1. Ecuaciones de primer orden

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1 UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE CARTAGENA Departamento de Matemática Aplicada y Estadística Ecuaciones diferenciales ordinarias. Definición 1. Llamamos ecuación diferencial ordinaria (E. D. O.) a una ecuación que relaciona una función (o variable dependiente), su variable y sus derivadas. Ejemplo 2. La ecuación f (x) = 2x es un ejemplo de ecuación diferencial cuya solución claramente será f(x) = x 2 + K. Para simplificar notación, normalmente se denota f(x) con una sola letra, por ejemplo y, por lo que la ecuación anterior quedaría expresada como y = 2x y su solución será y = x 2 + K. Como se ve en el ejemplo, normalmente las soluciones de una ecuación diferencial depende de una o varias constantes y por lo tanto tendremos infinitas soluciones posibles. En ocasiones dispondremos de condiciones iniciales del estilo y(a) = b con a, b R que nos permitirá determinar cuál es la solución que nos interesa. Definición 3. Se llama orden de la ecuación diferencial al orden de la derivada más alta que aparece en la ecuación. 1. Ecuaciones de primer orden 1.1. Variables separadas Consideremos que tenemos una ecuación de la siguiente forma: y = g(y)h(x). En tal caso podremos separar las variables de la siguiente forma: y g(y) = h(x). Si G es una primitiva de 1/g y H es una primitiva de h, integrando tendremos que G(y) = H(x) y nos bastará ahora despejar y. Obsérvese que hemos podido integrar el miembro de la izquierda porque está multiplicada por la derivada de y. Observación: Como estamos dividiendo entre g(y) podríamos perder soluciones al usar este proceso. Tendremos que comprobar que pasa cuando g(y) = 0. Como en tal caso la ecuación quedaría como y = 0 realmente lo que tendremos que comprobar es si hay soluciones constantes, es decir, si hay funciones de la forma y = k tales que g(k) = 0. 1

2 Ejemplo 4. Resolver y = yx. Siguiendo el proceso anterior ponemos esta igualdad como y /y = x. Luego integramos obteniendo que Ln y = x 2 /2 + K y despejando tendremos entonces que y = e x2 /2 e K. Observemos que e K podemos reescribirlo como una constante cualquiera positiva. Así que quitando valores absolutos, podemos expresar esta solución como y = Ce x2 /2 siendo C una constante arbitraria. Observad que al dividir entre y no estábamos teniendo en cuenta la posible solución y = 0 aunque finalmente la hemos recogido al permitir que la constante C sea Ecuaciones de la forma y = f(ax + by) Si a = 0 ó b = 0, es de variables separadas. En cualquier otro caso, hacemos el cambio z = ax + by y por lo tanto tendremos z = a + by = a + bf(ax + by) = a + bf(z) quedándonos una ecuación de variables separadas que podremos resolver como en la sección anterior. No nos debemos de olvidar de deshacer el cambio al final. Ejemplo 5. Resolver Haciendo el cambio z = x + y tenemos que y por lo tanto y = 1 x + y 1. z = 1 + y = x + y 1 = 1 z z z = 1 e integrando obtenemos que z 2 = 2x + K, así que z = ± 2x + K. Deshaciendo el cambio (sustituyendo z por x + y) tenemos finalmente que y = ± 2x + K x Ecuaciones de la forma y = f(y/x) En esta sección vamos a estudiar ecuaciones de la forma y = f(y/x). Para resolverlas haremos el cambio z = y/x. Tendremos entonces que f(z) = f(y/x) = y = (zx) = z x + z. 2

3 Y así obtenemos una ecuación de variables separadas que podemos expresar como z f(z) z = 1 x. Como pasaba anteriormente, al usar este método podríamos haber perdido soluciones cuando f(z) z = 0 así que tendríamos que comprobar si hay soluciones de la forma z = k Ecuaciones lineales de primer orden Las ecuaciones lineales de primer orden son de la forma y = a(x)y + b(x). Como primer paso, resolveremos primero la ecuación homogénea y = a(x)y. Esta ecuación es de variables separadas y nos dará una solución de la forma y = Kf(x). Para resolver la ecuación original, cogeremos una función de la forma y = K(x)f(x) y la sustituiremos en la ecuación original para determinar K(x). Ejemplo 6. Resolver Resolvemos primero la ecuación homogénea y = yx + x. y = yx. Esta ecuación es precisamente la que hemos resuelto en el Ejemplo 4 por lo que la solución es de la forma y = Ce x2 /2. Consideremos una función de la forma y = C(x)e x2 /2. Tendremos entonces que y = C (x)e x2 /2 + 2xC(x)e x2 /2. Sustituyendo en la ecuación que queremos resolver C (x)e x2 /2 + xc(x)e x2 /2 = y = yx + x = C(x)e x2 /2 x + x de donde deducimos que y por tanto C(x) = C (x)e x2 /2 = x xe x2 /2 dx = e x2 /2 + K así que y = C(x)e x2 /2 = ( e x2 /2 + K)e x2 /2 = 1 + Ke x2 /2. Obsérvese que la ecuación del ejemplo anterior se podría haber resuelto directamente como una ecuación de variables separadas ya que podríamos haberla escrito como y = x(1 + y). 3

4 2. Ecuaciones lineales de orden superior Una ecuación lineal de orden superior es una ecuación de la forma a 0 (x)y (n) + a 1 (x)y (n 1) + + a n 1 (x)y + a n (x)y = b(x) donde y (k) representa la derivada k-ésima de y. Nos vamos a limitar a estudiar ecuaciones de este tipo cuando los coeficientes a i son constantes Ecuaciones lineales de orden superior con coeficientes constantes sin término independiente Definición 7. Consideremos una ecuación de la forma a 0 y (n) + a 1 y (n 1) + + a n 1 y + a n y = 0, se llama polinomio característico de la ecuación lineal a a 0 r n + a 1 r n 1 + a n 1 r + a n. Proposición 8. En las condiciones de la definición anterior, sea λ una raíz del polinomio característico y sea p su multiplicidad. Entonces (i) Si λ es un número real, entonces las siguientes funciones son solución de la ecuación diferencial lineal: e λx, xe λx,..., x p 1 e λx. (ii) Si λ = a + bi es un número complejo (y por lo tanto a bi también será solución de la ecuación característica), entonces las siguientes funciones son solución de la ecuación diferencial lineal: e ax cos(bx), e ax sin(bx), xe ax cos(bx), xe ax sin(bx), dots, x p 1 e ax cos(bx), x p 1 e ax sin(bx). Proposición 9. Todas las soluciones de una ecuación de la forma a 0 y (n) + a 1 y (n 1) + + a n 1 y + a n y = 0 son combinaciones lineales de las soluciones obtenidas en la Proposición 8. Ejemplo 10. Resolver la ecuación El polinomio característico es y 2y + y = 0. r 2 2r + 1 cuya única raíz es 1 con multiplicidad 2. Por lo tanto, por la Proposición 8, sabemos que e x, xe x son soluciones de la ecuación diferencial. Además, por la Proposición 9 sabemos que todas las soluciones serán de la forma y = C 1 e x + C 2 xe x. 4

5 Ejemplo 11. Resolver la ecuación El polinomio característico es y 5y + 9y 5y = 0. r 3 5r 2 + 9r 5 cuyas raíces son 1, 2 + i y 2 i. Por la Proposición 8, sabemos que e x, e 2x sin(x), e 2x cos(x) son soluciones de la ecuación diferencial. Además, por la Proposición 9 sabemos que todas las soluciones serán de la forma C 1 e x + C 2 e 2x sin(x) + C 3 e 2x cos(x) Ecuaciones lineales de orden superior con coeficientes constantes con término independiente variable Proposición 12. Sea y p una solución de la ecuación a 0 y (n) + a 1 y (n 1) + + a n 1 y + a n y = b(x), Entonces todas las soluciones de la ecuación anterior son de la forma donde y h es solución de y = y p + y h a 0 y (n) + a 1 y (n 1) + + a n 1 y + a n y = 0. En otras palabras, nos bastará con encontrar una solución particular ya que sabemos determinar todas las soluciones y h de la ecuación homogénea. En general puede ser muy complicado encontrar la solución particular por lo que aquí nos vamos a limitar a algunos casos, que resolveremos usando el método de los coeficientes indeterminados, que es el método dado por la siguiente proposición. Proposición 13. Si b(x) = e ax (p(x) cos(bx) + q(x) sin(bx)), con p(x) y q(x) dos polinomios, (i) Si r = a±bi no es raíz del polinomio característico, tendremos una solución de la forma y p (x) = e ax (P (x) cos(bx) + Q(x) sin(bx)) siendo P (x) y Q(x) polinomios de grado igual al máximo de los grados de los polinomios p(x) y q(x). (ii) Si r = a ± bi es una raíz del polinomio característico de multiplicidad k, tendremos una solución de la forma y p (x) = x k e ax (P (x) cos(bx) + Q(x) sin(bx)) siendo P (x) y Q(x) polinomios de grado igual al máximo de los grados de los polinomios p(x) y q(x). 5

6 Si en la proposición anterior, a = 0 ó b = 0 ó ambos a la vez son 0, tendremos casos particulares más sencillos: (i) (Caso a = b = 0) Si b(x) = b s x s + b s 1 x s b 1 x + b 0, a) Si r = 0 no es raíz del polinomio característico, buscaremos una solución de la forma y p (x) = A s x s + A s 1 x s A 1 x + A 0. b) Si r = 0 es una raíz del polinomio característico de multiplicidad k, buscaremos una solución de la forma y p (x) = x k (A s x s + A s 1 x s A 1 x + A 0 ). (ii) (Caso a = 0) Si b(x) = p(x) cos(bx) + q(x) sin(bx), con p(x) y q(x) dos polinomios, a) Si r = ±bi no es raíz del polinomio característico, tendremos una solución de la forma y p (x) = P (x) cos(bx) + Q(x) sin(bx) siendo P (x) y Q(x) polinomios de grado igual al máximo de los grados de los polinomios p(x) y q(x). b) Si r = ±bi es una raíz del polinomio característico de multiplicidad k, tendremos una solución de la forma y p (x) = x k (P (x) cos(bx) + Q(x) sin(bx)) siendo P (x) y Q(x) polinomios de grado igual al máximo de los grados de los polinomios p(x) y q(x). (iii) (Caso b = 0) Si b(x) = e ax p(x), con p(x) un polinomio, a) Si r = a no es raíz del polinomio característico, tendremos una solución de la forma y p (x) = e ax P (x) siendo P (x) un polinomio de grado igual al grado de p(x). b) Si r = a es una raíz del polinomio característico de multiplicidad k, tendremos una solución de la forma y p (x) = x k e ax P (x) siendo P (x) un polinomio de grado igual al grado de p(x). Ejemplo 14. Resolver la ecuación y 5y + 9y 5y = sin(x). En un ejemplo anterior hemos visto que la solución de la ecuación homogénea es de la forma C 1 e x + C 2 e 2x sin(x) + C 3 e 2x cos(x). Busquemos una solución particular de la ecuación. Como b(x) = sin(x) y 0 + 1i no es raíz del polinomio característico, tenemos que buscar una solución de la forma y(x) = A sin(x) + B cos(x). 6

7 Tendremos entonces que y (x) = A cos(x) B sin(x), y (x) = A sin(x) B cos(x), y (x) = A cos(x) + B sin(x). Sustituyendo ahora en la ecuación original y agrupando términos tenemos que 8A cos x 8B sin x = sin x de donde deducimos que se tiene que cumplir que 8A = 0 y 8B = 1, es decir, A = 0 y B = 1/8. Por lo tanto nuestra solución particular es de la forma y por lo tanto la solución general será Ejemplo 15. Resolver la ecuación y p (x) = 1 8 cos(x) y = 1 8 cos(x) + C 1e x + C 2 e 2x sin(x) + C 3 e 2x cos(x). y 5y + 9y 5y = x sin(x). Como este ejemplo es parecido al anterior, solo vamos a indicar cómo habría que hacerlo, sin llegar a desarrollar los pasos. La solución de la ecuación homogénea es la misma que la del apartado anterior.busquemos una solución particular de la ecuación. Como b(x) = x sin(x) y 0 + 1i no es raíz del polinomio característico, tenemos que buscar una solución de la forma y(x) = (Ax + B) sin(x) + (CX + D) cos(x). Ahora tendremos que hacer las derivadas de la función y sustituir en la ecuación. La expresión que nos quedaría sería de la forma ec1 x sin(x) + ec2 sin(x) + ec3 x cos(x) + ec4 cos(x) = x sin(x), donde ec1, ec2, ec3, ec4 serán expresiones de la forma a A + b B + c C + d D. Ahora nos tocaría resolver el sistema ec1 = 1, ec2 = 0, ec3 = 0 y ec4 = 0 y de ahí sacar los valores de A, B, C y D. Con ello ya tendríamos la solución particular y podríamos escribir ya la solución general. Ejemplo 16. Resolver la ecuación y 5y + 9y 5y = e 2x sin(x). Como b(x) = e 2x sin(x) e 2 + 1i es una raíz del polinomio característico de multiplicidad 1, tenemos que buscar una solución particular de la forma y(x) = Ae 2x x sin(x) + Be 2x x cos(x). Procediendo como en los casos anteriores, es decir, sustituyendo en la ecuación y de ahí sacando los coeficientes A y B, obtenemos la solución particular que habrá que sumársela a la homogénea. 7

8 3. Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de orden 1 con coeficientes constantes En este apartado vamos a ver cómo resolver sistemas de n ecuaciones diferenciales lineales con n incógnitas. Nos vamos a centrar en el caso n = 2 aunque podemos aplicar el mismo método para n arbitrario. Consideremos el siguiente sistema: { x = a 11 x + a 12 y + b 1 (t) y = a 21 x + a 22 y + b 2 (t). Observemos que en esta ocasión, x e y son funciones y t es la variable. Vamos a resolver este sistema reduciéndolo a resolver ecuaciones lineales de orden superior con coeficientes constantes con término independiente variable. El proceso es el siguiente: 1. Cambiamos x por D x e y por D y. 2. Multiplicando ambas ecuaciones por los coeficientes que haga falta y sumando o restándolas, obtenemos una nueva ecuación en la que habremos eliminado una incógnita. 3. En esta nueva ecuación, cambiamos lo que esté multiplicado por D por su derivada. 4. Resolvemos esta ecuación y así tendremos una de las 2 funciones. Sustituyendo en la ecuación inicial donde aparece la derivada de esta función, obtenemos la otra. Ejemplo 17. Resolver { x = x + 2y + 1 y = 2x + y. El primer paso es el siguiente: { Dx = x + 2y + 1 Dy = 2x + y. Escrito de otra forma { (D 1)x 2y = 1 2x + (1 D)y = 0. Multiplicamos la segunda ecuación por (1 D) y le sumamos la primera multiplicada por 2 quedándonos ((1 D) 2 4)y = 2. Desarrollamos y se nos queda como ( 3 2D + D 2 )y = 2, es decir D 2 y 2Dy 3y = 2. D 2 y se convierte en y y Dy en y por lo que la ecuación se nos queda como y 2y 3y = 2. Resolvemos esta ecuación y obtenemos que la solución es y = C 1e t + C 2 e 3t. Sustituyendo ahora en la ecuación y = 2x + y tendremos que ( C 1e t + C 2 e 3t ) = 2x C 1e t + C 2 e 3t. Tras hacer la derivada podemos despejar x obteniendo x = 1 3 C 1e t + C 2 e 3t. 8