, obtenemos el resultado final

J −1/2(x) =

2πx cos x (5.236)

Verificar que las siguientes relaciones son validas:

J 3/2(x) =1

xJ 1/2(x) − J −1/2(x) =

2

πx

sen x

x− cos x

(5.237)

J −3/2(x) = − 1

xJ −1/2(x) − J 1/2(x) = −

2

πx

cos x

x+ sen x

. (5.238)

Ejemplo 1:


x2y + xy +

x2 − 1

4

y = 0. (5.239)

Soluci´ on:

La ecuacion (5.239) es una ecuacion de Bessel con ν = 1/2. Entonces, la solucion general esta dadapor la funcion

y(x) = c1J 1/2(x) + c2J −1/2(x). (5.240)

Luego, tomando en cuenta los resultados obtenidos en (5.234) y (5.236) la solucion (5.240) la podemosescribir de la siguiente manera

y(x) =

2

πx

c1 sen x + c2 cos x

. (5.241)

Ejemplo 2:


x2y + xy + x2 − 9

4y = 0. (5.242)

Soluci´ on:

La ecuacion (5.242) es una ecuacion de Bessel con ν = 3/2. Entonces, la solucion general es

y(x) = c1J 3/2(x) + c2J −3/2(x). (5.243)

Tomando en cuenta las expresiones (5.237) y (5.238) podemos escribir la solucion general (5.243) dela siguiente manera

y(x) =

2

πx

c1

sen x

x− cos x

+ c2

cos x

x+ sen x

. (5.244)





Capıtulo 5

5.1.- Usando la serie de Taylor obtenerla integracion aproximada de las siguientesecuaciones.

1. y = x2y + y3, y(0) = 1. Hallar los cuatroprimeros terminos del desarrollo diferentesde cero.

2. y = x + 2y2, y(0) = 0. Hallar los dosprimeros terminos del desarrollo diferentesde cero.

3. y = y2 + x, y(0) = 1. Hallar los cincoprimeros terminos del desarrollo.

4. y = (2x − 1)y − 1, y(0) = 0, y(0) = 1.Hallar los primeros cinco terminos.

5. y = x2 + y2, y(0) = 1. Hallar los cincoprimeros terminos.

5.2.- Hallar Soluciones en Serie de Po-tencias Alrededor de un Punto Ordinariox = 0.

1. y + xy + y = 0.

2. y − xy = 0.

3. y − 2xy + y = 0.

4. y + x2y + xy = 0.

5. y + x2y = 0.

6. y + 2xy + 2y = 0.

7. (x − 1)y + y = 0.

8. (x2 + 2)y + 3xy

−y = 0.

9. y − xy = 0.

10. y − 2xy + y = 0.

5.3.- Resolver las siguientes ecuacionesde Bessel

1. y + 1x

y +

1 − 19x2

y = 0.

2. 4x2y + 4xy + (100x2 − 9)y = 0.

3. x2y + xy +

4x4 − 169

y = 0.

4. x2y + xy + (x2 − 4)y = 0.

5. xy + y + 14

y = 0.



Capıtulo 6

SISTEMAS DE ECUACIONES

DIFERENCIALES

Hemos aprendido diferentes metodos para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias consi-derandolas individualmente. Sin embargo, en la practica es muy probable que se necesite mas deuna ecuacion diferencial para modelar un proceso dado.

En este ultimo capıtulo analizaremos situaciones en las cuales dos o mas funciones desconocidasestan relacionadas mediante un conjunto de ecuaciones diferenciales.

6.1. Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

En general, un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias

dy1dt

= f 1(t, y1, y2,...,yn),

dy2dt

= f 2(t, y1, y2,...,yn), (6.1)

...dyndt

= f n(t, y1, y2,...,yn),

donde, y1, y2,...,yn son funciones desconocidas de la variable t, se llama sistema normal . Si la parte

derecha del sistema normal son funciones lineales respecto a y1, y2,...,yn, entonces, el sistema deecuaciones diferenciales se llama sistema lineal . Un sistema de ecuaciones diferenciales de primerorden es lineal , si tiene la forma

dy1dt

= a11(t)y1(t) + a12(t)y2(t) + . . . + a1n(t)yn(t) + f 1(t),

dy2dt

= a21(t)y1(t) + a22(t)y2(t) + . . . + a2n(t)yn(t) + f 2(t), (6.2)

...dyndt

= an1(t)y1(t) + an2(t)y2(t) + . . . + ann(t)yn(t) + f n(t).

265



266 CAP ITULO 6. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Recordando el algebra de matrices, tenemos que el sistema (6.2) lo podemos escribir como

d

dt

y1y2...

yn

=

a11

(t) a12

(t) . . . a1n

(t)a21(t) a22(t) . . . a2n(t)

......

. . ....

an1(t) a2n(t) . . . ann(t)

y1y2...

yn

+

f 1

(t)f 2(t)

...f n(t)

. (6.3)

La forma matricial (6.3) se puede escribir de una forma m as compacta usando la forma vectorial

dY(t)dt = A(t)Y(t) + F(t) (6.4)

donde hemos hecho las siguientes definiciones

Y(t) =

y1(t)

y2(t)...

yn(t)

, A(t) =

a11(t) a12(t) . . . a1n(t)

a21(t) a22(t) . . . a2n(t)...

.... . .

...an1(t) a2n(t) . . . ann(t)

, F(t) =

f 1(t)

f 2(t)...

f n(t)

. (6.5)

A la matriz A(t) se le conoce como matriz de coeficientes, y a F(t) como la funci´ on de excitaci´ on o fuente. Se supone que A(t) y F(t) son continuas si sus elementos son continuos en algun intervalo(a, b). Si la funcion de excitacion F(t) = 0, entonces decimos que el sistema (6.4) es un sistema homogeneo. El sistema dado por (6.4) es un sistema no homogeneo si F(t) = 0.

Un vector soluci´ on en un intervalo I ∈ (a, b) es cualquier matriz columna

Y(t) =

y1(t)y2(t)

...yn(t)

, (6.6)

cuyos elementos son funciones diferenciables y satisfacen el sistema de ecuaciones (6.3), o (6.4) enel intervalo dado. Supongamos que t0 es un punto en el intervalo I ∈ (a, b), y sean

Y(t0) =

y1(t0)y2(t0)

...yn(t0)

→ Y0 =

c1c2...

cn

, (6.7)

donde, ci, (i = 1, 2,...,n) son constantes dadas. Entonces, el problema

Resolver : dYdt

= A(t)Y + F(t),

Sujeto a : Y(t0) = Y0, (6.8)

es un problema de valor inicial en el intervalo dado.

Ahora, podemos hacernos la siguiente pregunta: Cuales seran las condiciones suficientes para queel problema de valor inicial (6.8) tenga solucion? La respuesta la da el siguiente teorema.

Teorema 6.1.1. Sean las componentes aij y las f i del sistema (6.5) funciones continuas de t en un intervalo abierto a < t < b que contiene al punto t = t0. Entonces, existe una soluci´ on del problema de valor inicial (6.8). Esta soluci´ on, adem´ as, es ´ unica.



6.1. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 267

Estudiaremos cuatro de los metodos mas comunes en la solucion de los sistemas de ecuacionesdiferenciales lineales con coeficientes constantes (6.8).

I Reducci´ on de un Sistema de Ecuaciones a una Ecuaci´ on de Orden n

En ocasiones, un sistema de ecuaciones diferenciales (6.2) se puede transformar a una ecuaci ondiferencial de orden n, la cual contiene una funcion desconocida. Esto se puede realizar diferenciandouna de las ecuaciones del sistema y eliminando todas las otras desconocidas. Este metodo se conocecomo metodo de eliminaci´ on .

Sin perder generalidad, analizaremos este metodo para el caso de un sistema de dos ecuacionesdiferenciales. Sea el sistema

dx

dt= ax + by + f (t),

dydt

= cx + dy + g(t), (6.9)

donde a,b,c y d son ciertas constantes, f (t), g(t) son funciones dadas, y x(t), y(t) son las funcionesdesconocidas. De la primer ecuacion de (6.9) despejamos y(t)

y(t) =1

b

dx

dt− ax − f (t)

. (6.10)

Derivando esta funcion respecto a t, obtenemos

dy

dt=

1

b

d2x

dt2− a

dx

dt− df

dt

. (6.11)

Sustituyendo las expresiones (6.10) y (6.11) en la segunda ecuacion del sistema (6.9), resulta

d2x

dt2− (a + d)

dx

dt− (bc − da)x =

df

dt− f (t)d + bg(t). (6.12)

Esta misma expresion la podemos escribir de una manera mas general

Ad2x

dt2+ B

dx

dt+ Cx = P (t). (6.13)

Al resolver esta ecuacion tendremos una solucion de la forma

x(t) = x(t, c1, c2). (6.14)

Luego, derivando la expresion obtenida respecto a t y sustituyendo en la ecuacion (6.10) hallamos

y(t). De esta manera obtenemos las soluciones x(t) y y(t) del sistema de ecuaciones (6.9).

Ejemplo 1:

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales

dx

dt= 2y,

dy

dt= x. (6.15)

Soluci´ on:




Una forma para resolver este sistema es, darnos cuenta que derivando la primera ecuaci on dela expresion (6.15) respecto al tiempo t (no necesariamente t es el tiempo) y despues tomando en

cuenta la segunda ecuacion obtenemos una ecuacion lineal de segundo orden, esto es

d2x

dt2= 2

dy

dt. (6.16)

Luego, sustituyendo en (6.16) el valor dy/dt = x de la segunda ecuacion de (6.15), obtenemos

d2x

dt2= 2x. (6.17)

La ecuacion (6.17) se puede escribir como

d2x

dt2− 2x = 0. (6.18)

Esta ecuacion es una ecuacion diferencial lineal homogenea de segundo orden con coeficientes cons-tantes. Suponiendo una solucion de la forma x(t) = emt, entonces tenemos que la correspondienteecuacion caracterıstica y sus raıces estan dadas por

m2 − 2 = 0 → m = ±√

2. (6.19)

Entonces, la solucion general de la ecuacion (6.18), esta dada por

x(t) = c1e√2t + c2e−

√2t. (6.20)

De la primera ecuacion de (6.15) tenemos y(t) = 12dxdt . Luego, derivando la expresion (6.20) respecto

a t, tenemos

y(t) =1

2

dx

dt=

c1√

2

2e√2t − c2

√2

2e−

√2t. (6.21)

De tal manera que la solucion general del sistema (6.15) es

x(t) = c1e√2t + c2e−

√2t

y(t) = c1e√2t − c2e−

√2t. (6.22)

donde c1 = c1√2

2, c2 = c2

√2

2 . El sistema de ecuaciones (6.15) tambien puede ser resuelto de lasiguiente manera; usando la regla de la cadena, tenemos

dy

dx=

dy

dt

dt

dx=

x

2y. (6.23)

Esta ecuacion es una ecuacion de primer orden y de variables separables. Separando las variables eintegrando, obtenemos

2y2 − x2 = c. (6.24)

En principio, las dos soluciones obtenidas (6.22) y (6.24) son las mismas, nadam as que la primeraesta en forma parametrica y la segunda no.

Ejemplo 2:

Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales

dx

dt= x cos t,

dy

dt= xe− sen t. (6.25)




Soluci´ on:

Analizando el sistema nos damos cuenta que la primera ecuacion no depende de y, y por lo tanto,la podemos integrar separando las variables

dx

x=

cos tdt → ln

x

c1

= sen t → x(t) = c1esen t. (6.26)

Sustituyendo el valor de x(t) en la segunda ecuacion del sistema (6.25), obtenemos

dy

dt= c1esen te− sen t = c1 → dy

dt= c1. (6.27)

Integrando, tenemos la soluciony(t) = c1t + c2, (6.28)

donde c1 y c2 son constantes de integracion. Por consiguiente, la solucion general del sistema de

ecuaciones (6.25) tiene la forma

x(t) = c1esen t,

y(t) = c1t + c2. (6.29)

Ejemplo 3:

Resolver el sistema de ecuaciones

dx

dt= ax + y,

dy

dt= −x + ay. (6.30)

Soluci´ on:

Derivando, respecto a t, la primera ecuacion del sistema (6.30), tenemos

d2x

dt2= a

dx

dt+

dy

dt. (6.31)

Luego, sustituyendo la segunda ecuacion de (6.30) en (6.31), obtenemos

d2x

dt2= a

dx

dt− x + ay. (6.32)

De la primera ecuacion de (6.30) despejamos y

y = −ax + dxdt

, (6.33)

y sustituyendola en (6.32), obtenemos la ecuacion diferencial

d2x

dt2− 2a

dx

dt+ (a2 + 1)x = 0. (6.34)

Ahora, nos queda por resolver esta ecuacion que es de segundo orden con coeficientes constantes.Supongamos la solucion x(t) = emt, entonces la ecuacion caracterıstica tiene la forma

m2 − 2am + (a2 + 1) = 0. (6.35)




Las raıces de esta ecuacion sonm1,2 = a ± i. (6.36)

La solucion general tiene la forma

x(t) = eat

c1 cos t + c2 sen t

. (6.37)

Luego, sustituyendo esta expresion en (6.33), tenemos

y(t) =dx

dt− ax = aeat

c1 cos t + c2 sen t

+ eat

− c1 sen t + c2 cos t

− aeat

c1 cos t + c2 sen t

= eat


. (6.38)

Entonces, las soluciones del sistema estan dadas por las expresiones

x(t) = eat

c1 cos t + c2 sen t

,

y(t) = eat


. (6.39)

Ejemplo 4:

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones

dx

dt= e3t − y,

dy

dt= 2e3t − x. (6.40)

Soluci´ on:

Diferenciando respecto a t la primera ecuacion del sistema, obtenemos

d2x

dt2= 3e3t − dy

dt. (6.41)

Sustituyendo en (6.41) la segunda ecuacion del sistema (6.40), resulta la ecuacion

d2x

dt2= 3e3t − 2e3t + x = e3t + x → d2x

dt2− x = e3t. (6.42)

Esta ultima ecuacion es una ecuacion lineal no homogenea de segundo orden. La ecuacion homogeneacorrespondiente a (6.42) es

d2x

dt2

−x = 0. (6.43)

Supongamos la solucion x(t) = emt, sustituyendo en (6.43), obtenemos la ecuacion caracterıstica ysus raıces

m2 − 1 = 0 → m = ±1. (6.44)

Por consiguiente, la solucion homogenea de la ecuacion (6.43) esta dada por

xh(t) = c1et + c2e−t. (6.45)

Luego, suponemos una solucion particular x p de la ecuacion (6.42)

x p = Ae3t. (6.46)





9Ae3t − Ae3t = e3t → A =1

8 . (6.47)

Entonces, la solucion particular es

x p(t) =1

8e3t. (6.48)

Luego, la solucion general de la ecuacion (6.42) es

x(t) = c1et + c2e−t +1

8e3t. (6.49)

De la segunda ecuacion del sistema (6.40) podemos despejar y

y(t) = e3t

−dx

dt. (6.50)

Ahora, derivamos respecto a t la solucion (6.49) y sustituyendola en (6.50), obtenemos

y(t) = e3t −

c1et − c2e−t +3

8e3t

= −c1et + c2e−t +5

8e3t. (6.51)

Finalmente, la solucion general del sistema (6.40) esta dado por las expresiones

x(t) = c1et + c2e−t +1

8e3t,

y(t) = −c1et + c2e−t +5

8e3t. (6.52)

Ejemplo 5:Resolver el sistema de ecuaciones

dx

dt= 2y,

dy

dt= 2z, (6.53)

dz

dt= 2x.

Soluci´ on:

Diferenciando respecto a t la primera ecuacion de (6.53), obtenemos

d2xdt2

= 2 dydt

. (6.54)

Sustituyendo la segunda ecuacion de (6.53) en (6.54), se tiene

d2x

dt2= 4z. (6.55)

Derivando esta ecuacion respecto a t, resulta

d3x

dt3= 4

dz

dt. (6.56)




Sustituyendo la tercera ecuacion de (6.53) en (6.56), obtenemos la ecuacion homogenea de tercerorden

d

3

xdt3 = 8x → d

3

xdt3 − 8x = 0. (6.57)

La solucion general de esta ecuacion es

x(t) = c1e2t + e−t

c2 cos√

3t + c3 sen√

3t

. (6.58)

La solucion general para la funcion y(t) la podemos obtener de la primera ecuacion del sistema(6.53), esto es

y(t) =1

2

dx

dt=

1

2

2c1e2t − e−t

c2 cos

√3t + c3 sen

√3t

+√

3e−t

c3 cos√

3t − c2 sen√

3t

= c1e2t +1

2 e−t√3c3 + c2

cos √3t − √3c2 + c3

sen √3t

. (6.59)

De la segunda ecuacion del sistema (6.53), obtenemos la funcion z(t)

z(t) =1

2

dy

dt= c1e2t − 1

2e−t√

3c3 + c2

cos

√3t −

√3c2 − c3

sen

√3t

. (6.60)

Finalmente, tenemos las soluciones que satisfacen al sistema (6.53),

x(t) = c1e2t + e−t

c2 cos√

3t + c3 sen√

3t

,

y(t) = c1e2t +1

2e−t√

3c3 + c2

cos

√3t −

√3c2 + c3

sen

√3t

,

z(t) = c1e

2t

−1

2 e−t√

3c3 + c2

cos

√3t −

√3c2 − c3

sen

√3t

. (6.61)

Ejemplo 6:

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones con las condiciones dadas

dx

dt= 3x + 8y,

dy

dt= −3y − x, x(0) = 6, y(0) = −2. (6.62)

Soluci´ on:

Derivamos la primera ecuacion del sistema (6.62) respecto a t

d2x

dt2= 3

dx

dt+ 8

dy

dt. (6.63)

Sustituyendo en (6.63) la segunda ecuacion del sistema (6.62), obtenemos

d2x

dt2= 3

dx

dt+ 8

− 3y − x

= 3dx

dt− 24y − 8x. (6.64)

De la primera ecuacion del sistema (6.62) despejamos y

y =1

8

dx

dt− 3

8x, (6.65)




y sustituyendola en (6.64), resulta

d

2

xdt2 = 3 dxdt − 8x − 24

18 dxdt − 38 x

= −8x + 9x = x. (6.66)

Hemos obtenido la ecuaciond2x

dt2− x = 0. (6.67)

Esta es una ecuacion lineal respecto a x, de segundo orden con coeficientes constantes. Sustituyendola solucion x(t) = emt en (6.67), obtenemos la ecuacion caracterıstica y sus respectivas raıces

m2 − 1 = 0 → m = ±1. (6.68)

Entonces, la solucion general de (6.67) es

x(t) = c1et + c2e−t. (6.69)

Para encontrar la solucion y(t), es necesario usar la expresion (6.65). Para esto derivamos respectoa t la expresion (6.69)

dx

dt= c1et − c2e−t. (6.70)

Sustituyendo en (6.65) las expresiones (6.70) y (6.69), obtenemos

y(t) =c18

et − c28

e−t − 3

8

c1et + c2e−t

= −c1

4et − c2

2e−t. (6.71)

Es decir, las soluciones generales del sistema (6.62) son (6.69) y (6.71)

x(t) = c1et + c2e−t,

y(t) =

−c1

4

et

−c2

2

e−t. (6.72)

Ahora solo nos queda hallar las constantes c1 y c2 de las condiciones iniciales dadas. Esto es, cuandot = 0, x = 6, y cuando t = 0, y = −2. Sustituyendo estos valores en el sistema (6.72), obtenemos

c1 + 2c2 = 8,

c1 + c2 = 6. (6.73)

Resolviendo este sistema hallamos los valores c1 = 4 y c2 = 2. Entonces, poniendo estos valores enla solucion general (6.72), obtenemos la solucion particular

x(t) = 4et + 2e−t,

y(t) = −et − e−t. (6.74)

Estas soluciones particulares, obtenidas de las soluciones generales (6.72), cumplen las condicionesdadas x(0) = 6, y y(0) = −2.

II Soluci´ on de Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Mediante Combinaciones Integrables

En algunos casos, combinando las ecuaciones del sistema de ecuaciones diferenciales (no necesa-riamente lineales), despues de algunas operaciones (suma, resta, division, etc.) es posible obtenerecuaciones facilmente integrables. Estas tienen la forma

F

t,u,du

dt

= 0, (6.75)




donde u es una funcion de las funciones buscadas x1(t), x2(t),...,xn(t). Este metodo se llama metodode combinaciones integrables.

Ejemplo 1:


dx

dt=

y2

x,

dy

dt=

x2

y. (6.76)

Soluci´ on:

Este es un sistema no lineal. Escribiendo el sistema (6.76) de la siguiente manera

xdx = y2dt,

ydy = x2dt. (6.77)

Sumando termino a termino, resulta

xdx + ydy = (x2 + y2)dt → d(x2 + y2)

2(x2 + y2)= dt. (6.78)

Integrando la ultima expresion d(x2 + y2)

x2 + y2=

2dt → ln(x2 + y2) = 2t + ln c1. (6.79)


x2 + y2 = c1e2t. (6.80)

Ahora, restando termino a termino la segunda ecuacion de la primera en (6.77), obtenemos

xdx − ydy = (y2 − x2)dt → d(x2 − y2)

x2 − y2= −2dt. (6.81)

Integrando d(x2 − y2)

x2 − y2= −2

dt, (6.82)

se obtienex2 − y2 = c2e−2t. (6.83)

Entonces, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones algebraicas

x2 + y2 = c1e2t

x2 − y2 = c2e−2t. (6.84)

Es facil resolver este sistema mediante suma y resta. El resultado es

x(t) = ±

c1e2t + c2e−2t

y(t) = ±

c1e2t − c2e−2t, (6.85)

donde, c1 = c12 , y c2 = c2

2 . Las expresiones en (6.85) son las soluciones del sistema.




Ejemplo 2:


dx

dt=

1

y,

dy

dt=

1

x. (6.86)

Soluci´ on:

Escribamos el sistema de la siguiente manera

ydx = dt,

xdy = dt. (6.87)

Sumando las dos ecuaciones resulta

ydx + xdy = 2dt → d(xy) = 2dt. (6.88)

Integrando d(xy) = 2

dt → xy = 2t + c1. (6.89)

Ahora, restando una ecuacion de la otra del sistema (6.87), obtenemos

ydx − xdy = 0 → dx

x− dy

y= 0. (6.90)

Integrando dx

x = dy

y → y = c2x. (6.91)

Entonces, tenemos el sistema de ecuaciones algebraicas

xy = 2t + c1,

y = c2x. (6.92)

Sustituyendo la segunda ecuacion de (6.92) en la primera, obtenemos

x(t) =

2t + c1

c2. (6.93)

Luego, poniendo este resultado en la segunda ecuacion de (6.92), se tiene

y(t) = c2

2t + c1

c2=

c2(2t + c1). (6.94)

Finalmente, las soluciones del sistema dado son

x(t) =

2t + c1

c2,

y(t) =

c2(2t + c1). (6.95)

Ejemplo 3:




Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales con valores iniciales

dx

dt =

x

x + y ,dy

dt=

y

x + y, x(0) = 1 y(0) = 2. (6.96)

Soluci´ on:

Dividiendo la primera ecuacion entre la segunda, resulta

dxdtdydt

=

xx+yyx+y

=x

y→ dx

dy=

x

y. (6.97)

Esta ultima ecuacion es de variables separables. Separando las variables e integrando

dx

x=

dy

y→ ln x = ln y + ln c1 → x = c1y. (6.98)

Ahora, sumando las dos ecuaciones del sistema (6.96) se tiene

dx

dt+

dy

dt=

x

x + y+

y

x + y= 1 → dx + dy = dt. (6.99)

Integrando la ultima ecuacion de (6.99) dx +

dy =

dt → x + y = t + c2. (6.100)

Entonces, hemos obtenido el sistema de ecuaciones algebraicas

x = c1y,

x + y = t + c2. (6.101)

Resolviendo este sistema simultaneamente, obtenemos las funciones x(t) y y(t), las cuales tienen laforma

x(t) =c1(t + c2)

c1 + 1,

y(t) =t + c2c1 + 1

. (6.102)

Estas funciones constituyen las soluciones generales del sistema (6.96). Ahora nos queda por encon-trar una solucion particular que cumpla con las condiciones iniciales dadas en (6.96). Esto es, cuandot = 0, x = 1 y cuando t = 0, y = 2. Sustituyendo estas condiciones en (6.102), obtenemos el sistemade ecuaciones algebraicas

c1 + 1 = c1c2,

2(c1 + 1) = c2. (6.103)

Multiplicando la primera ecuacion por dos y restando la segunda a la primera ecuacion, obtenemos

2c1c2 − c2 = 0 → c2(2c1 − 1) = 0 → c2 = 0, c1 =1

2. (6.104)

Sustituyendo los valores encontrados de las constantes c1 y c2 en las soluciones generales (6.102),finalmente tenemos la solucion del problema (6.96), esta es

x(t) =1

3t,

y(t) =2

3t. (6.105)




III Variaci´ on de los Par´ ametros

Sin perder generalidad, este metodo lo ilustraremos para el caso de un sistema de tres ecuacionesdiferenciales. Sea el sistema no homogeneo

dx

dt+ a1x + b1y + e1z = f 1(t),

dy

dt+ a2x + b2y + e2z = f 2(t), (6.106)

dz

dt+ a3x + b3y + e3z = f 3(t).

Supongamos que la solucion general del sistema homogeneo ya la conocemos, y tiene la forma

x(t) = c1x1 + c2x2 + c3x3,

y(t) = c1y1 + c2y2 + c3y3, (6.107)z(t) = c1z1 + c2z2 + c3z3.

Nos queda por buscar una solucion particular del sistema no homogeneo (6.106). El metodo devariacion de los parametros consiste en ver a las constantes c1, c2 y c3 de (6.107) como parametrosque dependen de la variable independiente t. Es decir, la solucion particular tiene la forma

x(t) = c1(t)x1 + c2(t)x2 + c3(t)x3,

y(t) = c1(t)y1 + c2(t)y2 + c3(t)y3, (6.108)

z(t) = c1(t)z1 + c2(t)z2 + c3(t)z3,

donde c1(t), c2(t) y c3(t) son ahora funciones que debemos hallar. Estas funciones las podemos

encontrar al sustituir (6.108) en (6.106). Sustituyendo (6.108) en la primera ecuacion de (6.106),tenemos

c1x1 + c2x2 + c3x3+ + c1(x1 + a1x1 + b1y1 + e1z1)

+ c2(x2 + a1x2 + b1y2 + e1z2) (6.109)

+ c3(x3 + a1x3 + b1y3 + e1z3) = f 1(t).

Todas las sumas que estan dentro de los parentesis son cero, (ya que el sistema (6.108) es solucionde la ecuacion homogenea correspondiente). Por consiguiente, tendremos

c1x1 + c2x2 + c3x3 = f 1(t). (6.110)

De manera analoga, al sustituir (6.108) en la segunda y tercera ecuacion de (6.106), obtendremos el

siguiente sistema de ecuaciones para las c1, c2 y c3, estas son

c1x1 + c2x2 + c3x3 = f 1(t),

c1y1 + c2y2 + c3y3 = f 2(t), (6.111)

c1z1 + c2z2 + c3z3 = f 3(t).

Este sistema es lineal respecto a c1, c2, c3 y tiene solucion, puesto que su determinante

det

x1 x2 x3

y1 y2 y3z1 z2 z3

= 0, (6.112)




debido a la independencia lineal de las soluciones del sistema homogeneo correspondiente. Una vezconocidas c1, c2 y c3 e integrando, hallamos c1(t), c2(t) y c3(t), y por consiguiente, la solucion de

(6.108) del sistema no homogeneo (6.106).Ejemplo 1:

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones no homogeneas con las condiciones iniciales dadas

2dx

dt− 6x + y = −6t2 − t + 3,

dy

dt− 2y = −2t − 1, x(0) = 2, y(0) = 3. (6.113)

Soluci´ on:

Primero resolvemos el sistema homogeneo correspondiente. Esto es, el sistema

2 dxdt − 6x + y = 0,

dy

dt− 2y = 0. (6.114)

Derivamos la primera ecuacion de (6.114), obtenemos

2d2x

dt2− 6

dx

dt+

dy

dt= 0. (6.115)

Luego, sustituyendo la segunda ecuacion en (6.115), resulta

2d2x

dt2− 6

dx

dt+ 2y = 0 → d2x

dt2− 3

dx

dt+ y = 0. (6.116)

Despejando y de la primera ecuacion de (6.114), se obtiene

y = 6x − 2dx

dt. (6.117)

Luego, sustituyendo y en (6.116), tenemos

d2x

dt2− 5

dx

dt+ 6x = 0. (6.118)

Esta es una ecuacion lineal con coeficientes constantes. Sea x(t) = emt la solucion. Sustituyendolaen (6.118), resulta la ecuacion caracterıstica

m2 − 5m + 6 = 0 → (m − 3)(m − 2) = 0 → m1 = 3, m2 = 2. (6.119)

Entonces, la solucion general de la ecuacion (6.118) es

x(t) = c1e3t + c2e2t. (6.120)

Derivamos respecto a t esta expresion

dx

dt= 3c1e3t + 2c2e2t. (6.121)

Poniendo las expresiones (6.121) y (6.120) en (6.117), obtenemos la expresion para y(t). Esto es

y(t) = 6

c1e3t + c2e2t

− 2

3c1e3t + 2c2e2t

= 2c2e2t. (6.122)




Por consiguiente, tenemos las soluciones generales del sistema homogeneo

xh(t) = c1e

3t

+ c2e

2t

,yh(t) = 2c2e2t. (6.123)

El metodo de variacion de los parametros consiste en tomar a las constantes de las solucioneshomogeneas como funciones de t, y sustituirlas en la ecuacion no homogenea con el proposito dehallar a las funciones c1(t) y c2(t). De (6.123) tenemos el siguiente sistema

x p(t) = c1(t)e3t + c2(t)e2t,

y p(t) = 2c2(t)e2t. (6.124)

Derivando este sistema, obtenemos

dx pdt

= c1e3t + 3c1e3t + c2e2t + 2c2e2t,

dy pdt

= 2c2e2t + 4c2e2t. (6.125)

Sustituyendo estos resultados en el sistema no homogeneo (6.113), obtenemos el sistema

c1e3t + c2e2t = −3t2 − 1

2t +

3

2,

2c2e2t = −2t − 1. (6.126)

Resolviendo respecto a c1 y c2, tenemos

c1 =1

2t − 3t2 + 2

e−3t,

c2 =− t −

1

2

e−2t

. (6.127)

Integrando la primera ecuacion, tenemos

c1(t) =

1

2t − 3t2 + 2

e−3tdt. (6.128)

Esta integral se calcula por partes y el resultado es

c1(t) =

t2 − 1

2t − 1

2

e−3t. (6.129)

De la segunda ecuacion en (6.127) tenemos la integral

c2(t) = − t −

1

2

e−2t

dt. (6.130)

Esta integral se calcula facilmente, y el resultado es

c2(t) =1

2

t + 1

e−2t. (6.131)

Sustituyendo las funciones c1(t) y c2(t) en la expresion (6.124) tenemos la solucion particular de laecuacion no homogenea (6.113)

x p(t) = t2 + t,

y p(t) = t + 1. (6.132)




La solucion general de (6.113) estara dada por la suma de las soluciones homogeneas (6.123) y lassoluciones particulares (6.132). Esto es

x(t) = c1e3t + c2e2t + t2 + t,

y(t) = 2c2e2t + t + 1. (6.133)

Ahora nos queda por encontrar las soluciones que satisfacen las condiciones iniciales. Sustituyendolas condiciones iniciales en las soluciones (6.133), obtenemos el sistema

c1 + c2 = 4,

2c2 + 1 = 3. (6.134)

Resolviendo este sistema hallamos los valores de las constantes, estos son; c1 = 3 y c2 = 1. Poniendoestos valores en (6.133), obtenemos finalmente la solucion del problema (6.113)

x(t) = 3e3t + e2t + t2 + t,y(t) = 2e2t + t + 1. (6.135)

Ejemplo 2:


dx

dt+ 2x + 4y = 4t + 1,

dy

dt+ x − y =

3

2t2. (6.136)

Soluci´ on:

El sistema homogeneo correspondiente tiene la forma

dx

dt+ 2x + 4y = 0,

dy

dt+ x − y = 0. (6.137)

Derivando la primera ecuacion de (6.137), obtenemos

d2x

dt2+ 2

dx

dt+ 4

dy

dt= 0. (6.138)

Sustituyendo la segunda ecuacion de (6.137) en (6.138), resulta

d2xdt2

+ 2 dxdt

− 4x + 4y = 0. (6.139)

Luego, de la primera ecuacion en (6.137) despejamos y

y = −1

2x − 1

4

dx

dt. (6.140)

Sustituyendo esta expresion en (6.139), obtenemos la siguiente ecuacion diferencial

d2x

dt2+

dx

dt− 6x = 0. (6.141)




Supongamos la solucion x(t) = emt. Sustituyendola en (6.141), obtenemos la ecuacion caracterısticacon sus correspondientes raıces

m2 + m − 6 = 0 → (m + 3)(m − 2) = 0 → m1 = −3, m2 = 2. (6.142)

Entonces, la solucion de la ecuacion homogenea (6.141) es

xh(t) = c1e−3t + c2e2t. (6.143)

Derivando esta expresion respecto a t, obtenemos

dx

dt= −3c1e−3t + 2c2e2t. (6.144)

Sustituyendo las expresiones (6.144) y (6.143) en (6.140), obtenemos

yh(t) =c14 e−

3t

− c2e2t

. (6.145)

Finalmente, tenemos las soluciones de la ecuacion homogenea (6.137). Estas son

xh(t) = 4c1e−3t + c2e2t,

yh(t) = c1e−3t − c2e2t, (6.146)

donde hemos hecho el cambio c1 → c1/4. Para encontrar la solucion general del sistema (6.136), sesupone a las constates c1 y c2 como funciones de t en (6.146), esto es

x p(t) = 4c1(t)e−3t + c2(t)e2t,

y p(t) = c1(t)e−3t − c2(t)e2t. (6.147)

Al sustituir el sistema (6.147) en la ecuacion no homogena (6.136), obtenemos el siguiente sistema

4c1e−3t + c2e2t = 4t + 1,

c1e−3t − c2e2t =3

2t2. (6.148)

Al resolver este sistema respecto a c1(t) y c2(t), tenemos

c1 = 3

10t2 +

4

5t +

1

5

e3t,

c2 =

− 6

5t2 +

4

5t +

1

5

e−2t. (6.149)

Ahora nos queda integrar este sistema. Las integraciones se hacen por partes y el resultado es

c1(t) = t

5+

t2

10

e3t,

c2(t) = t

5+

3t2

5

e−2t. (6.150)

Sustituyendo estos resultados en el sistema (6.147), obtenemos las soluciones particulares

x p(t) = t2 + t,

y p(t) = −1

2t2. (6.151)




Finalmente, sumando las soluciones particulares (6.151) a las homogeneas (6.146), obtenemos lasolucion general del sistema no homogeneo (6.136)

x(t) = 4c1e−3t + c2e2t + t2 + t,

y(t) = c1e−3t − c2e2t − 1

2t2, (6.152)

donde c1 y c2 son ciertas constantes arbitrarias que dependen de las condiciones iniciales.

Antes de analizar el siguiente metodo vamos a introducir dos conceptos fundamentales que serande gran ayuda para resolver sistemas de ecuaciones lineales homogeneos.

6.2. Valores Propios y Vectores Propios

Supongamos que tenemos la ecuacion

AY = λY, (6.153)

donde, A es una matriz dada, λ es un numero (es decir, es un escalar) real o imaginario pordeterminarse, y Y es un vector tambien por determinar. De la ecuacion (6.153) tenemos que paratoda λ, una solucion es Y = 0. A un escalar λ, tal que para cierto vector Y = 0 la ecuacion (6.153)se cumple, se le llama valor propio de la matriz A y al correspondiente vector Y = 0 se le conocecomo vector propio de A. La ecuacion (6.153) podemos escribirla de la siguiente manera

AY − λY = 0 ⇐⇒ (A − λI)Y = 0, (6.154)

donde I representa la matriz identidad (la matriz identidad es una matriz que tiene todos suselementos ceros excepto los diagonales que son unos). La ecuacion (6.154) representa n ecuaciones

algebraicas lineales con n incognitas y1, y2,...,yn, que son las componentes del vector Y. Para queestas ecuaciones tengan solucion no trivial, es decir, para que Y = 0, es necesario que el determinanteformado por la matriz (A − λI) sea cero, es decir, que se cumpla la relaci on

det(A − λI) = 0. (6.155)

A este determinante se le conoce como determinante caracterıstico de la matriz A. Supongamos quela matriz A, en la ecuacion (6.154) es de 2 × 2, entonces

(a11 − λ)y1 + a12y2 = 0,

a21y1 + (a22 − λ)y2 = 0. (6.156)

El determinante caracterıstico es

det(A − λI) = det

a11 − λ a12a21 a22 − λ

= (a11 − λ)(a22 − λ) − a12a21

= λ2 − (a11 + a22)λ + a11a22 − a12a21 = 0. (6.157)

A esta ecuacion se le conoce con el nombre de ecuaci´ on caracterıstica de A. Sus soluciones son losvalores propios λ1 y λ2 de A.

El procedimiento para encontrar los valores propios y los vectores propios del sistema (6.153), esel siguiente:

Resolver la ecuacion caracterıstica (6.157) para determinan los valores propios λ1, λ2.



6.2. VALORES PROPIOS Y VECTORES PROPIOS 283

Sustituyendo el valor de λ1 en la ecuacion (6.156), se determina su correspondiente vectorpropio Y1 de A. Despues se sustituye el valor de λ2 en (6.156) y se determina el correspondiente

vector propio Y2 de A.

Ejemplo 1:

Hallar los valores propios y vectores propios de la siguiente matriz

A =

2 41 2

. (6.158)

Soluci´ on:

Sustituyendo los valores de la matriz A en la expresion (6.156), resulta el sistema de ecuaciones

(2 − λ)y1 + 4y2 = 0,

y1 + (2 − λ)y2 = 0. (6.159)

El determinante caracterıstico para la matriz A, es


2 − λ 4

1 2 − λ

= (2 − λ)(2 − λ) − 4 = λ(λ − 4) = 0. (6.160)

De donde obtenemos las raıces λ1 = 0 y λ2 = 4. Luego, tenemos que para

λ = 0, el sistema (6.159), es

2y1 + 4y2 = 0,

y1 + 2y2 = 0. (6.161)

De la segunda ecuacion, tenemosy1 = −2y2. (6.162)

Entonces, podemos darle un valor arbitrario a y2 y de esta manera encontrar a y1. Eligiendo y2 = 1,entonces, tenemos que y1 = −2. Luego el vector Y1 tiene las componentes

Y1 =

−21

. (6.163)

Para el caso en que λ = 4, de la ecuacion (6.159), tenemos

(2 − 4)y1 + 4y2 = 0,

y1 + (2

−4)y2 = 0. (6.164)

Esto es

−2y1 + 4y2 = 0,

y1 − 2y2 = 0. (6.165)

De la segunda ecuacion tenemos y1 = 2y2. Eligiendo λ2 = 1, resulta que λ1 = 2. El vector propioY2 tiene las componentes

Y2 =

12

. (6.166)

Ejemplo 2:




Hallar los valores propios y los vectores propios de la siguiente matriz

A = 6 −12 −11 −3 −1

−4 12 3

. (6.167)

Soluci´ on:

De la ecuacion (6.154), para encontrar los valores y vectores propios, tenemos el sistema deecuaciones

(6 − λ)y1 − 12y2 − y3 = 0,

y1 + (−3 − λ)y2 − y3 = 0, (6.168)

−4y1 + 12y2 + (3 − λ)y3 = 0.

El determinante caracterıstico para la matriz A, es


6 − λ −12 −1

1 −3 − λ −1−4 12 3 − λ

= (6 − λ)(λ2 − 9) − (6.169)

− 48 − 12 + 12 + 4λ + 72 − 12λ + 36 − 12λ = λ3 − 6λ2 + 11λ − 6 = 0.

Las raıces de esta ecuacion, es decir, los valores propios son λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3. Eligiendo elprimer valor propio, es decir, para λ1 = 1, tenemos el sistema de ecuaciones

5y1 − 12y2 − y3 = 0,

y1 − 4y2 − y3 = 0, (6.170)

−4y1 + 12y2 + 2y3 = 0.

Para resolver este sistema, dividimos la tercera ecuacion entre 2 y sumando la segunda y la terceraecuacion, obtenemos

y1 = 2y2. (6.171)

Le damos un valor arbitrario a y2, elijamos y2 = 1, entonces, de (6.171) tenemos que y1 = 2. Despues,sustituyendo estos valores en la segunda ecuacion, obtendremos el valor de y3, esto es

y3 = y1 − 4y2 → y3 = 2 − 4 = 2. (6.172)

Entonces, tenemos que para el valor propio λ1 = 1, el vector propio es

Y1 =

21

−2

. (6.173)

Para el segundo valor propio, λ2 = 2, de (6.168) resulta el sistema de ecuaciones

4y1 − 12y2 − y3 = 0,

y1 − 5y2 − y3 = 0,

−4y1 + 12y2 + y3 = 0. (6.174)

A la primera ecuacion le restamos la segunda, obtenemos

y1 =7

3y2. (6.175)



6.3. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES HOMOGENEOS 285

Eligiendo y2 = 3, tenemos que λ1 = 7. Sustituyendo estos valores en la segunda ecuacion de (6.174),resulta

y3 = y1 − 5y2 = 28 − 36 → y3 = −8. (6.176)Entonces, para el valor propio y1 = 2, tenemos el vector propio

Y2 =

7

3−8

. (6.177)

Para el caso λ3 = 3, tenemos el sistema

3y1 − 12y2 − y3 = 0,

y1 − 6y2 − y3 = 0,

−4y1 + 12y2 + 0 = 0. (6.178)

De la tercera ecuacion, tenemosy1 = 3y2. (6.179)

Eligiendo, y2 = 1, tenemos que y1 = 3. Sustituyendo estos valores en la primer ecuacion de (6.178),hallamos el valor de y3

y3 = 3y1 − 12y2 = 9 − 12 = −3 → y3 = −3. (6.180)

Finalmente, el vector propio correspondiente a λ3, es

Y3 =

13

−3

. (6.181)

Podemos concluir, que los valores propios de la matriz (6.167) son λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3, y suscorrespondientes vectores propios estan dados por las expresiones (6.173, 6.177, 6.181).

6.3. Sistemas de Ecuaciones Lineales Homogeneos

IV Metodo de Euler para la Integraci´ on de un Sistema de Ecuaciones

Empezaremos con un sistema de ecuaciones diferenciales sencillo y analizaremos un metodo pararesolverlo, despues mostraremos el metodo general.

Ejemplo 1:

Hallar la solucion general del sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes

y1 = −4y1 − 3y2,

y2 = 6y1 + 5y2. (6.182)

Soluci´ on:

Para resolver este sistema vamos a suponer soluciones del tipo

y1 = α1eλt, y2 = α2eλt, (6.183)




donde α1, α2 y λ son constantes arbitrarias, las cuales debemos determinar. Derivando las solucionespropuestas (6.183), obtenemos

y1 = λα1eλt, y2 = λα2eλt. (6.184)

Sustituyendo (6.184) en (6.182) y cancelando el factor exponencial eλt, resulta el sistema

−4α1 − 3α2 = λα1,

6α1 + 5α2 = λα2. (6.185)

Para un valor dado de λ este es un sistema algebraico homogeneo. Este sistema lo podemos escribircomo

(−4 − λ)α1 − 3α2 = 0,

6α1 + (5 − λ)α2 = 0. (6.186)

La solucion trivial (α1 = α2 = 0) de este sistema no es util, ya que corresponde a la solucion trivialy1 = y2 = 0, la cual no puede formar parte de un conjunto fundamental de soluciones del sistema.Por tal motivo, vamos a considerar aquellos valores de λ (valores propios) para los cuales existensoluciones no triviales. Estos valores de λ son aquellos para los cuales el determinante del sistema(6.186) es cero, esto es

det

−4 − λ −36 5 − λ

= (−4 − λ)(5 − λ) + 18 = λ2 − λ − 2 = (λ − 2)(λ + 1) = 0. (6.187)

Las soluciones son λ1 = 2 y λ2 = −1. Eligiendo λ1 = 2 y sustituyendo en (6.186), obtenemos

−6α1 − 3α1 = 0,

6α1 + 3α2 = 0. (6.188)

Resolviendo este sistema encontramos que α1 = −α22 , de donde, α2 se puede escoger arbitrariamente.Eligiendo α2 = 2, entonces α1 = −1 y la solucion es

y1 = −e2t, y2 = 2e2t. (6.189)

Esta misma solucion la podemos escribir de la siguiente manera

Y1 =

−12

e2t, (6.190)

llamada forma vectorial . Al poner λ2 = −1 en (6.186) se obtiene el sistema

−3α1 − 3α2 = 0,

6α1 + 6α2 = 0. (6.191)

Resolviendo este sistema, tenemos que α1 = −α2. Eligiendo α2 = 1, tenemos las soluciones

y1 = −e−t, y2 = e−t. (6.192)

En forma vectorial se escribe como

Y2 =

−11

e−t. (6.193)

Para la expresion (6.186) los coeficientes constantes obtenidos, λ1 y λ2 son los valores propios(eigenvalores) de la matriz de coeficientes (6.186) y los vectores (6.190) y (6.193) son los corres-pondientes vectores propios (eigenvectores) de la matrız (seccion 6.2 valores propios y vectores




propios). Entonces, la solucion general del sistemas sera la combinacion lineal de las soluciones(6.190) y (6.193)

Y = c1Y1 + c2Y2 = c1−1

2

e2t + c2

−11

e−t. (6.194)

Esta solucion esta escrita en forma vectorial. Sin embargo, esta misma solucion la podemos escribirde la siguiente manera

y1(t) = −c1e2t − c2e−t,

y2(t) = 2c1e2t + c2e−t. (6.195)

Ahora estamos listos para analizar la teorıa general de los sistemas de ecuaciones diferenciales linealescon coeficientes constantes.

De la ecuacion (6.4) se deduce que un sistema de ecuaciones diferenciales homogeneas tiene la

forma

dY(t)dt = A(t)Y(t) (6.196)

Teorema 6.3.1. Sea Y1, Y2,..., Yk un conjunto de vectores soluci´ on del sistema homogeneo (6.196)en un intervalo I . Entonces, la combinaci´ on lineal

Y = c1Y1 + c2Y2 + ... + ckYk (6.197)

donde los coeficientes ci, (i = 1, 2,...,k), son constantes arbitrarias, tambien es una soluci´ on en el intervalo dado.

Sea Y1, Y2, ..., Yk un conjunto de vectores solucion del sistema homogeneo (6.196) en un inter-valo I . Entonces, decimos que el conjunto es linealmente dependiente en el intervalo dado, si existenconstantes c1, c2,...,ck, no todas nulas, tales que

c1Y1 + c2Y2 + ... + ckYk = 0 (6.198)

para todo t del intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmente dependiente en el intervalo, sedice, entonces, que es linealmente independiente.

En las ecuaciones diferenciales ordinarias introducimos el Wronskiano para determinar la de-pendencia lineal de un conjunto de soluciones. Este es valido tambien para el caso de sistemas deecuaciones lineales.

Teorema 6.3.2. Sean

Y1 =

y11y21

...yn1

, Y2 =

y12y22

...yn2

... Yn =

y1ny2n

...ynn

, (6.199)




n vectores soluci´ on del sistema homogeneo (6.196) en un intervalo dado. Una condici´ on necesaria y suficiente para que el conjunto de soluciones sea linealmente independiente es que el Wronskiano

W (Y1, Y2,..., Yn) = det

y11 y12 . . . y1ny21 y22 . . . y2n...

...yn1 yn2 . . . ynn

= 0 ∀t ∈ I (6.200)

Observaci´ on:

Existe una diferencia respecto a la definicion del Wronskiano que se dio anteriormente. El Wrons-kiano (6.200) no involucra las derivadas de las funciones.

Sean Y1, Y2, ..., Yn un conjunto de n vectores solucion linealmente independiente del sistemahomogeneo (6.196) en un intervalo dado I . Entonces, diremos que Y1, Y2,..., Yn forman un conjunto fundamental de soluciones en el intervalo I . Por consiguiente, la solucion general del sistema (6.196)en el intervalo dado se define como

Y(t) = c1Y1 + c2Y2 + ... + cnYn (6.201)

donde c1, c2,...,cn son constantes arbitrarias, las cuales pueden ser obtenidas de las condicionesiniciales.

Para el caso de sistemas lineales no homogeneos, una soluci´ on particular Yp en un intervalo I es cualquier vector que no contiene constantes arbitrarias y tal que sus elementos son funciones que

satisfacen el sistema (6.4).

Teorema 6.3.3. Sean Y1, Y2, ..., Yn un conjunto de vectores soluci´ on del sistema homogeneo(6.196) en un intervalo I , y sea Yp cualquier vector soluci´ on del sistema no homogeneo (6.4) en el mismo intervalo. Entonces

Y = c1Y1 + c2Y2 + ... + cnYn + Yp (6.202)

tambien es soluci´ on del sistema no homogeneo (6.4) en el intervalo I , cualesquiera que sean lasconstantes c1, c2,...,cn.

Si Y1, Y2, ..., Yn forman un conjunto fundamental de soluciones del sistema homogeneo (6.196)

en un intervalo I , entonces, la solucion general se puede escribir como

Y = c1Y1 + c2Y2 + ... + cnYn = c1

y11y21

...yn1

+ c2

y12y22

...yn2

+ ... + cn

y1ny2n

...ynn

=

c1y11 + c2y12 + . . . + cny1nc1y21 + c2y22 + . . . + cny2n

...c1yn1 + c2yn2 + . . . + cnynn

(6.203)




Este mismo sistema lo podemos escribir como el producto de matrices

Y =

y11 y12 . . . y1n

y21 y22 . . . y2n...

yn1 yn2 . . . ynn

c1

c2...

cn

. (6.204)

Sea un sistema homogeneo de ecuaciones diferenciales lineales

dy1dt

= a11y1 + a12y2 + ... + a1nyn,

dy2dt

= a21y1 + a22y2 + ... + a2nyn,

...

dyndt

= an1y1 + an2y2 + ... + annyn, (6.205)

donde los coeficientes aij son constantes, t es el argumento; y1(t), y2(t),...,yn(t) son las funcionesdesconocidas. El sistema (6.205) se llama sistema de ecuaciones diferenciales con coeficientes cons-tantes. Como vimos anteriormente, el sistema (6.205) se puede resolver reduciendolo a una ecuacionde orden n, la cual, en este caso, sera lineal. Sin embargo, el sistema (6.205) se puede resolver por otrometodo, sin necesidad de reducirlo a una ecuacion de orden n. Este metodo nos permitira analizarde una manera mas ilustrativa el caracter de las soluciones.

Supongamos que las soluciones del sistema 6.205) tiene la forma

y1 = α1eλt, y2 = α2eλt, . . . , yn = αneλt. (6.206)

Ahora debemos determinar las constantes α1, α2, . . . , αn y λ de tal modo que las funciones α1eλt,

α2eλt

, . . . , αneλt

satisfagan el sistema de ecuaciones (6.205). Sustituyendo (6.206) en en el sistema(6.205), obtenemos

α1λeλt = (a11α1 + a12α2 + . . . + a1nαn)eλt,

α2λeλt = (a21α1 + a22α2 + . . . + a2nαn)eλt,

...αnλeλt = (an1α1 + an2α2 + . . . + annαn)eλt. (6.207)

Eliminando el exponente del sistema (6.207), pasando todos los terminos a un solo lado y reuniendolos coeficientes de α1, α2,...,αn, obtenemos el sistema de ecuaciones

(a11 − λ)α1 + a12α2 + . . . + a1nαn = 0,

a21α1 + (a22 − λ)α2 + . . . + a2nαn = 0,

...

an1α1 + an2α2 + . . . + (ann − λ)αn = 0. (6.208)

Debemos elegir α1, α2,...,αn y λ tales que satisfagan el sistema (6.208). El sistema (6.208) es unsistema de ecuaciones algebraicas respecto a α1, α2,...,αn. Construyamos el determinante del sistema

P (λ) = det

(a11 − λ) a12 . . . a1na21 (a22 − λ) . . . a2n

......

an1 an2 . . . (ann − λ)

. (6.209)




Si λ es tal que el determinante (6.209) sea diferente de cero, el sistema (6.208) tiene solo las solucionesα1 = α2 = ...αn = 0, y por consiguiente las formulas (6.206) nos dan solamente las soluciones triviales

y1(t) = y2(t) =,... = yn(t) = 0. (6.210)

Las soluciones no triviales del sistema (6.206) son aquellas para las cuales los valores propios λreducen el determinante (6.209) a cero

P (λ) = det

(a11 − λ) a12 . . . a1na21 (a22 − λ) . . . a2n

......

an1 an2 . . . (ann − λ)

= 0. (6.211)

De esta manera, si el sistema es de n ecuaciones diferenciales, entonces, tendremos una ecuacion den

−esimo orden respecto a λ. Esta ecuacion es la ecuaci´ on caracterıstica del sistema (6.207) y sus

raıces se llaman raıces de la ecuaci´ on caracterıstica . Para la ecuacion caracterıstica (6.211) tenemoslos siguientes casos:

Primer caso: Las raıces de la ecuaci´ on caracterıstica son reales y diferentes. Supongamos queλ1, λ2,...,λn son las raıces de la ecuacion caracterıstica (6.211). Escribamos el sistema (6.208) paracada raız λi y determinamos los coeficientes

α(i)1 , α

(i)2 , . . . α(i)

n . (6.212)

Se puede demostrar que uno de los coeficientes es arbitrario, el cual podemos suponer igual a uno.De este modo: Para la raız λ1, la solucion del sistema (6.208), es

y(i)1 = α

(i)1 eλ1t, y

(i)2 = α

(i)2 eλ2t, . . . y(i)n = α(i)

n eλnt. (6.213)

Para la raız λn la solucion del sistema (6.208) es

y(n)1 = α

(n)1 eλnt, y

(n)2 = α

(n)2 eλnt, . . . y(n)n = α(n)

n eλnt. (6.214)

Mediante la sustitucion directa en las ecuaciones concluimos que el sistema de funciones

y1 = c1α(1)1 eλ1t + c2α

(2)2 eλ2t + . . . + cnα

(n)1 eλnt

y2 = c1α(1)2 eλ1t + c2α

(2)2 eλ2t + . . . + cnα

(n)2 eλnt (6.215)

... (6.216)

yn = c1α(1)n eλ1t + c2α(2)

n eλ2t + . . . + cnα(n)n eλnt,

donde c1, c2,...,cn son constantes arbitrarias, tambien es la solucion del sistema de ecuaciones diferen-ciales (6.205), esta es la solucion general. Es facil demostrar que se pueden hallar tales valores delas constantes, para los cuales la solucion satisface las condiciones iniciales dadas.

Segundo caso Raıces complejas: Supongamos que entre las raıces de la ecuacion caracterısticahay dos raıces complejas:

λ1 = β + iγ, λ2 = β − iγ. (6.217)

A estas raıces les corresponde las soluciones:

y(1)j = λ

(1)j e(β+iγ), y

(2)j = λ

(2)j e(β−iγ), ( j = 1, 2, 3...,n). (6.218)




Donde los coeficientes λ(1)j y λ

(2)j se determinan de (6.211). Se puede mostrar que las partes real e

imaginaria de la solucion compleja son tambien soluciones. De esta manera obtenemos dos soluciones

y(1)j =

η(1)j cos(γy) + η

(2)j sen(γy)

eβt

y(2)j =

η(2)j cos(γy) + η

(2)j sen(γy)

eβt, (6.219)

donde η(1)j , η

(2)j , η

(1)j y η

(2)j son numeros reales, determinados mediante los λ

(1)j y λ

(2)j . Las combina-

ciones correspondientes de las funciones (6.219) entran en la solucion general del sistema.

Ejemplo 2:

Hallar la solucion general del sistema de ecuaciones

d2x

dt2= a11x + a12y

d2ydt2

= a21x + a22y, (6.220)

Soluci´ on:

Segun la teorıa general antes vista, las soluciones tienen la forma

x = α1eλt, y = α2eλt. (6.221)

Sustituyendo estas expresiones en el sistema (6.220) y eliminando la funcion exponencial eλt, obte-nemos un sistema de ecuaciones para determinar α1, α2 y λ

(a11 − λ2)α1 + a12α2 = 0,

(a21α1 + (a22

−λ2)α2 = 0. (6.222)

Las soluciones que nos interesan son aquellas para las cuales el determinante es igual a cero, es decir

det

(a11 − λ2) a12

a21 (a22 − λ2)

= 0. (6.223)

Esta es la ecuacion caracterıstica para el sistema (6.222). Es una ecuacion de cuarto orden respectoa λ. Sean λ1, λ2, λ3 y λ4 sus raıces (supongamos que las raıces son diferentes). Para cada raız λi delsistema (6.222), hallamos los valores de α1 y α2. Entonces, la solucion general tiene la forma

x(t) = c1α(1)1 eλ1t + c2α

(2)1 eλ2t + c3α

(3)1 eλ3t + c4α

(4)1 eλ4t,

y(t) = c1α(1)2 eλ1t + c2α

(2)2 eλ2t + c3α

(3)” eλ3t + c4α

(4)2 eλ4t. (6.224)

Si entre las raıces hay unas complejas, a cada par de raıces complejas en la solucion general corres-ponden las expresiones de la forma (6.219).

Ejemplo 3:

Hallar la solucion general del siguiente sistema

dx

dt= 2x + y,

dy

dt= 3x + 4y. (6.225)

Soluci´ on:




La matriz A correspondiente al sistema (6.225) tiene la forma

A = 2 1

3 4

. (6.226)

Luego, la ecuacion caracterıstica esta dada por la expresion


2 − λ 1

3 4 − λ

= 0 → λ2 − 6λ + 5 = 0 → (λ − 5)(λ − 1) = 0. (6.227)

De esta expresion obtenemos los valores propios, estos son: λ1 = 5 y λ2 = 1. Las componentes delos vectores propios los hallamos resolviendo el sistema

2 − λ 13 4 − λ

xy

= 0, (6.228)

para cada valor de λ.

Para el primer caso, λ1 = 5, de (6.228) resulta el sistema

−3x + y = 0,

3x − y = 0. (6.229)

Las soluciones de este sistema son: x = 1, y y = 3. Estas vienen siendo las componentes del vectorpropio que representaremos como

V =

xy

=

13

. (6.230)

Para el segundo caso, λ2 = 1, tenemos el sistema

x + y = 0,

3x + 3y = 0. (6.231)

Las soluciones son: y = 1 y x = −1. Entonces, el vector propio correspondiente es

V =

xy

=

−11

. (6.232)

Finalmente, el resultado lo podemos escribir en forma matricialx(t)y(t)

= c1V1e5t + c2V2et = c1

13

e5t + c2

−11

et. (6.233)

Esta misma expresion la podemos escribir en sus componentes

x(t) = c1e

5t

− c2e

t

,y(t) = 3c1e5t + c2et. (6.234)

Las constantes c1 y c2 son constates arbitrarias y se obtienen de las condiciones iniciales.

Ejemplo 4:


dx

dt= x − y,

dy

dt= x + y. (6.235)




Soluci´ on:

La matriz A correspondiente al sistema (6.235) tiene la forma

A =

1 −11 1

. (6.236)

Luego, la ecuacion caracterıstica esta dada por la expresion


1 − λ −1

1 1 − λ

= 0 → λ2 − 2λ + 2 = 0. (6.237)

Los valores propios son: λ1 = 1+i y λ2 = 1 −i. Las componentes de los vectores propios las hallamosresolviendo el sistema

1 − λ −1

1 1

−λ

xy

= 0, (6.238)

para cada valor de λ.

Para el primer caso, λ1 = 1 + i, de (6.238) resulta el sistema

−ix − y = 0,

x − iy = 0. (6.239)

Las soluciones de este sistema son: x = 1, y y = −i. Estas vienen siendo las componentes del vectorpropio

V =

xy

=

1−i

. (6.240)

Para el segundo caso, λ2 = 1 − i, tenemos el sistema

ix − y = 0,

x + iy = 0. (6.241)

Las soluciones son: x = 1 y y = i. Entonces, el vector propio correspondiente tiene la forma

V =

xy

=

1i

. (6.242)

Finalmente, el resultado lo podemos escribir en forma matricial

x(t)y(t) = c1V1e(1+i)t + c2V2e(1−i)t = c1

1

−i e(1+i)t + c2

1i e(1−i)t. (6.243)

Ahora, deseamos encontrar las soluciones reales del sistema (6.235). Para esto usamos la formula deEuler eix = cos x + i sen x, tenemos

eit

1−i

=

cos tsen t

+ i

sen t

− cos t

. (6.244)

Sustituyendo este resultado en la expresion compleja (6.243), tenemos las soluciones realesx(t)y(t)

= c1et

cos tsen t

+ c2et

sen t

− cos t

. (6.245)




Esta misma expresion la podemos escribir en sus componentes

x(t) = c1

et cos t + c2

et sen t,

y(t) = c1et sen t − c2et cos t. (6.246)

Las constantes c1 y c2 son arbitrarias y se obtienen de las condiciones iniciales.

Ejemplo 5:

Hallar las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones

dx

dt= 2x + y + z,

dy

dt= −2x − z,

dz

dt

= 2x + y + 2z. (6.247)

Soluci´ on:

La matriz correspondiente al sistema (6.247) tiene la forma

A =

2 1 1

−2 0 −12 1 2

(6.248)

Para obtener los valores propios debemos resolver la ecuacion caracterıstica


2 − λ 1 1−2 −λ −12 1 2 − λ

= 0 → λ3 − 4λ2 + 5λ − 2 = 0. (6.249)

Obtenemos los valores propios λ1 = 2, y λ2 = λ3 = 1. Para hallar los vectores propios debemosresolver el siguiente sistema de ecuaciones

(2 − λ)x + y + z = 0,

−2x − λy − z = 0,

2x + y + (2 − λ)z = 0. (6.250)

Primer caso: λ1 = 2, tenemos el sistema

y + z = 0,

−2x − 2y − z = 0,

2x + y = 0. (6.251)

Las soluciones de este sistema, es decir, las componentes del vector propio V1, son

V1 =

1

−22

. (6.252)

Entonces

x(t) = e2t,

y(t) = −2e2t,

z(t) = 2e2t. (6.253)




es una solucion particular del sistema (6.247).

Segundo caso: λ2 = λ3 = 1, debemos definir el numero de vectores propios linealmente indepen-dientes. Si λ1 = λ2 = 1, del sistema (6.250) tenemos la matriz

1 1 1−2 −1 −12 1 1

. (6.254)

El orden de la matriz es 3 y el rango r = 2. Entonces, el numero de vectores propios linealmenteindependientes es igual a m = n − r = 1. Luego, la raız λ1 = 1 tiene multiplicidad k = 2 (es decir,se repite dos veces). Debido a que k > m, entonces, la solucion debemos buscarla como el productode un polinomio de orden k − m = 1 multiplicado por eλt, es decir, de la forma

x(t) = (a + bt)et,

y(t) = (c + dt)et,

z(t) = (f + gt)et. (6.255)

Para hallar los coeficientes a,b,c,d,f y g pongamos (6.255) en el sistema (6.247) e igualando loscoeficientes con terminos iguales, obtenemos el sistema

b + d + g = 0 b = a + c + f

−2b − d − g = 0 d = −2a − c − f

2b + d + g = 0 g = 2a + c + f. (6.256)

Hallemos las soluciones generales de este sistema. De las dos ecuaciones de la izquierda, tenemosb = 0, g = −d. Sustituyendo estos resultados en las otras ecuaciones, resulta

a + c + f = 0, d =−

2a−

c−

f. (6.257)

Las otras ecuaciones son consecuencia de estas. Resolvemos el sistema (6.257) respecto a y f ;

a = −d, f = d − c. (6.258)

De esta manera, todas las incognitas se expresan a traves de c y d. Pongamos c = C 1, d = C 2,tenemos a = −C 2, b = 0, f = C 2 − C 1, g = −C 2. Hemos encontrado la solucion general del sistema.

Poniendo los valores encontrados de a,b,.., en (6.255) y tomando en cuenta la solucion (6.253),multiplicada por C 3, obtenemos la solucion general del sistema (6.247), esta tiene la forma

x(t) = −C 2et + C 3e2t,

y(t) = (C 1 + C 2t)et − 2C 3e2t,

z(t) = (C 2 − C 1 − C 2t)et

+ 2C 3e2t

. (6.259)

6.4. Aplicaciones

Ejemplo 1:

Hemos visto que el movimiento libre sin amortiguamiento de un sistema masa-resorte se describepor la ecuacion diferencial

md2y

dt2= −ky. (6.260)




Figura 6.1: Sistema masas-resortes.

Supongamos ahora que tenemos un sistema con dos masas-resortes. Sean m1 y m2, las masas delos cuerpos, k1 y k2 las constantes de los resortes, figura 6.1.

En este caso, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones acopladas

m1d2y1dt2

= −k1y1 + k2(y2 − y1),

m2

d2y2dt2 = −k2(y2 − y1), (6.261)

donde y1(t) y y2(t) son los desplazamientos desconocidos de las masas m1 y m2, respectivamente.Las fuerzas que actuan sobre la primera masa dan la primer ecuacion y las fuerzas que actuan sobrela segunda masa nos dan la segunda ecuacion en (6.261).

Ejemplo 2:

Analizar el comportamiento del sistema de la figura 6.2.

Figura 6.2: Sistema de masas-resortes.

Soluci´ on:

Las ecuaciones que describen el comportamiento del sistema son las siguientes

m1d2x1

dt2= −k1x1 − k3(x1 − x2),




m2d2x2

dt2= −k2x2 − k3(x2 − x1). (6.262)

Supongamos las soluciones de la forma

x1 = α1eλt y x2 = α2eλt. (6.263)

Para sustituir en (6.262) debemos calcular las derivadas

dx1

dt= α1λeλt,

d2x1

dt2= α1λ2eλt,

dx2

dt= α2λeλt,

d2x2

dt2= α2λ2eλt. (6.264)


m1α1λ

2

e

λt

= −k1α1e

λt

− k3(α1e

λt

− α2e

λt

),m2α2λ2eλt = −k2α2eλt − k3(α2eλt − α2eλt). (6.265)

Eliminando la funcion exponencial, podemos escribir el sistema de la siguiente manera

(m1λ2 + k1 + k3)α1 − k3α2 = 0,

−k3α1 + (m2λ2 + k2 + k3)α2 = 0. (6.266)

Este mismo sistema lo podemos escribir en forma matricial, es decir, como

k1+k3m1

+ λ2

− k3m1

− k3m2 k2+k3m2

+ λ2

α1

α2

= 0. (6.267)

Para que este sistema tenga solucion no trivial es necesario que se cumpla la relacion

det

k1+k3m1

+ λ2

− k3m1

− k3m2

k2+k3m2

+ λ2 = 0. (6.268)

Esto nos lleva a la siguiente ecuacion

(m1λ2 + k1 + k3)(m2λ2 + k2 + k3) − k23 = 0. (6.269)

Esta es una ecuacion cuadratica respecto a λ2, y determina las frecuencias de las oscilaciones delsistema. Desarrollando los parentesis, resulta

m1m2λ4

+ (m1k2 + m1k3 + m2k1 + m2k3)λ2

+ k1k2 + k1k3 + k2k3 = 0. (6.270)

Esta ecuacion la podemos escribir como

Aλ4 + Bλ2 + C = 0. (6.271)

donde, hemos definido

A = m1m2, B = m1k2 + m1k3 + m2k1 + m2k3, C = k1k2 + k1k3 + k2k3. (6.272)

Hagamos en (6.271) la sustitucionη = λ2, (6.273)




entonces, tenemosAη2 + Bη + C = 0. (6.274)

Las raıces de (6.273) son

η1,2 = − B

2A±

√B2 − 4AC

2A. (6.275)

Regresando a la expresion (6.273), resulta

λ2 = η1,2 = − B

2A±

√B2 − 4AC

2A. (6.276)

De donde, resulta

λ = ±

− B

2A±

√B2 − 4AC

2A. (6.277)

De aquı obtenemos cuatro raıces, las cuales representaremos como λ1, λ2, λ3 y λ4.





Capıtulo 6:

6.1.- Integrar los siguientes sistemas deecuaciones diferenciales

1. dxdt = 2x + y,dydt = 3x + 4y.

2. dxdt = −x + 8y,dydt = x + y.

3. dxdt = x − 3y,dy

dt = 3x + y.

4. dxdt = 2y − 3x,dydt = y − 2x.

5. dxdt = x + z − y,dydt = x + y − z,dzdt = 2x − y.

6. dxdt = y + 1,dydt = x + 1.

7. dxdt = 3

−2y,

dydt = 2x − 2t.

8. dxdt = x − 2y,dydt = x + 3y.

9. dxdt = −3x − y,dydt = x − y.

10. dxdt = −7x + y,dydt = −5x − 2y.

11. dxdt = 2x − 9y,dy

dt = x + 8y.

12. dxdt = y + z,dydt = 3x + z,dzdt = 3x + y.

13. dxdt = 3x − y,dydt = 4x − y.

14. dxdt = 5x + 3y,dydt = −3x − y.

15. dxdt = 2x − y + z,dydt = x + 2y

−z,

dzdt = x − y + 2z.

16. dxdt = y + z,dydt = 3x + z,dzdt = 3x + y.

17. dxdt = 8y,dydt = −2z,dzdt = 2x + 8y − 2z.

18. dxdt = x cos t,dydt = et+e−t

2y.

19. dxdt = 1y ,dydt = 1

x.

20. dxdt = 4x − 5y,dydt = x, x(0) = 0, y(0) = 1.




6.6. Respuestas a los Ejercicios Propuestos

Soluciones a los Problemas de Repaso del Capıtulo 1:

1.1).- 1) No lineal, primer orden, grado uno. 2) No lineal, primer orden, grado uno. 3) Lineal,primer orden, grado uno. 4) No lineal, segundo orden, grado dos. 5) No lineal, segundo orden, gradouno. 6) No lineal, primer orden, grado uno. 7) No lineal, primer orden, grado uno. 8) Lineal, primerorden, grado uno. 9) Lineal, primer orden, grado uno. 10) Lineal, segundo orden, grado uno.

1.2).- 1) Si es solucion. 2) Si es solucion. 3) Si es solucion. 4) Si es solucion. 5) Si es solucion.6) Si es solucion. 7) Si es solucion. 8) Si es solucion.


2.1.-) Resolver los siguientes problemas:(1) I (t) = 10(1 − e−4t). (2) x(t) = m02−

t1590 . (3) q(t) = CE0

(RCω)2+1

cos ωt + ωRC sen ωt −

e−t/RC

. (4) y = cxn. (5) y = −xk . (6) dydx = − 2xyy2−x2 . (7) y

1 + (y)2

−3/2= ±1. (8)

y2 = −x22 + c. (9) y = ex − 3. (10) x(t) = v0t + eAmω2

1 − cos ωt

, v(t) = v0 + eA

mω sen ωt.

(11) q(t) = 10te−5t, I (t) = 10e−5t − 50te−5t, q = 2e ≈ 0,74 coulombs. (12) a)y2 + (y)2 = 1.

b)2xyy = y2 + 2x3. c)xy = y ln y. d)xy = 3y. e)x2y − xy = yy. f)(yy + y2)2 = −y3y.

g)x3y − 3x2y + 6xy = 6y. h)yy = 3y2. i)y = cosx√

1−(y)2y

. j)y = 3y2/3. (13)

a)xy = c. b)y2 − 2bx = b2. c)y = ce−x/2. d)x2 + ny2 = c. e)x2 + y2 = 2bx. f)xy3 = b.g)y2 = 2bx.

2.2.-) Ecuaciones diferenciales con variables separables:(1) x2 + y2 = ln |cx2|. (2) y3 = 3x(1 − x) + c. (3) xy = c(y − 1). (4) y2 + 1 = c(x2 − 1). (5)y + a = c sen x. (6) 10x+y + c10y = 1. (7) y2 + 2ln y = 2ex + c. (8) (y + 1)(1 − x) = c. (9)

y(x) = arccos(ecx). (10) ey(x2 + 1) = 2(y + 1). (11) (1 + ex)3 tg y = 8. (12) e(x−1)2 − 1 =

2 ln | sen y|. (13) y3 + 3π4 = 3 arc tg ex. (14) y

5

5 + 3y2

2 = x3

3 + x + c. (15) x2 + 2xy = c. (16)

(1 − √1 − x2)(1 −

1 − y2) = cxy. (17) 2(x − 2) = ln2 y. (18)

√x2 + 1 +

y2 + 1 = c. (19)

y2

2 = 13 ln |x3 + 1| + c. (20) y sen y + cos y + x2 = c. (21) y

√a2 − x2 − x

a2 − y2 = ca2. (22)

x2(y + 2)3 = 27y. (23) 3arctg x2 +2arctg y3 = π2

. (24) x + y −2(√

x−√y) + 2 l n |(√x +1)(

√y −

1)| = c. (25) ln x −

y2 + 1 = c. (26) y ln(x2 − 1) = cy + 1. (27) y(x) = 14

x4 + 2cos x + 1.

(28) ln x = y(y + 1). (29) y2 = ln c(x2 + 1). (30) y(x) = −1 + cex+x3

3 .

2.3.-) Ecuaciones diferenciales homogeneas:

(1) y = x ln |cx|. (2) ln |cx| = −xy . (3) y = cx3 − x. (4) y + x2 sen(2yx

= x(2ln x + c). (5)

(x + y)3 = c(2x + y)4. (6) x + 3y = cy2. (7) (x + y)5 = c(x − 2y)2. (8) cos yx = ln |cx|. (9)

y = cx2 − x. (10) y2 = cxe−y/x. (11) x(y − x) = cy. (12) 1 + senyx

= cx cos

yx

. (13)

ln x2+ π4 = arctan y2x . (14) y2 = x2 ln |cx2|. (15) 16xy = (y+4x−cx2)2. (16) ln x = y

x

lnyx

−

1

+ c. (17) x2 = y2 ln |x| + cy2. (18) yx − lnyx

2= ln |cx2|. (19) arc cos

yx

= ln x + c. (20)

sen( yx) = x.



6.6. RESPUESTAS A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS 301

2.4.-) Ecuaciones diferenciales reducibles a homogeneas:

(1) ln(x6+y4)+2 tg−1 x3

y2 = c. (2) x2 cos yx2+y sen yx2 = cx3. (3) 3x+2y+2ln

|x + y

−1

|=

4. (4) x2 + xy − y2 − x + 3y = c. (5) x2 + 2xy − y2− 4x + 8y = c. (6) x5(y2 − x3) = c(y2 + 4x3).

(7) 2

1−xy2xy2 + ln |cx| = 0. (8) x = −y2 ln |cx|. (9) x + y = (x + y) ln

x+yx+3

+ c. (10) ln x3 =

arc seny2

x3

+ c.

2.5.-) Ecuaciones diferenciales en derivadas totales:(1) x2 + 2x sen y − 2cos y = c. (2) 3x2y − y3 = c. (3) xy + ex sen y = c. (4) xe−y − y2 = c. (5)x2y + 2x sen y = c. (6) x2y + x3 = c. (7) x3 + 3xy2 + 3xy + 3ey = c. (8) x3(1 + ln y) − y2 = c.(9) x2y + sen y = c. (10) (x2 + 1) = c(y2 + 3). (11) (x + 1) sen y + (1 − y)sen x = c. (12)x2 ln y+2y(x+1) = c. (13) x3+3x sen y+3y = c. (14) 2yex+y2 = c. (15) 2ex sen y+x2+y2 = c.(16) x3y−cos x−sen y = c. (17) ex+y+x3+y4 = c. (18) y +ln x+1 = cx. (19) x sen x+y = cx.(20) x

−y2 = cy.

2.6.-) Ecuaciones diferenciales lineales:

(1) y = cx2 + x4. (2) y = (x2

2 + c)e−x2

. (3) y = 1−sen xcos x (x + c). (4) y = ex(ln |x| + c). (5)

y = a(x−1)xn . (6) y = (1 + x2)(x + c). (7) x = 1

2y2 + cy3. (8) xy = y2 ln y + c. (9) y = x2

2 ln x.(10) y = − cos x (11) x = y2 + cy. (12) y = cos3x(1 − 2

3 cos3x). (13) yx = cy3 − 1. (14)

x = cy2 + y4

2. (15) y(x) = c

√x2 − 1. (16) x5 − 5x3y = c.

2.7.-) Ecuaciones Diferenciales de Bernoulli:(1) y2 = x2−1+c

√x2 − 1. (2) y(x3+1) = sec x. (3) x−1 = ln y+cy+1. (4) x(ln |y|+1−cy) = 1.

(5) y4x3(ex+c) = 1. (6) y = (x2+1)(arc tg2 x+c)2. (7) y−1/3 = cx2/3− 37x3. (8) y(c−x) = x−1.

(9) (y−1/2

− tg x)x = lncos x + c. (10) y−4

= x3

(ex

+ c). (11) y = e−xex

2 + 12

. (12)xy(y + c) = 1.

2.8.-) Ecuaciones no resueltas respecto a la derivada:(1) x = p3 + p, y = 3

4 p4 + 1

2 p2 + c. (2) x = 2 p

p2−1 , y = 2 p2−1 − ln( p2 − 1) + c. (3) x =

p

p2 + 1, y = 13(2 p2 − 1)

p2 + 1 + c. (4) x = 1

p + ln p, y = p − ln p + c. (5) y = ( p −1)e p, x = e p + c. (6) x = ±2

p2 + 1 − ln

p2 + 1 ± 1

+ c, y = − p ± p

p2 + 1. (7)

4y = c2 − 2(x − c)2, 2y = x2. (8) ±xp√

2 ln cp = 1, y = √

2 ln cp − 1√2 ln cp

. (9) y2 =

2cx − c ln c, 2x = 1 + 2 ln |y|. (10) 2xp2 = c − c2 p2, py = c, 32x3 = −27y4.

2.9.-) Ecuaciones de Lagrange y Clairaut:(1) y = cx − c2, y = x2

4 . (2) x = 3 p2 + c p2 , y = 2 p3 + 2 p

c . (3) c3 = 3(cx − y), y2 = 49x3. (4)

y = cx− ln c, y = ln x + 1. (5) y = ±2√

cx + c, y = −x. (6) x = ln p+c√ p , y =

√ p(4 − ln p − c).

(7) y = cx − c − 2. (8) x = c( p−1)2 + 2 p + 1, y = cp2

( p−1)2 + p2. (9) c2(y − cx) = 12 , y3 = 27

8 x2.

(10) x = p+c p2 , y = 2( p+c)

p − ln p.

2.10.-) Diferentes tipos de ecuaciones diferenciales:

(1) y = cx−1cx+1 . (2) x = y(x2 − c). (3) x − tg−1

yx

= c. (4) y + c =

x2 + y2. (5) y2 =




(x2+ c)e2x. (6) y3−3y + c = x(y2−1)2. (7) x = cesen y−2sen y−2. (8) x4 +y4+ x2y2 = c. (9)sen2 xy + x2+y2

2 = c. (10) x3y + x2

−y2 = cxy. (11) y = x(sen x + c). (12) (tg x

−x + c)y = sec2 x.

(13) x2 + y2 = e−y. (14) y = cx2e− 3x . (15) x + y = tg(y − c). (16) x = y2(c − 2 ln |y|).

(17) (x − 1)2y = x − ln |x| + c. (18) y2(ce2x + x + 0,5) = 1. (19) y sen x − x3

3 + y2

2 = c. (20) px = c

√ p − 1, y = ln p − c

√ p + 1. (21) y = x tg(ln cx). (22) xey = ex + c. (23) y = (2x +

c)√

x2 + 1 −x2 − cx− 2. (24) x3 = cey−y − 2. (25) 6x3y4 + 2x3y3 + 3x2y4 = c. (26) senyx

=

− ln cx. (27) x = cey + y2 + 2y + 2. (28) |x| = lnyx +

1 + y2

x2

+ c. (29) 2

y − x2 = x ln cx.

(30) y = ce− sen x. (31) y√

x2 + 1 = 15

x5 + 23

x3 + x + c. (32) x = ay2 + cy

1 − y2. (33)12y3 − 9x2y2 + 2x3 + 6y = c. (34) y3 = cx3 + x4. (35) x2y + 2x = cy. (36) x2 + y2 = ce−x.

(37) sen x + 2y ln |y| = cy. (38) y = cex2

+ x3. (39) y = cx2 + x4. (40) y = e− sen x(x + c). (41)

y = c cos x + sen x. (42) y = 2a2

3x + x2

3a. (43) y(cx + 1 + ln x) = 1. (44) y(ex + ce2x) = 1. (45)

x3 − x tg y = c. (46) x p2 + 1 = c( p + p

2 + 1), y = x( p − p2 + 1). (47) y = ln(x2 + 1 ) + c.

(48) y = ex

(cos x + sen x). (49)1x +

1y + ln

yx

= c. (50) ey/x

(1 − cx) = cx. (51) ln cx =

ctg12 ln(y/x)

. (52) ln |y| = x2

8y2 +c. (53) y +

x2 + y2 = cx2. (54) 2x+ y−3 ln |x+y +1| = c.

(55) y2 + 4x2 = ce−2x2

. (56) abx + b2y + a + bc = Cebx. (57) x2 + 2xy − y2 − 4x + 8y = c. (58)

y3 = c + 3xy. (59) y =

ce(m−1)bx

a − cb 11−m

. (60) ln |y + 1| = c + y+1x . (61.) y2 + cxy = 1. (62)

2x3y2 = c. (63) 3y sen x + 2x2ex + 3y = c. (64) y(1 − cex) = 1. (65) y(1 − 4x)1/2 = 2√

2.(66) y = (2ex − 1)2. (67) y(1 − cx2) = x(1 + cx2). (68) (c − ln |x|)(1 − xy) = 2. (69)

y = 2x − x2

2 + 2 l n |1 − x| + c. (70) ln |2x − 2y + 5| = 2(x + y − 2) + c. (71) x2y ln(cxy) + 1 = 0.

(72) lnx+yx + y(x+1)

x+y = c. (73) xy = (x3 + c)e−x. (74) x2 = ce2y+ 2y. (75) x ln |cx| = 2√

xy.

(76) x2(c − cos y) = y. (77) y = ce−ax + emx

m+a, si m = a, y y = (x + c)emx, si m = −a.

(78) y = x2[1 + ce1/x]. (79) x = 2ln y

−y + 1 + cy2. (80) y = ln

|x

|+ x2

2 ex + cex.


3.1.-) Problemas de planteamiento:

(1) t = α√α2−x2√β

, x = 0, t = α2√β

. (2) x(t) = 4t2 − 2t3 − 5t + 2. (3) x(t) =

v0 + F 0mω

t −

F 0mω2 sen ωt.

3.2.-) Integrar las Siguientes Ecuaciones: (1) y(x) = 16x4 + c1x + c2. (2) y(x) = 1

k3 cos kx +c12 x2 + c2x + c3. (3) y(x) = 1

30x6 + c1x + c2. (4) y(x) = x2

2

ln x + c1

+ c2x + c3. (5) y(x) =

13 sen3 x + c1x + c2. (6) y(x) = a2

6 x3 + c1x + c2. (7) y(x) = 16x3 − sen x + c1x + c2. (8)

y(x) = x

2

2

ln x − 32

+ c1x + c2. (9) y(x) = − 1k3 sen kx +c12 x2 + c2x + c3. (10) y(x) = y(x) =

x cos x − 3sen x + x2 + 2x.

3.3.-) Ecuaciones Reducibles a Ecuaciones de Primer Orden:(1) y2 = 2(c1ex+c2). (2) y(x) = c1(x+2)e−x+c2x+c3. (3) ln y = c1ex+c2e−x. (4) y(x) = e2x.(5) y(x) = sh(x + c1) + c2x + c3. (6) 0,5 ln(2y + 3) = c1x + c2. (7) 4ey + c1 = 4(x + c2)2. (8)y(x) = (arcsen x)2 + c1 arcsen x + c2. (9) y(x) = c1(x − e−x) + c2. (10) y2 = c1x3 + c2.

3.4.-) Ecuaciones lineales homogeneas:




(1) y(x) = c1e−2x+ c2ex. (2) y(x) = c1ex+ c2xex. (3) y(x) = ex

c1 cosx2

+ c2 sen

x2

. (4)

y(x) = c1

e2x + c2

e−4x/3. (5) y(x) = e

√ 22 xc

1cos√2

2x+ c

2sen√2

2x+ e

−

√ 22 xc

3cos√2

2x+

c4 sen√

22 x

. (6) y(x) = c1 + c2ex + c3e−x + c4e3x + c5e−3x. (7) y(x) = ex/2

c1 cos√

32 x

+

c2 sen√

32

x

. (8) y(x) = c1 + c2e2x. (9) y(x) = c1e−x+ c2e4x+ c3e−3x. (10) y(x) = c1e−3x+

c2xe−3x. (11) y(x) = e−2x

2cos3x + 13 sen x

. (12) y(x) = c1e−6x + c2ex. (13) y(x) =

e4x(c1 + c2x). (14) y(x) = 2e−(x−1) − 3e−2(x−1). (15) y(x) = 4ex + 2e3x. (16) y(x) =

c1e(1−√3)x + c2e(1+

√3)x. (17) y(x) = c1e−x + c2xe−x + c3e2x. (18) y(x) = c1 + c2x + c3x2 +

c4x3 + c5x4 + c6x5 + c7x6 + c8x7 + c9x8 + c10x9. (19) y(x) = c1 + ex(c2 cos x + c3 sen x). (20)y(x) = e2x(c1 cos x + c2 sen x).

3.5.-) Ecuaciones lineales no homogeneas:

(1) y(x) = c1 + c2e−x

+

x

2 . (2) y(x) = c1e

3x

+ c2e−3x

+

x

9 −2

9 . (3) y(x) = c1 + c2e−x

+

1

2e

x

.(4) y(x) = c1 cos x + c2 sen x − 124 sen5x. (5) y(x) = c1 + c2ex − 1

2x2 − 5x. (6) y(x) =

c1+c2e3x+ x3 e3x+3x2+2x. (7) y(x) = ex(c1+c2x)+2x2ex. (8) y(x) = e−x

c1+c2x+ x3

6 −cos x

.

(9) y(x) = c1 + c2e2x + e−x

c3 cos(√

3x) + c4 sen(√

3x)

+ 148

e2x(x2 − 2x). (10) y(x) = c1e−x +

ex/2

c2 cos√

32 x

+ c3 sen√

32 x

+ x2 − x + 1. (11) y(x) = (c1 + x)cos x + (c2 + x2)sen x. (12)

y(x) = (c1 + c2x + c3x2)ex + x3

3 ex. (13) y(x) = 32x2e−2x. (14) y(x) = −x4 cos2x + 1

8 sen2x.(15) y(x) = c1ex + c2e−x + 2cos x − sen x. (16) y(x) = (c1 + c2x)e−x − 2. (17) y(x) =

(c1 + c2x)e2x + x2

4 + x2 + 3

8. (18) y(x) = c1e−3x + c2e−x + (20x − 5x2)e−2x. (19) y(x) =

e−x/2

c1 cos√

32

x

+ c2 sen√

32

x

+x2

3 − x3 + 1

3

ex. (20) y(x) = c1 + c2e−2x + ex

5 (6sen x −2cos x). (21) y(x) = (c1 + c2x)ex + x3 + 6x2 + 18x + 24. (22) y(x) = c1 + c2e2x + c3e−2x +1

5 cos x −x3

12 −x

8 +e2x

32 (2x2

− 3x). (23) y(x) = c1 + c2e3x

−x

3 −ex

2 +1

5(cos x − 2sen x). (24)y(x) = c1e−x + c2e−2x + 3(x2 − 2x)e−x + 3(x2 + 2x)e−2x. (25) y(x) = (c1 + c2x)e−2x + 4x2e−2x.(26) y(x) = c1 cos x + c2 sen x + 2(x − 1)ex. (27) y(x) = c1ex + c2e−x + xex + x2 + 2. (28)y(x) = c1ex + c2e2x + 0, 1sen x + 0, 3cos x. (29) y(x) = c1 cos x + c2 sen x − 2x cos x. (30)y(x) = c1ex + c2e4x − (2x2 − 2x + 3)e2x. (31) y(x) = 1

8(e5x + 22e3x + ex). (32) y(x) =

c1e−x + c2e3x + 15e4x. (33) y(x) = c1ex + c2e−4x − x

5 e−4x −x6 + 1

36

e−x. (34) y(x) =

c1ex + c2e−3x +x3

12 − x2

16 + x32

ex. (35) y(x) = e2x(c1 cos2x + c2 sen2x) + 0, 25e2x + 0, 1cos2x +

0, 05sen2x. (36) y(x) = c1e3x + c2e−3x + e3x

37 (6sen x − cos x). (37) y(x) = (c1 + c2x + x3)ex.

(38) y(x) =

c1 − x2

4

cos x +

c2 + x

4

sen x. (39) y(x) = (c1 + c2x)e−2x +

x16 − 1

32

e2x. (40)

y(x) = c1 + c2e5x − 0, 2x3 − 0, 12x2 − 0, 048x + 0, 02(cos5x − sen5x).

3.6.-) Variacion de los parametros:(1) y(x) = c1 cos2x + c2 sen2x + 1

4 cos2x ln | cos2x|+ x2 sen2x. (2) y(x) = (c1−x)e−x cos x + (c2 +

lnsen x)e−x sen x. (3) y(x) = (x + c1)ex− (ex+1)ln(ex+ 1 ) + c2. (4) y(x) = c1 cos x + c2 sen x +1√2

cos x ln cos x +

cos2 x − 1

2

+ 1√2

sen x arc sen(√

2sen x). (5) y(x) = c1ex+ c2xex+ xex ln |x|.(6) y(x) = c2 + c1ex+ (ex+1)ln

1 + e−x

. (7) y(x) = c1ex+ c2xex− ex ln

√x2 + 1 + xex arc tg x.

(8) y(x) = 12

arc sen(ex) + ex

√1 − e2x + c1

ex + 1

3(1 − e2x)3/2 + c2. (9) y(x) = c1ex + c2e−x −1 − xe−x + (ex − e−x) ln(1 − e−x). (10) y(x) = c1e−2x + c2e−3x + 1

2e−2x ln

e2x + 1

− e−2x +




e−3x arctg(ex). (11) y(x) = c1e−x + c2e−2x + (e−x + e−2x)ln(ex + 1). (12) y(x) = (c1 +ln | sen x|)sen x + (c2 − x)cos x. (13) y(x) = c1e−x + c2xe−x + 4

5e−x(x + 1)5/2. (14) y(x) =

c1ex

+ c2e−x

− 4√x. (15) y(x) = ex

(c1 + c2x) +1x .

3.7.-) Ecuaciones de Cauchy-Euler:(1) y(x) = x(c1 + c2 ln |x| + c3 ln2 x). (2) y(x) = c1 + c2 ln |x| + c3x2. (3) y(x) = c1(x + 2)2 +c2(x + 2)3. (4) y(x) = c1 cos(3arccosx) + c2 sen(3arccosx). (5) y(x) = c1x3 + c2x−1. (6)y(x) = c1x2 + c2x−2. (7) y(x) = c1 + c2 ln |x| + c3x3. (8) y(x) = x(c1 + c2 ln |x|) + 2x3. (9)y(x) = c1 cos(2 ln x) + c2 sen(2 ln x) + 2x. (10) y(x) = c1x2 + c2x−1 − 2

3x−1 ln x − x−1 ln2 x.

(11) y(x) = x2

c1 cosln x + c2 senln x

+ 3x2. (12) y(x) = c1x3 + c2x−2 + x3 ln |x| − 2x2. (13)

y(x) = c1x2+c2x−1+0, 1cosln x−0, 3senln x. (14) y(x) = (x−2)2(c1+c2 ln |x−2|)+x− 32 . (15)

y(x) = c1

x + 3

2

+ c2

x + 3

2

3/2+ c3

x + 3

2

1/2. (16) y(x) = x2 ln

c1xx+1

− x

2 + 1 − 1x ln(c2(x +1)).

(17) y(x) = 12x(ln2 x + 2 ln x + 2). (18) y(x) = x(c1 cos(ln x) + c2 sen(ln x)). (19) y(x) =

x(c1 + c2 ln |x|) + x ln3 x. (20) y(x) = c1x + c2x2 + c3x3.

3.8.-) Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:

(1) y(x) = cos2x + 13(sen2x +sen x). (2) y(x) = (c1 cos x + c2 sen x− x2 cos x + x sen x)e2x. (3)

y(x) = c1+c2ex+c3ex/2. (4) y(x) = c1ex+c2e−x+c3e−2x. (5) y(x) = c1 sen3x+c2 cos3x+1. (6)

y(x) = c1x2+c2x3. (7) y(x) = c1x−1+

c2− 13 ln(−x)+ 1

2 ln2(−x)

x2. (8) y(x) = (x−1)(e2x−e−x).

(9) y(x) = e−x/2(c1 + c2x). (10) y(x) = (7 − 3x)ex−2. (11) y(x) = e2x−1 − 2ex + e − 1. (12)y(x) = c1e2x + c2ex/2. (13) y(x) = (c1 + c2x + x ln |x|)e−x + x−1

4 ex. (14) y(x) = c1 cos2x +c2 sen2x. (15) y(x) = e2x − e3x + xe−x. (16) y(x) = 3π cos2x + 1

2 sen2x + x(sen2x − cos2x).

(17) y(x) = e2x

(cos x−2sen x) + (x + 1)2

ex

. (18) y(x) = −4√3e−

x/2

sen√3

2 x

+ 2x. (19) y(x) =c1 cos

√32 x

+ c2 sen√

32 x

e−x/2 + x2−x −2 −cos x. (20) y(x) = c1x−4 + c2x−2. (21) y(x) =

c1ex + c2e−x + x2

ex. (22) y(x) = c1x2 + c2x−1 + x2

3 ln x − x2

9. (23) y(x) = c1x + c2x2 + x2 ln x.

(24) y(x) = (c1 + c2x)e−x + 43

x3/2e−x. (25) c1y2 − 1 = (c1x + c2)2. (26) y(x) = 23 (x3/2 − 1).

(27) y(x) = x2

2 . (28) y(x) = c1e−2x+ c2e4x. (29) y(x) = (c1 + c2x)e2x+ 325 cos x− 4

25 sen x. (30)

y(x) = 12(ex−e−x)−(x2+2) = shx−(x2+2). (31) y(x) = c1+c2x+c3e−x+c4e3x+xe−x−

x+ 1

2

ex.

(32) y(x) = c1 + c2x + c3ex cos x + c4ex sen x + 18 cos2x + 1

4 sen2x + (5x − 10)ex. (33) y(x) =

c1 + c2x + c3x2. (34) y(x) = x2[c1 cos(3 ln x) + c2 sen(3 ln x)]. (35) y(x) = e−x/2

c1 + c2x +

x ln |x| + x3

6

. (36) y(x) = e−x/2

c1 sen

√32

x + c2 cos√32

x

+ 13(x − 1)ex + (2x + 3)e−x. (37)

y(x) = ex(c1 sen x + c2 cos x) + (x + 1)ex+ x2e−x. (38) y(x) = c1e2x+ c2ex+ (

−4x2 + 5x)e2x+ ex.

(39) y(x) = c1e2x + c2ex + 4ex(1 + ex) ln(1 + e−x). (40) y(x) =

c1 + c2x + 85

x7/2

ex. (41)

y(x) = c1ex + c2e−x + ex ln(1 − e−2x) − e−x ln(e2x − 1). (42) y(x) = ex(c1 cos x + c2 sen x) +

3ex

cos x ln | cos x| + x sen x

. (43) y(x) = c1ex + c2e−x − exarcsen(e−x) −

1 − e−2x1/2

. (44)

y(x) = yh + exarctg(e−x) − 12e2x ln(1 + e−2x). (45) y(x) = yh − sen(e−x) − ex cos(e−x). (46)

y(x) = c1ex + c2e−x + 12xex − 1

4ex − 1. (47) y(x) = yh − (1 − e2x)1/2. (48) y(x) = c1 cos x +c2 sen x + x cos x + sen x ln | sec x|. (49) y(x) = 2e−x + ex − e2x + x2 − 2x + 3. (50) y(x) =yh − 1 − xex + (ex − e−x) ln(1 + ex).





4.1.-) Transformada de Laplace:(1) F (s) = 120

s6 . (2) F (s) = 6s4 + 6

s3 + 3s2 + 1

s . (3) F (s) = 2s3 + 6

s2 − 3s . (4) F (s) = 2

(s−3)3 . (5)

F (s) = 8s(s2−4) . (6) F (s) = 1s + 2s−2 + 1s−4 . (7) F (s) = s2

−1(s2+1)2 . (8) F (s) = 1

(s+1)2+1 . (9)

F (s) = s−1(s−1)2+1

. (10) F (s) = 2s2+16

. (11) F (s) = s4+2s2+8s2(s2+4)2

. (12) F (s) = 1s (1 − e−4s + e−5s).

(13) F (s) =

2s3 + 2

s2 + 1s

e−s. (14) F (s) = 2

s − 4e−3s

s . (15) F (s) = 1s2 −

1s2 + 2

s

e−2s. (16)

F (s) = 1−e−2πs

s2+1 . (17) F (s) = −1s+ 2e−s

s. (18) F (s) = 1−e−s

s2. (19) F (s) = 2

s2 + 1s−

2s2 + 3

s

e−s.

(20) F (s) = 1s2 − 1

s −

1s2 − 3

s

e−2s.

4.2.-) (1) f (t) = 1 + 2t + 32 t2. (2) f (t) = 1 + cos2t. (3) f (t) = 1 − 1

2 t2. (4) f (t) =45e−2t − 1

2e−t − 310 cos t + 11

10 sen t. (5) f (t) = 813e2t − e−t

813 cos2t − 15

16 sen2t

. (6) f (t) =

35 cos2t + 1

5 sen2t − 35 cos3t + 2

5 sen3t (7) f (t) = 12

t3e7t. (8) f (t) = e−2t cos2t + 52 sen2t. (9)

f (t) = 2e2t cos3t. (10) f (t) = t cos t. (11) f (t) = 14e−2t sen4t. (12) f (t) = 2

3e3t senh3t. (13)f (t) = 2cos 3t+1

3 sen3t. (14) f (t) = 3 cosh t+4 senh t. (15) f (t) = e−(t−3) cos(t−3)u(t−3). (16)f (t) = e−t(cos t+sen t) (17) f (t) = cos4t+2e3t+t+ 1

2t2. (18) f (t) = (t−1)u(t−1)+(t−2)u(t−2).

(19) f (t) = t+2−u(t−2)(t−6)+ u(t−4)(t−3). (20) f (t) = 4t+1 +

4− 12(t−3)2

u(t−3)+ u(t−2).

4.3.-) (1) y(t) = 4e−t + 2u(t − 3)

1 − e−(t−3)

. (2) y(t) = 3 + u(t − 2)

t − 2

. (3) y(x) =

−2e−9t+ 19

u(t − 5) − 19

u(t − 5)e−9(t−5). (4) y(t) = e−t+ u(t − 2)

e−(t−2) − e−2(t−2)

. (5) y(t) =

u(t − 1)

t − 2 + e−(t−1)

+ 2e−t. (6) y(t) = 5u(t − π) − 15e4(t−π) cos

√2(t − π). (7) y(t) =

t4

12 + 1 − 112

u(t − 1)

t4 + 2t3 − 10t + 7

+ 1

6u(t − 2)

2t3 + 3t2 − 36t + 44

. (8) y(t) = e−t

2 3cos t +

sen t

+12 − u(t − 2π)

e−

(t−2π)

(π − 1)cos t +2π−1

2 sen t

+ 1 −t2−

12u(t − 3π)

e−

(t−3π)

3π cos t +

(3π + 1)sen t

+ t

. (9) y(t) = 3(1 − sen t) − 3u(t − π)(1+ cost). (10) y(t) = 3 − 2cos t + 2u(t −4)

(t − 4) − sen(t − 4)

. (11) y(t) = −12

1 5 + 4t − 3e2t

u(t) −

1 − 2t + e2(t−1)

u(t − 1)

. (12)

y(t) = 12

et + 136

e−t + 13

e2t + u(t − 2)

− 1 + 12

e(t−2) + 12

e−(t−2) + 12

e(t+2) − 16

e−(t−6) − 13

e2t

. (13)

y(t) = −7et + 4e2t + u(t − 1)12 − e(t−1) + 1

2e2(t−1)

− 2u(t − 2)12 − e(t−2) + 1

2e2(t−2)

. (14)

y(t) = 14 − 31

12e4t+ 16

3et+ u(t − 1)

23

e(t−1) − 16

e4(t−1) − 12

+ u(t − 2)

14 + 1

12e4(t−2) − 1

3e(t−2)

. (15)

y(t) = 15 + e−t − 1

5e−5t + 1100

24 − 20t − 75e−(t−2) + 11e−5(t−2)

u(t − 2). (16) y(t) = − 1

125

2 +

10t + 25t2 − 2e5t

u(t) + 1250

45 + 5t + 25t2 − 72e5(t−1)

u(t − 1). (17) y(t) = t2

6 (3 − t)u(t). (18)

y(t) = t2

(3

2 −t

3)u(t). (19) y(t) =1

2(5et

− 2e2t

+ e5t

)u(t). (20) q(t) =1

10

1 − e−10t

cos10t +sen10t

u(t) + 1

10

1 − e−10(t−5)

cos10(t − 5) + sen 10(t − 5)

u(t − 5).

Soluciones a los Problemas de Repaso del Capıtulo 5

5.1.-) (1) y(x) = 1 + x + 32!

x2 + 173!

x3 + · · · . (2) y(x) = 12!

x2 + 125!

x5 + · · · . (3) y(x) = 1 + x +32!

x2+ 83!

x3+ 344!

x4+· · · (4) y(x) = x− 12!

x2− 16

x3+ 524

x4+· · · (5) y(x) = 1+x+x2+ 83!

x3+ 284!

x4+· · ·

5.2.-) (1) y(x) = a0(1 − 12

x2 + 12·4x4 − 1

2·4·6x6 + · · ·) + a1(x − 13

x3 + 13·5x5 − 1

3·5·7x7 + · · ·).




(2) y(x) = a0(1 − 13!x3 + 4

6!x6 − 4·7

9! x9 + + · · ·) + a1(x − 24!x

4 + 2·57! x7 − 2·5·8

10! x10 + · · ·). (3)y(x) = a0(1 − 1

2x2 − 34!x4 − 3·7

6! x6 − 3·7·118! x8 − · · ·) + a1(x + 1

3!x3 + 5

5!x5 + 5·97! x7 + + · · ·). (4)

y(x) = a0(1 −12·3x

3

+4

2·3·5·6x6

−4·7

2·3·5·6·8·9x9

+ · · ·) + a1(x −12·3x

4

+5

2·3·6·7x7

−5·8

2·3·6·7·9·10x10

+ · · ·)(5) y(x) = a0(1 − 1

3·4x4 + 13·4·7·8x8 − + · · ·) + a1(x − 1

4·5x5 + 14·5·8·9x9 − · · ·). (6) y(x) = a0(1 − x2 +

12x4− 1

3!x6 + · · ·) + a1(x− 23x3 + 22

3·5x5− 23

3·5·7x7 + 24

3·5·7·9x9−· · ·). (7) y(x) = a0 + a1(x + 13x3 + 1

4x4 +15x5 + 1

7x7 + · · ·) (8) y(x) = a0(1 + 14x2 − 7

96x4 + 1615760x6 − 1081

92160x8 + · · ·) + a1(x − 16x3 + 7

120x5 −17720

x7 + 52751840

x9 − · · ·). (9) y(x) = a0(1 + x3

6 + x6

180 + x9

12960 + · · ·) + a1(x + x4

12 + x7

504 + x10

45360 + · · ·)(10) y(x) = a0(1 − x2

2 + x4

8 − 7x6

240 + 11x8

1920 − 11x10

11520 − · · ·) + a1(x − x3

6 + x5

24 − x7

112 + 13x9

8064 − · · ·).

5.3.-) (1) y(x) = c1J 1/3(x) + c2J −1/3(x). (2) y(x) = c1J 3/2(5x) + c2J −3/2(5x). (3) y(x) =c1J 2/3 + c2J −2/3. (4) y(x) = c1J 2(x) + c2Y 2(x). (5) y(x) = c1J 0(

√x) + c1Y 0(

√x).

Soluciones a los Problemas de Repaso del Capıtulo 6

6.1.-) (1) x(t) = c1et + c2e5t, y(t) = −c1et + 3c2e5t. (2) x(t) = 2c1e3t − 4c2e−3t, y(t) =c1e3t + c2e−3t. (3) x(t) = et(c1 cos3t + c2 sen3t), y(t) = et(c1 sen3t − c2 cos3t). (4) x(t) =(c1 + 2c2t)e−t, y(t) = (c1 + c2 + 2c2t)e−t. (5) x(t) = c1et + c2e2t + c3e−t, y(t) = c1et −3c3e−t, z(t) = c1et + c2e2t − 5c3e−t. (6) x(t) = c1et + c2e−t − 1, y(t) = c1et − c2e−t − 1.(7) x(t) = c1 cos2t + c2 sen2t + t, y(t) = c1 sen2t + c2 cos2t − 1. (8) x(t) = (c1 − c2)e2t cos t −(c1 + c2)e2t sen t, y(t) = (c1 sen t + c2 cos t)e2t. (9) x(t) = (1 − 2t)e−2t, y(t) = (1 + 2t)e−2t.

(10) x(t) = (c1 cos t + c2 sen t)e−6t, y(t) =

(c1 + c2)cos t − (c1 − c2)sen t sen t

e−6t. (11) x(t) =

(c1 − 3c1t − 3c2)e5t, y(t) = (c1t + c2)e5t. (12) x(t) = (c1e3t + c2e−2t, y(t) = 32c1e3t − c2e−2t +

c3e−t, z(t) = 32c1e3t − c2e−3t − c3e−t. (13) x(t) = (c1 + c2t)et, y(t) = (2c1 − c2 + 2c2t)et.

(14) x(t) = (c1 + 3c2t)e2t, y(t) = (c2

−c1

−3c2t)e2t. (15) x(t) = c2e2t + c3e3t, y(t) = c1et +

c2e2t, z(t) = c1et + c2e2t. (16) x(t) = c1e3t + c2e−2t, y(t) = 32c1e3t − c2e−2t + c3e−t, z(t) =32

c1e3t − c2e−3t − c3e−t. (17) x(t) = c1e−2t + c2 sen4t + c3 cos4t, y(t) = − c14 e−2t + c22 cos4t −

c32 sen4t, z(t) = − c12 e−2t + c2 sen4t + c3 cos4t. (18) x(t) = c1esen t, y(t) = c2esenh t. (19)

x(t) =

2t+c2c1

, y(t) =

c1(2t + c2). (20) x(t) = −5e2t sen t, y(t) = (cos t − 2sen t)e2t.



Bibliografıa

[1] A.F. Filipov, Problemario de Ecuaciones Diferenciales. Edit. Nauka, 1992.

[2] Dennis G. Zill, Michael. R. Cullen, Ecuaciones Diferenciales con Problemas de Valores en la

Frontera . Edit. Thompson and Learning, 2002.

[3] Claudio Pita, Ecuaciones Diferenciales, Una Introducci´ on con Aplicaciones. Edit. Limusa, No-riega Editores, 1993.

[4] A. Kisiliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias.Edit. Mir, 1973.

[5] Edwards/Penney, Ecuaciones Diferenciales Elementales, con Aplicaciones. Prentice Hall His-panoamericana, 1986.

[6] Daniel A. Marcus, Ecuaciones Diferenciales. Brown Publishers, 1999.

[7] William Trench, Ecuaciones Diferenciales con Problemas de Valores en la Frontera . Thompson

Learning, 2002.[8] Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

307



Indice alfabetico

amplitudde las oscilacion, 165

campo de direcciones, 17capacitor, 66carga

del estado permanente, 170conjunto

fundamental de soluciones, 288constante

capacitiva, 70inductiva, 68

corrientede estado permanente, 170electrica, 66transitoria, 170

ecuacion

caracterıstica, 137, 282de recurrencia, 240indicial, 255

ecuacion diferencial, 9con coeficientes constantes, 137con variables separables, 21cuasi-homogeneas, 37de Bernoulli, 46de Bessel, 256de Cauchy-Euler, 153de Clairaut, 79de Hermite, 247de Lagrange, 78

de Legendre, 250de orden superior, 121, 122de orden superior reducible a primer or-

den, 123de Riccati, 51en derivadas parciales, 9especial de Riccati, 52exacta, 56grado, 10homogenea, 27, 28, 30lineal, 10

lineal de primer orden, 41lineal de primer orden no homogenea, for-

ma estandar, 41lineal homogenea, 10, 129lineal homogenea con coeficientes cons-

tantes, 137lineal no homogenea, 10, 129lineal no homogenea con coeficientes cons-

tantes, 142no resuelta respecto a la derivada, 75orden, 10ordinaria, 9, 10reducible a homogenea, 33reducible a lineal, 46, 49reducible a Separables, 24resuelta respecto a la derivada, 75

exponentede crecimiento, 181

formulade Euler, 141de Poiseuille, 107de recurrencia, 241de Rodrigues, 253

frecuencianeper, 180propia, 165real, 180

fuerzaelectromotriz, 167electromtriz, 66

impulsiva, 221restauradora, 163

funciondelta de Dirac, 222Gamma, 184generalizada, 222

funcionescontinuas por partes, 181de Bessel, 256de Bessel de orden cero, 258de Bessel de orden uno, 258

308



INDICE ALFABETICO 309

de excitacion, 266de orden exponencial, 181

escalon, 205homogeneas, 27linealmente dependientes, 131linealmente independientes, 131objeto, 181racionales, 196

imagen, 181inductancia, 66inductor, 66integral

converge, 180diverge, 180

general, 122particular, 20, 122

integralescurvas, 20, 122

isoclina, 18

leyde accion de masa, 87de enfriamiento, 63de Hooke, 163de Kirchhoff, 86de Newton, 86de Torricelli, 86

Kirchhoff, 67

metodocoeficientes indeterminados, 142combinaciones integrables, 274de eliminacion, 267de Frobenius, 254de Laplace para ecuaciones diferenciales,

199factor integrante, 44, 60variacion del parametro, 41, 148

matrizde coeficientes, 266

movimientoamortiguado, 164armonico simple, 165forzado, 164libre, 164libre no amortiguado, 164no amortiguado, 164

oscilacioncrıticamente amortiguada, 170libre, 169

sobreamortiguada, 169subamortiguada, 169

polinomiosde Hermite, 249de Legendre, 252

Presion Atmosferica, 72problem

de Cauchy, 11problema

de Cauchy, 18, 121de valor inicial, 266

puntoordinario, 242singular, 242

reaccionbimolecular, 87unimolecular, 87

resistencia, 66resistor, 66

seriecentro, 233coeficientes de la, 233converge, 234de potencias, 233de Taylor, 237

derivadas termino a termino, 237Desplazando el ındice en la sumatoria, 236diverge, 234intervalo de convergencia, 235Multiplicacion de Series, 236Multiplicacion por una constante, 235radio de convergencia, 235residuo, 234suma de, 236

sistemalineal, 265normal, 265

sistema de ecuaciones diferenciales, 265

lineal, 265lineales con coeficientes constantes, 289

soluciono integral de la ecuacion diferencial, 11particular, 20singular, 12general, 20, 122implıcita, 20n-parametrica, 11particular, 11, 122transitoria, 170

rosales, guia

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