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ECUACIONES DIFENCIALES APUNTES DE CLASE: (CLASE 1,2,3,4) 25/05/2009 Introducción. Si bien todas las leyes del universo pueden ser descritas en términos matemáticos, es fundamental separar aquellas situaciones estáticas de las dinámicas. Situaciones estáticas: pueden ser descritas e interpretadas mediante el
algebra elemental (ecuaciones, ……) que dan por resultado ciertos números fijos.
Situaciones dinámicas: pueden ser descritas e interpretadas mediante
las derivadas e integrales y al plantear una ecuación que las contenga, necesariamente se acude a las ecuaciones diferenciales las que dan como resultado funciones.
Ejemplo: Vaciado de un tanque cilíndrico en el tiempo.
ghkA
dt
dhA 221
Ejemplo:
Sistema masa resorte con gravedad:
L
Feky
dt
dy
dt
ydm
2
2
Definición. Una ecuación diferencial es aquella ecuación que relaciona la variable independiente x, la función incógnita y = y(x) y sus derivadas y’ , y’’, ….., es decir.
0),......,'',',,( )( nyyyyxF Ecuación diferencial ordinaria. Si la ED contiene una sola variable independiente:
yxdx
dy 2 yxy 2'
01522
2
xdt
dx
dt
xd 015'2'' xxx 0)(15)('2)('' txtxtx
Ecuación diferencial entre derivadas parciales. Si la ecuación contiene a varias variables independientes.
vy
v
x
v
2
2
2
2
2
Orden de una EDO. Es el orden de la derivada mas alta que aparece en la ecuación. Grado de una EDO. Es el grado que posee la derivada de mayor orden, entre las derivadas que contiene.
Ejemplos:
23 xxydx
dy primer orden y primer grado
5
2
2
127 xydx
dy
dx
yd Segundo orden y primer grado
02
xydx
dy Primer orden y segundo grado
053
2
2
y
dx
dy
dx
yd Segundo orden y tercer grado
Nota: los métodos de resolución de las EDO, se clasifican en base al orden y grado de las derivadas. Nota: Adicionalmente a su orden, es útil clasificar una EDO como lineal y no lineal. Definición. Una EDO lineal es una ecuación que puede ser escrita de la forma:
QyPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
11
1
10 .......
QPPPP nn ,,,......., 110 : funciones de x.
Ecuaciones diferenciales de primer orden. Son ecuaciones que contienen a derivadas de primer orden. Toda ecuación diferencial de primer orden puede expresarse de la manera:
0),(),( dyyxNdxyxM Para resolver EDO de primero orden, existen diversos métodos, siendo los principales:
Ecuaciones por separación de variables.
Ecuaciones homogéneas. Ecuaciones de M, N lineales no homogéneas. Ecuaciones de diferencial exacto. Ecuaciones de diferencial exacto por factor de integración. Ecuaciones lineales de primero orden, primer grado. Ecuación de Bernoulli.
Ecuaciones de variables separables. Son aquellas ecuaciones donde es posible reordenarlas, de manera que sus variables queden separadas y agrupadas sobre sus correspondientes diferenciales.
0),(),( dyyxNdxyxM 0)()( dyygdxxf
Una vez que queden separadas las variables, por integración se obtendrá la solución de la ecuación.
cdyygdxxf )()( Ejemplo:
Ejemplo:
Ejercicio:
y
x
dx
dy
2
12
condición: 4)3( y
Resp: 12223
23
yy
xx
Ejercicio:
0)()1( dyexedxx yy Resp: 1ln2 xxce y Ecuaciones homogéneas. Ejemplo: Dada la EDO 022 xydydxyx ¿es de variable separable? Una función f(x,y) se llama homogénea de grado n si: ),(),( yxfyxf n Ej. 32),( yyxyxf es homogénea porque:
),()()()()(),( 332332 yxfyyxxyxyxf
Ejercicio: 6),( y
xsenyxf
La EDO 0),(),( dyyxNdxyxM se llama homogénea si ),(),,( yxNyxM son funciones homogéneas del mismo grado. Ej. 0)()( 2333 dyxyxdxyx homogénea de grado 3.
Ej. 0)5( dyedxy
xsen y
x
homogénea de grado 0
Ej. 0)()( 2442 dyyxdxyx No homogénea. Si la EDO 0),(),( dyyxNdxyxM es homogénea, la sustitución y= vx ó x= vy permite convertirla en una EDO de variables separables.
Ej. 022 xydydxyx (1) Resolución:
vxy xdvvdxdy (2)
(2) en (1) : 0))(()( 22 xdvvdxvxxdxvxx Simplificando: 0 xvdvdx
Separando variables: vdvx
dx
cvx 2
2
1ln
cxv 2ln22
cxx
y2ln2
cxxy 2ln2 Ejercicio: 0)3( 222 dyxdxyxyx
Resp. kyx
xx
ln
Ecuaciones de M, N lineales no homogéneas. Ecuaciones de diferencial exacto. Consideremos la función ),( yxfz , su diferencial total es:
dyy
fdx
x
fdz
Consideremos la EDO: 0),(),( dyyxNdxyxM
Si existe una función: ),( yxfz tal que: ),( yxMx
f
y ),( yxN
y
f
Diremos que la ecuación diferencial es exacta: Teorema: La condición necesaria y suficiente para que la ecuación
diferencial 0),(),( dyyxNdxyxM sea exacta es que: x
N
y
M
Ej. 0)1(2 2 dyxxydx ¿es exacta?
xx
Nx
y
M2;2
; por lo tanto es exacta.
Solución de una EDO exacta: Consideremos una EDO exacta: 0),(),( dyyxNdxyxM (1)
Entonces existe una f(x,y) tal que: : ),( yxMx
f
y ),( yxN
y
f
Reemplazando en (1): 0
dyy
fdx
x
f (2)
Por otra parte, si ),( yxfz , entonces su diferencial total es:
dyy
fdx
x
fdz
(3)
Luego comparando (2) con (3) se tiene que: 0dz Integrando: cz ó cyxf ),( es la solución general de la EDO exacta. ¿Como hallar f(x,y) = c?
Como ),( yxMx
f
Integrando con respecto a x: )(),(),( ygdxyxMyxf (1) Donde )(yg es la constante de integración que es una función que depende de la variable y, puesto que la integral es con respecto a x.
Derivando (1) con respecto a y:
)(']),([),( ygdxyxMy
yxfy
Como: ),( yxNy
f
Entonces: ),()(']),([ yxNygdxyxMy
(2)
De donde:
]),([),()(' dxyxMy
yxNyg
Integrando: kdxyxMy
yxNyg
]),([),()(
Este resultado se reemplaza en (1). Ej. dyyxxydx )cos(2 2
xx
Nx
y
M2;2
La solución es: cyxf ),(
)(2),( ygxydxyxf
)(),( 2 ygyxyxf
)cos()('),( 22 yxygxyxfy
)cos()(' yyg kysenyg )()(
Solución: ckysenyx )(2 12 )( cysenyx
Ejercicios: 1. 0)cos2cos()2( dyxyedxysenxsenye xx Resp. 1cos2 cxysenyex
2. 0)2(ln)6( dyxdxxx
y
Resp. 12 23ln cyxxy
3. 0)142()52( dyyxdxyx Resp. 1
22 21044 cyxxyyx 4. 0)2cos2()cos( 22 dyyxyxxedxxye yy Resp. 1
22 cysenxyxe y Ecuaciones de diferencial exacto por factor de integración. Una EDO 0),(),( dyyxNdxyxM que no es exacta, se puede transformar en exacta, multiplicando por una función apropiada ),( yx llamado factor de integración que la convertirá en exacta.
0),(*),(),(*),( dyyxNyxdxyxMyx (1)
Como (1) es exacta se cumple: x
N
y
M
De donde: x
N
xN
y
M
yM
Agrupando: y
Mx
Nx
N
y
M
Se consideran los siguientes casos:
Caso1: Si es una función solo de x 0
y
x
Nx
N
y
M
dxxfdxx
N
y
M
N
d)(
1
dxxf )(ln dxxf
e)(
; x
N
y
M
Nxf
1
)(
Caso2: Si es una función solo de y 0
x
y
Mx
N
y
M
dyx
N
y
M
M
d
1
dyyg )(ln dyyg
e)(
; x
N
y
M
Myg
1
)(
Ejemplo:
0)()1( 322 dyxyxdxyx
2xy
M
; 232 xxy
x
N
; no es exacta.
FIx
ee xdx
x
2ln
2 12
Multiplicando la ecuación por el FI: 0)(1
)1(1 32
22
2 dyxyx
xdxyx
x
Tenemos: 0)()1
(2
dyxydxyx
que es exacta.
Resolviendo: ky
xyx
2
1 2
Ejercicios:
x
xxyxxyx
xf2
321
)( 2232
1. 0)37()32( 232 dyxydxyxy
Resp. FI = 2
1
y; k
yxyx
732
Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primero Orden. Se llama EDL de primer orden a toda ecuación que puede expresarse de la forma:
)()(. xqxpydx
dy (1)
Si q(x) = 0, la ecuación se llama homogénea y es de variable separable. La solución es:
dxxpy
dy)(
dxxpcy )(lnln dxxpdxxpdxxp
Aexyecyecy)()()(
)(ln Si q(x) 0, la ecuación (1) no es exacta, buscamos un factor de integración I = I(x).
Partiendo de: )()(. xqxpydx
dy
Reescribimos de la forma:
dydxxqxpy
dxxpyxqdy
xpyxqdx
dy
)()(.
)(.)((
)(.)(
Multiplicando por el factor de integración: IdydxxqxpyI )()(.
Esta ecuación es exacta: Ix
xqxpyIy
)()(.
Ix
xqIxpyIy
)(.)(..
dx
dIxpI )(.
dxxpI
dI)(
dxxpI )(ln
I= dxxpe
)( Factor de integración.
En la ecuación (1): )()(. xqxpydx
dy multiplicamos por el factor de
integración.
)(.)(...)()()(
xqexpeydx
dye
dxxpdxxpdxxp (3)
NOTA:
dxxpdxxpdxxpdxxpdxxpe
dx
dyedxxpye
dx
dye
dx
dyey
dx
d )()(')()()(..))(.(..
dxxpdxxpe
dx
dyexpy
)()(.).(. (4)
Por tanto: )(.)()(
xqeeydx
d dxxpdxxp
dxxqeeyd
dxxqeeyd
dxxpdxxp
dxxpdxxp
)(.
)(.
)()(
)()(
dxxqeeydxxpdxxp
)(.)()(
dxxqeexy
dxxpdxxp)()(
)()( que es la solución de la ecuación lineal.
EEjjeemmpplloo 11:
xxydx
dy82
xdxeexy
xdxxdx8)(
22
2222
42
188)( 2 xxxx cecxexdxeexy
Ecuaciones diferenciales lineales de orden: “n” Las EDO lineales de orden n contienen a derivadas de orden n, de grado 1.
Forma general: QyPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
n
n
o
12
2
21
1
1 ......
Q es una función de x.
Si nno PPPP ,,......, 11 son constantes, la EDO es lineal de coeficientes constantes.
Si nno PPPP ,,......, 11 son funciones de x, la EDO es lineal de coeficientes variables.
Si 0Q entonces, la EDO se llama lineal homogénea. Ejemplos:
1. senxydx
dyx
dx
ydx
dx
ydx 5
2
22
3
33
2. senxxydx
dy
dx
yd
dx
yd 287
2
2
3
3
3. 0222
2
ydx
dy
dx
yd
4. Fekydt
dy
dt
ydm
2
2
Soluciones de EDO lineal.
Una función )(xy , es solución de la ecuación si satisface a la misma. Si )(1 xy es una solución, entonces )(1 xyc es también una solución de la
ecuación. Si )(1 xy , )(2 xy son soluciones, entonces: )(11 xyc + )(22 xyc es también
una solución. Toda vez que se desee plantear una suma de funciones como solución
de una EDO lineal, se debe verificar que esta funciones sean linealmente independiente.
En la ecuación: QyPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
n
n
o
12
2
21
1
1 ...... tomando
solamente a: 0...... 12
2
21
1
1
yPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
n
n
o se llama
ecuación homogénea asociada. La solución que se obtenga, se llamará solución particular: py
Tomando toda la ecuación QyPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
n
n
o
12
2
21
1
1 ...... ,
una solución que se obtenga, se llamará solución particular. De donde: pc yyxy )( En la práctica la solución complementaria y particular suelen calcularse por diferentes métodos.
Ecuaciones diferenciales lineales de orden: “n” de coeficientes constante. La EDO lineales de orden n de coeficientes constantes, son aquellas ecuaciones que poseen la siguiente forma general:
QyPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
n
n
o
12
2
21
1
1 ......
Donde: nno PPPP ,,......, 11 son constantes , Q es una función de x.
xseneydx
dy
dx
yd x 7127 32
2
Ecuaciones diferenciales lineales de orden: “n” de coeficientes constante y homogéneas.
cuando 0Q
01272
2
ydx
dy
dx
yd
Cambio de notación. Operador D. Para un mejor estudio de estas ecuaciones es conveniente el siguiente cambio de notación de las derivadas.
dx
dyDy
dx
dD
En general: 0...... 1
22
11
yPDyPyDPyDPyDP nnnnn
o 0)......( 1
22
11
yPDPDPDPDP nnnnn
o 0)( yDF
Donde )......()( 12
21
1 nnnnn
o PDPDPDPDPDF
)(DF es un operador lineal de variable D. Es un polinomio.
Ejemplo: 0)127( 2 yDD
Ecuación característica:
0)......()( 12
21
1
nnnnn
o PDPDPDPDPDF
0))(......().........)()(()( 1321 nn mDmDmDmDmDDF Donde: nn mmmmm ,.....,, 1321 son las raíces características. Estas raíces pueden ser: reales o complejas, simples o múltiples. CASO 1. Raíces reales y distintas. CASO 2. Raíces reales y múltiple. CASO 3. Raíces imaginarias. CASO 4. Raíces complejas. CASO 1. Raíces reales y distintas. Si las raíces características son reales y diferentes entre sí:
nn mmmmm 1321 ..... La solución presenta la forma:
xmn
xmn
xmxmxm nn ecececececxy
13211321 .......)(
Ejemplo: 01452
2
ydx
dy
dx
yd
0)145( 2 yDD 0)2)(7( yDD 2;7 21 mm
xx ececxy 22
71)( : solución de la ecuación.
Ejemplo: 03'5''2 yyy
0)352( 2 yDD 0)3)(12( yDD
xxececxy 3
2121
)(
CASO 2. Raíces reales y múltiples
Si las raíces características son reales, siendo algunas iguales entre sí:
nn mmmmm 1321 ..... Entonces la solución presenta la forma:
xmn
xmn
xmxmxm nn ecececxececxy
13211321 .......)(
Ejemplo: 03633102
2
3
3
dx
dy
dx
yd
dx
yd
0)363310( 23 yDDD 0)4()3( 2 yDD
xxx ecxececxy 43
32
31)(
CASO 3. Raíces imaginarias. Si la ecuación es de orden 2; y las raíces características son imaginarias:
bim Entonces la solución presenta la forma:
senbxcbxcxy 21 cos)( Esta expresión proviene de la identidad de números complejos:
isenei cos ; (número real)
)(cos)(cos senbxibxBsenbxíbxABeAe ibxibx senbxiBAbxBA )(cos)( senbxcbxc 21 cos Ejemplo:
092
2
ydx
yd
0)9( 2 yD 0)3)(3( yiDiD
xsencxcxy 33cos)( 21
CASO 4. Raíces complejas. Si la ecuación es de orden 2; y las raíces características son complejas:
biam La solución presenta la forma:
)cos()( 21 senbxcbxcexy ax Esta expresión proviene de la identidad de números complejos:
)cos()( 21)()( senbxcbxceBeAeeBeAe axbixbixaxxbiaxbia
Ejemplo:
02942
2
dx
dy
dx
yd
0)294( 2 yDD iD 52
)55cos()( 212 xsencxcexy x
Ejemplo:
017'4''4 yyy ; 2)0(';1)0( yy 0)1744( 2 yDD
iD 22
1
)22cos()( 2121
xsencxcexy x
1210* )0*20*2cos(1)0( 2
1
csenccey ; 11 c
)2cos222()22cos()(' 212121 2
121
xcxsencexsencxcexyxx
)0*2cos20*22()0*20*2cos(2)0(' 21
0*
21
0*
21 2
121
xcsencexsenccey
212
1 22 cc 43
2 c
Por tanto: )22cos()( 432
1
xsenxexyx
Maple: > ecu3:=4*diff(y(x),x$2)+4*diff(y(x),x)+17*y(x);
> condiciones:=y(0)=-1,D(y)(0)=2;
> dsolve({ecu3,condiciones});
Ejercicios combinados para la clase:
1. 036132
2
4
4
ydx
yd
dx
yd ;
2. 0862
2
3
3
dx
dy
dx
yd
dx
yd
3. 044322
2
3
3
4
4
ydx
dy
dx
yd
dx
d
dx
yd
4. 08126 2
2
3
3
ydxdy
dxyd
dxyd
5. 03642
2
4
4
ydx
yd
dx
yd
> solve(D^4+4*D+36=0);
> evalf({%});
> with(DEtools): > ecu1:=diff(y(x),x$4)+4*diff(y(x),x)+36*y(x);
> dsolve(ecu1);
> evalf({%});
6. 025252
2
3
3
ydx
dy
dx
yd
dx
yd
7. 081182
2
4
4
ydx
yd
dx
yd
8. 01362
2
ydx
dy
dx
yd
9. 025402682
2
3
3
4
4
ydx
dy
dx
yd
dx
yd
dx
yd
> factor(D^4-8*D^3+26*D^2-40*D+25);
> solve(D^2-4*D+5);
)()cos(()cos()( 432
212 xsencxcxesenxcxcexy xx
10. 03
3
ydx
yd
Ecuaciones no homogéneas. Las EDO lineales de coeficientes constantes no homogéneas, presentan la siguiente forma general.
QyPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
n
n
o
12
2
21
1
1 ......
Donde: nno PPPP ,,......, 11 son constantes , Q es una función de x.
Ejemplo. xseneydx
dy
dx
yd x 7127 32
2
Para resolver estas ecuaciones, primero se debe hallar la solución complementaria cy (asumiendo que 0Q ); luego se hallará una solución particular py considerando a Q . La suma de ambas soluciones constituye la solución de la ecuación. Para hallar la solución particular py existen diversos métodos.
Método de los coeficiente indeterminados. Este método permite hallar una solución particular, mediante el análisis de la función Q y todas las derivadas que de ésta pueden obtenerse.
La idea básica es una conjetura o propuesta coherente acerca de la forma de py originada por los tipos de funciones que forman la función de entrada Q . El método es básicamente directo, pero está limitado a ecuaciones lineales no homogéneas, donde:
Los coeficientes nno PPPP ,,......, 11 son constantes. Q es un polinomio, una función exponencial axe , funciones seno o
coseno o sumas y productos finitos de esas funciones. Metodología: Primero se calcula la solución de la ecuación homogénea asociada cy . Luego se calcula la solución particular tomando en cuenta el tipo de
función Q y todas las derivadas (formas) que se generen al derivar Q .
Q Forma de py
)tan( teconsa bmx bax 2
cbxax 3 axsen axcos
axe 2xeax
cxebax )( senbxeax senbxax 2
cxxeax cos
A BAx
CBxAx 2 DCxBxAx 23
axBaxAsen cos axBaxAsen cos
axAe )( 2 CBxAxeax
cxeBAx )( )cosbxBesenbxAe axax
bxCBxAxsenbxCBxAx cos)()( 22 sencxeDCxcxeBAx axax )(cos)(
Ejemplo: 22
2
86 xydx
dy
dx
yd (1)
0)4)(2( yDD xx
c ececy 42
21
2xQ
Ay
BAxy
CBxAxy
2''
2'
2
En (1): 22 )(8)2(62 xCBxAxBAxA Igualando coeficiente y resolviendo: 64
7163
81 ;; CBA
647
1632
814
22
1)( xxececxy xx > ecu:=diff(y(x),x,x)-6*diff(y(x),x)+8*y(x)=x^2;
> dsolve(ecu,y(x));
Ejemplo: senxeydx
yd x2
2
0)1)(1( yDD xxc ececy 21
xBesenxAey xxp cos
xesenxey xxp cos5
251
pc yyxy )( Ejemplo: 6322'4'' 2 xxyyy (1)
632)24( 22 xxyDD 0)24( 2 yDD
xxc ececy )62(
2)62(
1
CBxAxy p 2 Derivando y reemplazando en (1), igualando coeficientes tenemos:
9;;1 25 CBA
Por tanto: 9252 xxy p
9)( 252)62(
2)62(
1 xxececxy xx Ejemplo: xsenyyy 32''' (1)
xsenyDD 32)1( 2
)cos( 23
223
121
xsencxceyx
c
xBsenxAy p 33cos
Derivando y reemplazando en (1), igualando coeficientes tenemos: 7316
736 ; BA
xsenxy p 33cos 7316
736
pc yyxy )( > yp:=A*cos(3*x)+B*sin(3*x);
> dat1:=diff(yp,x,x)-diff(yp,x)+yp=2*sin(3*x);
> data2:=collect(dat1,[cos(3*x),sin(3*x)]);
> solve({-8*A-3*B=0,-8*B+3*A=2});
Ejemplo: xxexyyy 26543'2'' (1) xx
c ececy 321
xxp EeCxeBAxy 22
Resolviendo: xxp exexBAxy 2
342
923
34 2
Casos especiales.
En algunas funciones Q el método es inaplicable, ya que el desarrollo de sus derivadas es infinito. Ej. xQ ln .
Si un término de Q es también un término de la función complementaria, por ejemplo u y si es un término que corresponde a una raíz de orden s , en la función de py debe agregarse el término
uxs con sus correspondientes derivadas. Ejemplos:
xeyDD 2)4)(2( xx
c ececy 42
21
xxp BeAxey 22
xeyDD 52 )4()5( xxx
c ecxececy 43
52
51
xxxp CeBxeeAxy 4552
Si un término de Q es uxr , donde u es también un término de la
función complementaria que corresponde a una raíz de orden s , en la
función py debe agregarse el término ux sr con sus
correspondientes derivadas.
Ejemplo
xexyDD x 3)9()7( 723 xxxx
c ecexcxececy 94
723
72
71
HGxFeExeeDxeCxeBxeAxy xxxxxxp 7772737475
La funciones que están en cy se descartan.
HGxeCxeBxeAxy xxxp 737475
Ejemplo
xeydx
dy
dx
dy 396 (1)
9)3(
0)96(2
2
yD
yDD
xxc xececy 3
23
1 xxx
p CeBxeeAxy 3332 La funciones que están en cy se descartan.
xp eAxy 32
Derivando en sustituyendo en (1); 5
1A Por tanto: x
p exy 3251
xxx exxececxy 32
513
23
1)(
Ejemplo.
32
2
3
3
xdx
yd
dx
yd (1)
323 )( xyDD 32 )1()0( xyDD
xc ecxccy 321
FExDxCxBxAxy p 2345 La funciones que están en cy se descartan.
2345 DxCxBxAxy p Derivando y sustituyendo en (1)
3;1;; 41
201 DCBA
234415
201 3xxxxy p
234415
201
321 3)( xxxxecxccxy x
Ejemplo.
32
2
3
3
xdx
yd
dx
yd=− (1)
323 )( xyDD =− 32 )1()0( xyDD =−−
xc ecxccy 321 ++=
FExDxCxBxAxy p +++++= 2345 La funciones que están en cy se descartan.
2345 DxCxBxAxy p +++= Derivando y sustituyendo en (1)
3;1;; 41
201 −=−=−=−= DCBA
234415
201 3xxxxy p −−−−=
234415
201
321 3)( xxxxecxccxy x −−−−++= Ejemplo.
xeyyy x 2cos13'6'' 3−=++ xeyDD x 2cos)136( 32 −=++
iD 23±−= )22cos( 21
3 xsencxcey xc +=
)22cos(22cos 333 xBsenxAxexsenBxexAxeyp xxx +=+= −−− Ejemplo:
xxsenexyDD x 3)9()2( 2223 +=+− xsencxcexcxececyc xxx 33cos 54
223
22
21 ++++=
xGxsenxFxxsenExxDxeCxeBxeAxyp xxx 33cos33cos 22232425 ++++++= Método de variación de parámetros. Este método permite hallar soluciones particulares de ecuaciones lineales de orden n de coeficientes constantes. Metodología:
• Paso 1. Se determina la solución complementaria de la forma:
)()(22)(11 ....... xnnxxc ycycycy +++=
• Se reemplazan las constantes ic por funciones desconocidas iL
)()()(2)(2)(1)(1 ....... xnxnxxxxc yLyLyLy +++= • El cálculo de las funciones iL se efectúa haciendo cumplir las
condiciones:
QyLyLyL
yLyLyL
yLyLyL
nnn
nn
nn
nn
=+++
=+++=+++
−−− 1122
111
2211
2211
'.............''
.............................
0''.............''''
0'.............''
• Calculando estas funciones iL se obtendrá la solución particular.
Ejemplo. xyy tan'' =+
xyD tan)1( 2 =+ iD ±=
xsencxcyc 21 cos += senxLxLy p 21 cos += (1)
⎩⎨⎧
=+−=+
xxLsenxL
senxLxL
tancos''
0'cos'
21
21
xxxsenx
gsenx
xsenx
senxx
xx
senx
L seccoscos
tan*
cos
cos
costan
0
'221 −=
+−
=
−
=
xxsenxdxxxL tansecln)sec(cos1 +−=−= ∫
senxxsenx
gx
xsenx
senxx
xsenx
x
L =+
=
−
−=
222 cos
tan*cos
cos
cos
tan
0cos
'
∫ −== xsenxdxL cos2 Sustituyendo en (1)
senxLxLy p 21 cos += senxxxxxsenxy p coscostansecln −+−=
Por tanto: senxxxxxsenxsenxcxcy p coscostanseclncos 21 −+−++=
MAPLE: >with(linalg): >A := matrix(2,2,[0,sin(x),tan(x),cos(x)]); >det(A); >B := matrix(2,2,[cos(x),sin(x),-sin(x),cos(x)]); >det(B); >dL1:=det(A)/det(B); >int(dL1,x); sin(x)-ln(sec(x)+tan(x))
Ejemplo. xe
yyy −+=+−
1
12'3'' ⇔
xey
dx
dy
dx
yd−+
=+−1
123
2
2
xeyDD −+=+−
1
1)23( 2
xeyDD −+=−−
1
1)1)(2(
xxc ececy 2
21 += xx
p eLeLy 221 += (1)
⎪⎩
⎪⎨⎧
+=+
=+
−xxx
xx
eeLeL
eLeL
1
1'2'
0''
221
221
Resolviendo el sistema: x
x
e
eL −
−
+=
1'
2
2 )1ln(2xx eeL −− ++−=
x
x
e
eL −
−
+−
=1
'1 )1ln(1xeL −+=
Sustituyendo en (1): xxxxxp eeeeey 2)]1ln([)]1[ln( −−− ++−++=
xxxxxxx eeeeeececxy 22
21 )]1ln([)]1[ln()( −−− ++−++++= Ejemplo:
2
3
2
2
96x
ey
dx
dy
dx
yd x
=+−
2
32 )96(
x
eyDD
x
=+−
2
32)3(
x
eyD
x
=−
xxc xececy 3
23
1 += xx
p xeLeLy 32
31 +=
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=++
=+
2
33
23
23
1
32
31
'3''
0''
x
exeLeLeL
xeLeLx
xxx
xx
De la primera despejamos: xLL 21 '' −=
Sustituimos en la segunda: 22
1'
xL =
xL
12 −=
Luego: x
L1
'1 −= xL ln1 −=
Por tanto: xxp xe
xexy 33 *
1*ln −−=
xxp exey 33 ln −−=
xxxx exexececxy 3332
31 ln)( −−+=
SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES En sistema de EDO es un conjunto de m ecuaciones diferenciales, con n incógnitas (variables dependientes) que dependen a su vez de una sola variable independiente. Si todas las ecuaciones son lineales, el sistema será lineal.
Ejemplo:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+
−=−
)2(8
)1(6 2
txdt
dy
tydt
dx
Procedimiento: • Se procura obtener una ecuación que contenga a una sola variable
dependiente, para aplicar los métodos antes estudiados. • Se deben realizar operaciones entre las ecuaciones, derivando tantas
veces como sea necesario hasta obtener una ecuación que contenga a una sola variable dependiente.
Ejemplo:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+
−=−
)2(8
)1(6 2
txdt
dy
tydt
dx
De (1): 26 tdt
dxy +−= (*)
Derivando con respecto a t: tdt
xd
dt
dy2
2
2
+= (3)
Sustituyendo (3) en (2): txtdt
xd82
2
=++
Ordenado: txdt
xd6
2
2
=+ (4)
Operador: txD 6)1( 2 =+ (5) iDD ±=→=+ 012 Solución complementaria: sentctcxc 21 cos += Solución particular: BAtyp += Ax p =' 0'' =px Sustituyendo en (4): tBAt 60 =++ Igualando: 0;6 == BA La solución particular es: typ 6= La solución de la ecuación: tsentctctx 6cos)( 21 ++=
Reemplazando en (*): 26 tdt
dxy +−= =
221 6)6cos( ttcsentcy +−++−=
221 cos)( ttcsentcty ++−=
MAPLE: > c > e1:=diff(x(t),t)-y(t)=6-t^2; > e2:=diff(y(t),t)+x(t)=8*t; > dsolve({e1,e2}); Utilizando operador D:
⎩⎨⎧
=+−=−
)2(8
)1(6 2
txDy
tyDx
Ordenado⎩⎨⎧
=+−=−
)4(8
)3(6 2
tDyx
tyDx
D
D
Dt
t
x
1
1
8
16 2
−
−−
= =1
6
1
820
1
8)6(222
2
+=
++−
=++−
D
t
D
tt
D
ttD
txD 6)1( 2 =+ Esta ecuación es igual que la (5) tsentctctx 6cos)( 21 ++=
En (*): 26 tdt
dxy +−= =+−++−= 2
21 6)6( tsentcsentcy 2
21)( tsentcsentcty ++−= Ejemplo:
⎩⎨⎧
=−+=++tyyx
yxx
''3
1'4'4 ⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=−+
=++
tydt
dy
dt
dxdt
dyx
dt
dx
3
144 ;
6)0(
;2)0(
−==
y
x
⎩⎨⎧
=−+=++
tyDDx
DyxD
)1(3
1)1(4
4
2
4
110
4
11
4
1)1(
13
)1(4
1
1
2222 −−
=−−−
=−−−
=−−−
=
−+
−=
DDD
DtD
D
DtD
DD
DD
Dt
D
x
2)4( 2 =− xD 242
2
−=− xdt
xd
2)2)(2( −=+− xDD tt
c ececx 22
21
−+= Axp = 0'' =px
240 −=− A2
1=A
2
1)( 2
22
1 ++= − tt ecectx
Para hallar )(ty se sustituye x(t) en la original: 1'4'4 =++ yxx xxy 4'41' −−=
)2
1(4)022(41' 2
22
12
22
1 ++−+−−= tttt ececececy
244881' 22
21
22
21 −−−+−= tttt ececececy
1412)(' 22
21 −+−= tt ececty
dtececty tt )1412()( 22
21 −+−= ∫ = ctececty tt +−+−= 2
22
1 26)( Por tanto tenemos:
2
1)( 2
22
1 ++= − tt ecectx (3)
ctececty tt +−+−= 22
21 26)( (4)
Para eliminar c se procede: Se sustituye (3) y (4) en la segunda ecuación original: tyyx =−+ ''3
tyecececec tttt =−−+−+− − ]1412[]22[3 22
21
22
21
tctecececececec tttttt =−+−−−+−− − 2
22
12
22
12
22
1 26141266 Simplificando: tctececec ttt =−+−+−− − 12126 2
22
12
2 Agrupando: tcteccec tt =−−++−−− − )1()212(6 2
212
2
Igualando coeficientes: ⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=→=−−=→=−−
=→=−
101
00)212(
006
121
22
cc
ccc
cc
Por tanto: 2
1)( 2
22
1 ++= − tt ecectx
126)( 22
21 −−+−= tececty tt
Utilizando las condiciones iniciales: 6)0(
;2)0(
−==
y
x
2
1
2
1)( 22 ++= − tt eetx
132)( 22 −−−−= teety tt Ejemplo. Examinemos los dos tanques de la figura. Supongamos que el tanque A contiene 50 galones de agua en la que se disolvieron 25 libras de sal. Consideremos que el tanque B está lleno con 50 galones de agua pura. El líquido es bombeado hacia dentro y hacia fuera de los tanques, como se ve
en la figura; la mezcla se intercambia entre ambos mientras que se supone que el líquido que sale de B se ha mezclado bien.
3 gal/min
3 gal/min 1 gal/min
4 gal/min
A B
a) ¿Qué cantidad de sal habrá en cada tanque al cabo de una ¼ de hora? b) ¿En que tiempo las concentraciones son iguales? Resolución: Sea: )(tx la cantidad (libras) de sal en el tanque A en el tiempo t (minutos)
)(ty la cantidad (libras) de sal en el tanque B en el tiempo t (minutos)
• El volumen de ambos tanques es constante.
• Condiciones iniciales: 0)0(;25)0( == yx
Las ecuaciones que describen el cambio en las cantidades de sal son:
saldesalidaderazonsaldeentradaderazondt
dxTanqueA −=:
:TanqueA ]
50*
min4[]
50*
min10*
min3
gal
lbxgal
gal
lbygal
gal
lbgal
dt
dx−+=
yx
xy
dt
dy
50
1
25
2
50*4
501 +−=−=
:TanqueB ]50
*min
350
*min
1[]50
*min
4gal
lbygal
gal
lbygal
gal
lbxgal
dt
dy+−=
]
50*3
50*1[]
50*4
yyx
dt
dy+−=
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=
+−=
)2(25
2
25
2
)1(50
1
25
2
yxdt
dy
yxdt
dx
De (1): ]25
2[50 xdt
dxy += (3)
Derivando con respecto a t: ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+=
dt
dx
dt
xd
dt
dy
25
250
2
2
(4)
Sustituyendo (3) y (4) en (2): ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+ x
dt
dxx
dt
dx
dt
xd
25
250
25
2
25
2
25
250
2
2
Desarrollando y simplificando: 025
6850
2
2
=++ xdt
dx
dt
xd
0625
3
25
42
2
=++ xdt
dx
dt
xd
0)625
3
25
4( 2 =++ xDD (*)
0)25
1)(
25
3( =++ xDD
La solución es: tt
ecectx 25
1
225
3
1)(−−
+= (5)
Sustituyendo (5) en (3): )](25
2
25
1
25
3[50 25
1
225
3
125
1
225
3
1
ttttececececy−−−−
++−−=
Simplificando: tt
ececty 25
3
125
1
2 22)(−−
−=
La solución del sistema es: tt
ecectx 25
1
225
3
1)(−−
+= tt
ececty 25
3
125
1
2 22)(−−
−= Utilizando las condiciones iniciales: 2125 cc +=
12 220 cc −=
Resolviendo el sistema: 2
25;
2
2521 == cc
Solución final: tt
eetx 25
1
25
3
2
25
2
25)(
−−+=
tt
eety 25
3
25
1
2525)(−−
−= Respuesta: a) lbx 9.8)15( =
lby 5.9)15( = b) A los 13 minutos.
MAPLE: > with(DEtools): > ecu1:=diff(x(t),t)=-2/25*x(t)+1/50*y(t); > ecu2:=diff(y(t),t)=2/25*x(t)-2/25*y(t); > dsolve({ecu1,ecu2}); > dsolve({ecu1,ecu2,x(0)=25,y(0)=0}); > plot({25/2*exp(-3/25*t)+25/2*exp(-1/25*t),-25*exp(-3/25*t)+25*exp(-1/25*t)},t=0..100);
> x:=t->25/2*exp(-3/25*t)+25/2*exp(-1/25*t); > y:=t->-25*exp(-3/25*t)+25*exp(-1/25*t); > evalf(x(15)); > evalf(y(15)); > solve(25/2*exp(-3/25*t)+25/2*exp(-1/25*t)=-25*exp(-3/25*t)+25*exp(-1/25*t)); > evalf(%);
Otro método:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=
+−=
)2(25
2
25
2
)1(50
1
25
2
yxdt
dy
yxdt
dx
Ordenando:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=++−
=−+
)2(025
2
25
2
)1(050
1
25
2
ydt
dyx
yxdt
dx
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=++−
=−+
)2(0)25
2(
25
2
)1(050
1)
25
2(
yDx
yxD
625
3
25
40
1250
2
625
4
25
40
25
2
25
250
1
25
225
20
50
10
22 ++=
−++=
+−
−+
+
−
=DDDD
D
D
Dx
Pasando a multiplicar: 0)625
3
25
4( 2 =++ xDD igual que (*). Luego se sigue
como el caso anterior.
Ejercicio Propuesto: Usando la información de la figura, encuentre el modelo matemático que se
adapte a la situación y luego resuelva el sistema. Al tanque A ingresa agua
pura. El tanque A contiene inicialmente 50 libras de sal.
4 gal / min
4 gal / min
Tanque CTanque BTanque A
100 gal 100 gal 100 gal
1 gal / min2 gal / min
5 gal / min6 gal / min
x503-y
501
dtdx
=
yyzx50
1
20
1
100
1
100
3−−+=
dtdy
zzy
100
1
25
1
20
1−−=
dtdz
Ejercicio propuesto: Dos tanques A y B contienen 50 litros de agua en la que se han disuelto 3 kilogramos de sal en el tanque A, y 5 kilogramos de sal en el tanque B. A partir del instante t = 0, se empieza a introducir en ambos tanques, a razón de 2 litros por minuto, una mezcla que contiene 100 gramos de sal por litro. Simultáneamente, de cada tanque se bombean 8 litros por minuto, de los cuales 6 van al otro tanque, y el resto se expulsan al exterior. Calcúlense las cantidades de sal, x(t) e y(t), presentes en los tanques A y B, respectivamente, en el instante t.
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
Lgr100
minL6
Salmuera
V = 50 Lxo = 3
V = 50 Lyo = 5
A B
minL2
minL2
minL6
minL6
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
Lgr100
minL6
Salmuera
Lkr
50x
minL)26(
Lkg
30y
minL6
Lkg
1.0minL2
dtdx
∗+−∗+∗=
2.0y
253x
254
dtdx
=−+ (1)
Lkg
50y
minL)26(
Lkg
1.0minL6
Lkg
50x
minL6
dtdy
∗+−∗+∗=
2.0y254x
253
dtdy
=+− (2)
Resolviendo el sistema:
y253x
254
dtdx
−+ =0.2 (3)
x253y
254
dtdy
−+ =0.2 (4)
VIBRACIONES MECANICAS: Sistema masa resorte con gravedad:
LΔ
Fs: Fuerza del resorte. Fr : Fuerza de fricción. Fe: Fuerza externa. (1) : Fr = Fs = Fe = 0
(2) : ∑ = maF ; ∑ = 0F ; mg-Fs=0; mg=k LΔ ; L
mgk
Δ=
(3): ∑ = maF
mgFeFrFsdt
ydm +++=
2
2
mgFedt
dyLyk
dt
ydm ++−Δ+−= δ)(
2
2
mgFedt
dyLkky
dt
ydm ++−Δ−−= δ
2
2
Como: mgLk =Δ
Fedt
dyky
dt
ydm +−−= δ
2
2
Fekydt
dy
dt
ydm =++ δ
2
2
Sistema masa resorte vertical:
∑ = maF
FeFrFsdt
ydm ++=
2
2
Fedt
dxkx
dt
ydm +−−= δ
2
2
Fekydt
dy
dt
ydm =++δ
2
2
I. Sistema masa – resorte: Movimiento libre no amortiguado-Movimiento armónico simple Si solo tenemos una masa en el resorte, sin amortiguamiento ni fuerzas externas.
02
2
=+ kxdt
xdm ;
Condiciones iniciales:⎩⎨⎧
==
masaladeinicialvelocidadxx
inicialentodesplazamidecantidadxx
:)0('
:)0(
1
0
02
2
=+ xm
k
dt
xd ; 002
2
=+ xwdt
xd ; m
kw =0
0)( 2 =+ xm
kD
iwim
kD 0±=±=
tsenwctwctx 0201 cos)( +=
22
21
c
c
A1c
2c
A
csen 1=α ,
A
c2cos =α
tsenwAtwAsentx 00 coscos.)( αα += )cos..(cos)( 00 αα tsenwsentwAtx +=
Nota: sen(x+y) = sen x. cos y + cos x .sen y
)()( 0 α+= twAsentx A : amplitud
0w : Frecuencia circular( rad./s) α : Angulo de fase. t : Tiempo (segundos) T : periodo (tiempo requerido para que el sistema complete una oscilación)
0
2
wT
π= segundos
F = frecuencia = π2
1 0w
T= Hz =ciclos/segundos (mide el número de
oscilaciones o ciclos por segundo.
2
1tanc
c=α
2
11tanc
c−=α si 01 ≥c
1
21tanc
c−=α + π si 01 <c
0w
α
0
2
w
π
A
A−
Ejemplo: Una masa de 2 lb. hace que un resorte se estire 6 pulg. Cuando t=0, la masa se suelta desde un punto a 8 pulg. Debajo de la posición de equilibrio con una velocidad inicial, hacia arriba, de 4/3 pie/s. Deduzca la ecuación del movimiento libre. 1 pie = 12 pulg. 6 pulg. = ½ pie. 8 pulg. = 2/3 pie. Masa = peso/gravedad m = 2/32 = 1/16 slug.
Condiciones iniciales: piex3
2)0( = ; spiex
dt
dxv /
3
4)0(' −===
02
2
=+ xm
k
dt
xd
Calculo de k: 42/1
2==
Δ=
L
mgk lb/pie.
04
1612
2
=+ xdt
xd
0642
2
=+ xdt
xd
0)64( 2 =+ xD iD 8±=
tsenctctx 88cos)( 21 +=
3
20*80*8cos
3
2)0( 121 =→+== csenccx
tctsenctvdt
dx8cos888)( 21 +−==
6
10*8cos80*88
3
4)0( 221 −=→+−=−= ccsencv
Por tanto: tsenttx 86
18cos
3
2)( −=
Forma alternativa:
)()( 0 α+= twAsentx 2
22
1 ccA += .69.0)()( 36172
612
32 pieA ≈=−+=
A
csen 2=α
17
1
3617
61
−=−
=αsen , A
c1cos =α17
4cos
3617
32
==α
4tan171
174
−=−
=α está en el cuarto cuadrante.
3258.1−=α Para llevar hacer el ángulo positivo se suma π :
rad816.1)3258.1(1416.3 =−+=α
)816.18(6
17)( += tsentx
T : periodo (tiempo requerido para que el sistema complete una oscilación)
48
2 ππ==T segundos
II. Sistema masa – resorte: Movimiento libre amortiguado:
• Aquí la masa podría estar suspendida en un medio viscoso o conectada a un dispositivo amortiguador.
• Se considera que las fuerzas de amortiguamiento que actúan sobre el cuerpo son proporcionales a alguna potencia de la velocidad instantánea.
Fekydt
dy
dt
ydm =++ δ
2
2
02
2
=++ kydt
dy
dt
ydm δ
02
2
=++ ym
k
dt
dy
mdt
yd δ
02
2
=++ cydt
dyb
dt
yd
0)( 2 =++ ycbDD ; a
acbbD
2
42 −±−=
Caso I: Sistema sobreamortiguado: 042 >− acb ;
• El coeficiente de amortiguamiento es grande comparado con la constante del resorte.
)()( 2
4
22
4
1
2
ta
acbbt
a
acbb
ececty−−−−+−
+= • Esta ecuación representa un movimiento suave no oscilatorio. Ejemplo:
0452
2
=++ ydt
dy
dt
yd ; 1)0`(;1)0( == yy (la masa comienza desde una posición
1 unidad debajo de la posición de equilibrio con una velocidad hacia debajo de 1 pie/s).
0)45( 2 =++ yDD D = -1; D = -4
tt ececty 421)( −− +=
tt ececty 421 4)`( −− −−=
⎩⎨⎧
14
1
21
21
=−−=+cc
cc ; 3
523
21 ; =−= cc
2
35
1*2
4*1*4255 ±−=
−±−=D
tt eety 4
3
2
3
5)( −− −−=
Caso II: sistema críticamente amortiguado: 042 =− acb ;
a
bD
2−= ; )()( 2
22
1
ta
bt
a
b
tececty−−
+=
Ejemplo 3. Un contrapeso de 8 lb. Estira 2 pies un resorte. Si una fuerza de amortiguamiento numéricamente igual 2 veces la velocidad instantánea actúa sobre el sistema deduzca la ecuación del movimiento si el contrapeso se suelta de la posición de equilibrio con una velocidad hacia arriba de 3 pies/s. • Cualquier pequeña disminución de la fuerza de amortiguamiento
originaría un movimiento oscilatorio.
42
8==
Δ=
L
mgk
Masa = peso/gravedad m = 8/32 = 1/4 slug.
0)0( =y ; spieydt
dyv /3)0`( −===
dt
dy2−=δ
042
41
412
2
=++ ydt
dy
dt
yd
01682
2
=++ ydt
dy
dt
yd
42
8
2
16*1*4648−=
−=
−±−=D
)()( 42
41
tt tececty −− += Aplicando las condiciones iniciales: 3;0 21 −== cc
)3()( 4ttety −−=
Caso III: sistema subamortiguado: 042 <− acb ; • La constante de amortiguamiento es pequeño en comparación con la
constante del resorte.
ia
acb
a
bD
2
4
2
2 −±−=
)2
4
2
4cos()(
2
2
2
12 t
a
acbsenct
a
acbcety
ta
b −+
−=
−
Ejemplo 4. Un contrapeso de 16 lb. Se une a un resorte de 5 pie de longitud. En la posición de equilibrio, el resorte mide 8.2 pies. Si el contrapeso se eleva y se suelta del reposo en un punto a 2 pies arriba de la posición de equilibrio, determine los desplazamientos, y(t). Considere que el medio que rodea al sistema ofrece una resistencia al movimiento numéricamente igual a la velocidad instantánea.
pie
lb
L
mgk 5
2.3
16==
Δ=
Masa = peso/gravedad m = 16/32 = 1/2 slug.
2)0( −=y ; 0)0`( === ydt
dyv
dt
dy=δ
051
21
212
2
=++ ydt
dy
dt
yd
01022
2
=++ ydt
dy
dt
yd
iiD 312
10*44
2
2±−=
−±−=
)33cos()( 21 tsenctcety t += −
Utilizando las condiciones: )33
23cos2()( tsentety t −−= −
II. a) Sistema masa – resorte: Movimiento forzado amortiguado. • Se toma en cuenta la fuerza externa que actúa sobre una masa
oscilatoria.
Fekydt
dy
dt
ydm =++ δ
2
2
Ejemplo 5. Interprete y resuelva el problema de valor inicial: Resolución: • Es un sistema vibratorio formado por una masa de ½ slug o kg. Unida a
una resorte (k=2 lb/pie o N/m). La masa parte del reposo a ½ unidad (pie o m) debajo de su posición de equilibrio. El movimiento es amortiguado ( 2.1=δ ) y está dirigido por una fuerza externa periódica ( )2/ sT π= que se incia cuando t=0.
0)0`(;2
1)0(;4cos25106
2
2
===++ xxtxdt
dx
dt
xd
b) Sistema masa – resorte: Movimiento forzado amortiguado. • Cuando se ejerce una fuerza periódica y no existe fuerza de
amortiguamiento, no hay parte transitoria en la solución del problema.