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Ecuaciones Diferenciales

Armando de Jesús Barragán Cruz

Abril-2011

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Índice

1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................................................................................................ 3

1.1. DEFINICIONES Y TERMINOLOGÍA ............................................................................................................................................................................................. 3

1.2. CLASIFICACIÓN POR TIPO, ORDEN, LINEALIDAD Y HOMOGENEIDAD .............................................................................................................................................. 3

1.3. SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL ORDINARIA ............................................................................................................................................................ 5

1.3.1. Tipos de Soluciones ........................................................................................................................................................................................... 6

1.4. USO DE MODELOS CON ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES Y NO LINEALES .............................................................................................................................. 7

1.4.1. Dinámicas de población (Modelo de Malthus) .............................................................................................................................................. 7

1.4.2. Ley de Newton de enfriamiento y calentamiento.......................................................................................................................................... 7

1.4.3. Difusión de una enfermedad ............................................................................................................................................................................ 8

2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN ............................................................................................................................................... 8

2.1. DEFINICIÓN Y SOLUCIÓN DE UNA EDO DE VARIABLES SEPARABLES .............................................................................................................................................. 8

2.1.1. Ejemplos ............................................................................................................................................................................................................. 8

2.2. DEFINICIÓN Y SOLUCIÓN DE UNA EDO DE COEFICIENTES HOMOGÉNEOS .....................................................................................................................................10

2.2.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................11

2.3. DEFINICIÓN Y SOLUCIÓN DE UNA EDO EXACTA .......................................................................................................................................................................12

2.3.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................12

2.3.2. Reducción a exactas ........................................................................................................................................................................................13

2.3.2.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................14

2.4. DEFINICIÓN Y SOLUCIÓN DE UNA EDO LINEAL DE PRIMER ORDEN..............................................................................................................................................14

2.4.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................14

2.5. DEFINICIÓN Y SOLUCIÓN DE UNA EDO DE BERNOULLI .............................................................................................................................................................17

2.5.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................17

2.6. APLICACIONES DE MODELADO ..............................................................................................................................................................................................19

2.6.1. Dinámica poblacional (Modelo de Malthus) ................................................................................................................................................19

2.6.2. Ley de Newton de enfriamiento y calentamiento........................................................................................................................................21

2.6.3. Mezclas .............................................................................................................................................................................................................23

2.6.4. Circuitos en serie .............................................................................................................................................................................................26

2.6.5. Drenado de un tanque ....................................................................................................................................................................................28

2.6.6. Otros modelos..................................................................................................................................................................................................30

3. SOLUCIÓN DE EDO DE ORDEN SUPERIOR CON COEFICIENTES CONSTANTES POR COEFICIENTES INDETERMINADOS............................................ 33

3.1. SUPERPOSICIÓN .................................................................................................................................................................................................................34

3.1.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................35

3.2. OPERADOR ANULADOR .......................................................................................................................................................................................................38

3.2.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................39

3.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS ...............................................................................................................................................................................................40

3.3.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................42

3.4. ECUACIÓN DE CAUCHY-EULER ..............................................................................................................................................................................................44

3.4.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................45

3.5. MODELADO DE ORDEN SUPERIOR.........................................................................................................................................................................................48

3.5.1. Sistemas resorte/masa: Movimiento libre no amortiguado ......................................................................................................................48

3.5.2. Sistemas resorte/masa: Movimiento libre amortiguado............................................................................................................................50

3.5.3. Sistemas resorte/masa: Movimiento Forzado .............................................................................................................................................52

3.5.4. Circuitos LRC en serie ......................................................................................................................................................................................52

4. TRANSFORMADA DE LAPLACE ......................................................................................................................................................................... 54

4.1. DEFINICIÓN DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE............................................................................................................................................................................54

4.1.1. Ejemplos ...................................................................................................................................................................................................................54

4.2. PRIMER TEOREMA DE TRANSLACIÓN............................................................................................................................................................................................55

4.2.1. Ejemplos ....................................................................................................................................................................................................................56

4.3. SEGUNDO TEOREMA DE TRANSLACIÓN ..................................................................................................................................................................................56

4.3.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................56

4.4. TRANSFORMADA INVERSA ...................................................................................................................................................................................................57

4.4.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................57

4.5. TRANSFORMADA DE DERIVADAS ...........................................................................................................................................................................................58

4.6. SOLUCIÓN DE UNA EDO POR TRANSFORMADA DE LAPLACE .....................................................................................................................................................59

4.6.1. Ejemplos ...........................................................................................................................................................................................................60

BIBLIOGRAFÍA ............................................................................................................................................................................................................ 62

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1. Introducción 1.1. Definiciones y terminología

Los términos diferencial y ecuación indican, sin lugar a dudas, la resolución de

cierto tipo de ecuaciones que contienen derivadas.

Se dice que una ecuación diferencial (ED) es cualquier ecuación que contiene

las derivadas de una o más variables dependientes con respecto a una o más

variables independientes.

Estas ecuaciones describen fenómenos físicos, por ejemplo la ecuación de

movimiento libre, que describe la aceleración en función de la derivada de la

posición con respecto al tiempo.

La derivada 𝑑𝑦

𝑑𝑥 de una función 𝑦 = 𝑓(𝑥), es en sí misma 𝑓′(𝑥).

Por ejemplo 𝑦 = cos 4𝑥 es diferenciable en el intervalo (−∞,∞), su derivada 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓′(𝑥), es 𝑓′ 𝑥 = −4 sin 4𝑥, reemplazando 𝑦 = cos 4𝑥 en 𝑓′(𝑥)

obtenemos:

𝑑𝑦

𝑑𝑥= −4𝑦 tan 4𝑥

1.2. Clasificación por tipo, orden, linealidad y homogeneidad

Tipo 𝑂𝑟𝑑𝑖𝑛𝑎𝑟𝑖𝑎𝑠𝑃𝑎𝑟𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠

-Ordinarias: si una ecuación contiene derivadas de una o más variables

dependientes con respecto a una sola variable independiente, se dice que es

una ecuación diferencial ordinaria (EDO). Por ejemplo:

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 5𝑦 = 𝑒𝑥 ,

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2−𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 6𝑦 = 0,

𝑑𝑥

𝑑𝑡+𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑥 + 𝑦

-Parciales: Contiene derivadas de una o más variables dependientes de dos o

más variables independientes. Se dice que es una ecuación diferencial parcial

(EDP). Por ejemplo:

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+𝜕2𝑢

𝜕𝑦2= 0,

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2=𝜕2𝑢

𝜕𝑡2− 2

𝜕𝑢

𝜕𝑡

Orden: EL orden de una ecuación diferencial (EDO o EDP) representa la mayor derivada

que está presente en la ecuación. Por ejemplo:

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 5

𝑑𝑦

𝑑𝑥

3

− 4𝑦 = 𝑒𝑥

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Representa una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden. Las ecuaciones

diferenciales ordinarias de primer orden se escriben ocasionalmente en la forma

diferencial 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 +𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0.

Grado: Es la potencia de la derivada de mayor orden, siempre y cuando la ecuación esté

en forma polinómica, de no ser así se considera que la ecuación no tiene grado.

Linealidad: Una ecuación diferencial es lineal cuando tiene la forma

𝑎𝑛 𝑥 𝑑𝑛 𝑦

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1 𝑥

𝑑𝑛−1𝑦

𝑑𝑥𝑛−1 + ⋯+ 𝑎1 𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = 𝑔 𝑥 (1)

a) La variable dependiente 𝑦 y todas sus derivadas, son de primer grado

b) Cada coeficiente 𝑎𝑛 solo depende de la variable independiente “𝑥”, es una función

de “𝑥”.

Ejemplos:

1 − 𝑦 𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒𝑥 ,

La ecuación no es lineal el coeficiente 𝑎1 𝑥 depende de 𝑦.

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 𝑠𝑒𝑛 𝑦 = 0

La ecuación diferencial no es lineal, hay una función que depende de 𝑦.

𝑑4𝑦

𝑑𝑥4+ 𝑦2 = 0

La ecuación no es lineal, el término “𝑦” tiene potencia diferente de 1.

Las ecuaciones anteriores son ejemplos de ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales

de primero, segundo y cuarto orden respectivamente.

Homogeneidad: Una EDO de orden 𝑛 es homogénea, si después de ordenarla en su forma

general (1), 𝑔 𝑥 = 0, de lo contrario es no homogénea, ejemplo:

𝑑3𝑦

𝑑𝑥3 + 3𝑑𝑦

𝑑𝑥− 5𝑦 = 0, para este caso 𝑔 𝑥 = 0, por lo tanto la ecuación es Homogénea.

Notación:

a) De Leibniz

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𝑑𝑦

𝑑𝑥,𝑑2𝑦

𝑑𝑥2,𝑑3𝑦

𝑑𝑥3,…

b) De primas

𝑦 ′ , 𝑦 ′′ ,𝑦 ′′′ ,𝑦 4 ,…

c) De Newton

𝑦 , 𝑦 ,𝑦 ,…

Forma de las EDO

a) General

𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ,𝑦 ′′ ,… , 𝑦 𝑛 = 0

b) Normal

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓 𝑥, 𝑦

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2= 𝑓(𝑥,𝑦, 𝑦´)

1.3. Solución de una Ecuación Diferencial Ordinaria

Toda función 𝑓(𝑥), definida sobre un intervalo 𝛾 y que posea al menos 𝑛 derivadas

continuas sobre 𝛾, y que al ser sustituida en la ecuación diferencial ordinaria de 𝑛-ésimo

orden reduzca la ecuación a una identidad, se dice que es una solución de la ecuación

sobre el intervalo.

A diferencia del álgebra elemental, en la cual buscábamos los números desconocidos que satisfacen a la ecuación (ejemplo:𝑥2 + 7𝑥 − 12 = 0), al resolver una ecuación diferencial, lo que buscamos es el conjunto de funciones 𝑦 = 𝑔(𝑥) que satisfacen a la identidad (ejemplo: 𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 0). Ejemplo:

Compruebe que la función señalada representa una solución de la ecuación diferencial

dada, sobre el intervalo −∞,∞ .

a) 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑥𝑦

1

2; 𝑦 =𝑥4

16

b) 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0; 𝑦 = 𝑥𝑒𝑥

Solución: Una forma de verificar que la función dada es solución de la ecuación

diferencial, es sustituirla en esta junto con sus respectivas derivadas se satisface la

identidad.

a) 𝑦 =𝑥4

16, 𝑦 ′ =

𝑥3

4

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𝑥3

4= 𝑥

𝑥4

16

12

𝑥3

4= 𝑥

𝑥2

4

𝑥3

4=𝑥3

4

b) 𝑦 = 𝑥𝑒𝑥 , 𝑦 ′ = 𝑥𝑒𝑥 + 𝑒𝑥 , 𝑦 ′′ = 𝑥𝑒𝑥 + 2𝑒𝑥

𝑥𝑒𝑥 + 2𝑒𝑥 − 2 𝑥𝑒𝑥 + 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 = 0

2𝑒𝑥 + 2𝑒𝑥 − 2𝑥𝑒𝑥 − 2𝑒𝑥 = 0

0 = 0

Observamos de los ejemplos anteriores, que la solución propuesta satisface la ecuación

diferencial dada, por lo tanto esta es solución de la ED.

1.3.1. Tipos de Soluciones

a) Trivial.- si la solución es 𝑦 = 0

b) Explícita.- La variable dependiente se expresa en términos de variables

independientes y constantes, por lo tanto adopta la forma 𝑦 = 𝑔(𝑥); de

esto se desprende que la solución trivial es una solución explícita.

Por ejemplo

𝑦 = 𝑥 𝑙𝑛 𝑥

𝑦 = cos 𝑥

𝑦 = 𝑥𝑒𝑥

c) Implícita.- Adopta la forma 𝑔 𝑥, 𝑦 = 0, osea la solución depende de 2 o

más variables.

Por ejemplo

𝑥2 + 𝑦2 = 16

𝑒𝑦 + 𝑥 = 7

d) General.- En la solución aparecen 𝑛 constantes (𝑐, 𝑐1, 𝑐2, 𝑐3,… )

Por ejemplo

𝑦 =1

𝑥+ 𝑐

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒

𝑥

Dependiendo de la cantidad de incógnitas que aparezcan en la solución,

podemos tener una familia monoparamétrica de soluciones para una ED, o

bien una familia 𝑛-paramétrica de soluciones.

e) Particular.- Cuando en la solución se conoce el valor de las constantes.

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Por ejemplo

𝑦 = 𝑥3 + 8, 𝑐 = 8

f) Singular.- Es una solución adicional que no se puede obtener a partir de la

solución general, ya se vio que 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑥𝑦

1

2, tiene una solución con 𝑦 =𝑥4

16,

pero también con 𝑦 = 0 se satisface la ecuación, es entonces que a 𝑦 = 0,

para esta ecuación se le considera como una solución singular.

1.4. Uso de modelos con Ecuaciones Diferenciales Lineales y no Lineales

Modelo matemático.- Es la descripción matemática de un sistema o fenómeno,

los modelos se forman siguiendo objetivos específicos.

Pasos para la creación de modelos matemáticos:

a) Identificación de las variables causantes del cambio en el sistema. (El nivel

de resolución del modelo, está determinado por la cantidad de variables

incluidas).

b) Formulación de hipótesis (se deben observar todas las leyes empíricas

aplicables) razonables sobre el sistema de estudio.

Algunos modelos existentes son:

1.4.1. Dinámicas de población (Modelo de Malthus)

𝑑𝑃

𝑑𝑡∝ 𝑃,

𝑑𝑃

𝑑𝑡= 𝑘𝑃

Nos dice que la razón a la que una población crece (o decrece) 𝑑𝑃

𝑑𝑡 es

directamente proporcional ∝ a la población en ese tiempo (𝑃).

Nota: para eliminar la proporcionalidad de utiliza una constante 𝑘 , la cual

depende mucho de las condiciones del sistema, (para crecimiento es

positiva, y para decrecimiento es negativa).

1.4.2. Ley de Newton de enfriamiento y calentamiento

La velocidad con la que la temperatura de un cuerpo cambia es proporcional a

la diferencia que hay entre la temperatura del cuerpo y la del medio que lo

rodea, la denominada temperatura ambiental.

𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘 𝑇 − 𝑇𝑚

Donde

𝑑𝑇

𝑑𝑡 es la velocidad en la que el cuerpo cambia de temperatura

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𝑇 es la temperatura del cuerpo al tiempo t

𝑇𝑚 es la temperatura del medio

𝑘 constante de proporcionalidad

1.4.3. Difusión de una enfermedad

El contagio de una enfermedad es directamente proporcional al número de

interacciones que hay entre enfermos y sanos, si la cantidad de sanos es 𝑦,

suponiendo que el número de enfermos está denotada por 𝑥, la ecuación

diferencial queda descrita por:

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑘𝑥𝑦

Donde 𝑥𝑦 es el número de interacciones que hay entre enfermos y sanos en el

tiempo 𝑡 (medido en días). Tomando en cuenta que 𝑦 + 𝑥 = 𝑛, donde 𝑛 es el

número total de habitantes en una población cerrada, y dejando la ecuación

diferencial en función de una sola variable se deduce que

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑘𝑥 𝑛 − 𝑥

2. Ecuaciones diferenciales de primer orden 2.1. Definición y solución de una EDO de variables separables

Una EDO de primer orden tiene la forma

𝑀 𝑥,𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0

Se considera una EDO de variables separables, si es posible obtener la forma

𝑀 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑦 𝑑𝑦 = 0

Cuya solución está dada por:

𝑀 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑐

Nota: Aunque las E.D.O. de variables separables son relativamente las más sencillas de resolver, frecuentemente es necesario emplear diversos artificios matemáticos a fin de separar las variables adecuadamente.

2.1.1. Ejemplos

a) 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑒3𝑥+4𝑦

Para resolver hay que separar ambas variables, por propiedades de exponentes (𝑎𝑏+𝑐 = 𝑎𝑏 𝑎𝑐 )

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑒3𝑥 𝑒4𝑦

Dejando de un lado las 𝑥 y de otro las 𝑦 obtenemos

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𝑑𝑦

𝑒4𝑦= 𝑒3𝑥𝑑𝑥

Aplicando integral a ambas partes

𝑒−4𝑦𝑑𝑦 = 𝑒3𝑥𝑑𝑥

Resolviendo ambas integrales

−1

4𝑒−4𝑦 + 𝑐1 =

1

3𝑒3𝑥 + 𝑐2

Tomando en cuenta que la suma (o resta) de dos incógnitas desconocidas dan como resultado otra incógnita (sólo por cuestiones ilustrativas, en adelante sólo utilizaremos 𝑐 como la incógnita 𝑐3 ), la solución de la ecuación diferencial es:

𝑐3 =1

3𝑒3𝑥 +

1

4𝑒−4𝑦 (𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙, 𝑖𝑚𝑝𝑙í𝑐𝑖𝑡𝑎)

b) 𝑦 ′ + 2𝑦 = 0 La solución de esta ecuación diferencial puede ser de 2 formas, más adelante se verá el otro método para resolver este tipo de ecuaciones, por el momento veremos solución por variables separables Reescribiendo la EDO

𝑑𝑦

𝑑𝑥= −2𝑦

Separando variables 𝑑𝑦

𝑦= −2𝑑𝑥

Sacando integral a ambos lados

𝑑𝑦

𝑦= −2 𝑑𝑥

Obtenemos ln𝑦 = −2𝑥 + 𝑐

Aplicando propiedades de logaritmos (𝑒 ln 𝑎 = 𝑎) 𝑦 = 𝑒−2𝑥+𝑐 𝑦 = 𝐶𝑒−2𝑥

c) 𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑥𝑦+3𝑥−𝑦−3

𝑥𝑦−2𝑥+4𝑦−8

Aparentemente la EDO no es de variables separables, pero trabajando las variables observamos que:

𝑑𝑦

𝑑𝑥=𝑥𝑦 − 𝑦 + 3 𝑥 − 1

𝑥𝑦+ 4𝑦 − 2 𝑥 + 4

Factorizando términos comunes se obtiene 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑦 𝑥 − 1 + 3 𝑥 − 1

𝑦 𝑥 + 4 − 2 𝑥 + 4

Factorizando nuevamente 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑥 − 1 𝑦+ 3

𝑥 + 4 𝑦 − 2

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Separando variables 𝑦 − 2

𝑦 + 3𝑑𝑦 =

𝑥 − 1

𝑥 + 4𝑑𝑥

Aplicando integral a ambas partes

𝑦 − 2

𝑦 + 3𝑑𝑦 =

𝑥 − 1

𝑥 + 4𝑑𝑥

Resolviendo la integral 𝑦 − 5 ln 𝑦+ 3 = 𝑥 − 5 ln(𝑥 + 4) + 𝑐

Reacomodando la solución 𝑦 − 𝑥 − 5 ln(𝑦 + 3) + 5 ln(𝑥 + 4) = 𝑐

Aplicando propiedades de logaritmos

∝ ln𝑎 − ∝ ln 𝑏 = ∝ ln 𝑎

𝑏

𝑦 − 𝑥 − 5 ln 𝑥 + 4

𝑦 + 3 = 𝑐

Problemas con condiciones iniciales

d) 1 − 𝑦2𝑑𝑥 − 1 − 𝑥2𝑑𝑦 = 0, 𝑦 0 = 3

2

Resolviendo la EDO por variables separables 𝑑𝑦

1 − 𝑦2=

𝑑𝑥

1 − 𝑥2

𝑑𝑦

1 − 𝑦2=

𝑑𝑥

1− 𝑥2

𝑠𝑒𝑛−1 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛−1 𝑥 + 𝑐

Aplicando condiciones iniciales 𝑦 0 = 3

2

𝑠𝑒𝑛−1 3

2 = 𝑠𝑒𝑛−1 0 + 𝑐

Se obtiene entonces que la solución particular es 60 = 𝑠𝑒𝑛−1𝑦 − 𝑠𝑒𝑛−1𝑥

2.2. Definición y solución de una EDO de coeficientes homogéneos Una EDO de la forma

𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 +𝑁 𝑥,𝑦 𝑑𝑦 = 0 Es de coeficientes homogéneos si 𝑀 y 𝑁 son de coeficientes homogéneos de grado 𝑛, es decir si

𝑀 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡𝑛𝑀 𝑥, 𝑦 𝑁 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡𝑛𝑁(𝑥, 𝑦)

Si esto se cumple entonces es posible hacer un cambio de variable. Sustituyendo como sea más conveniente lo siguiente

𝑦 = 𝑢𝑥; 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢 o bien

𝑥 = 𝑢𝑦; 𝑑𝑥 = 𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢

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A fin de reducir la EDO de coeficientes homogéneos a una EDO de variables separables. Nota: Es fácil identificar las EDO de coeficientes homogéneos sin sustituir a 𝑡, si 𝑀(𝑥,𝑦) tanto 𝑁(𝑥, 𝑦) son del mismo grado, por simple inspección se puede determinar el tipo de EDO se tiene. Al sustituir el valor de 𝑡, no se toman en cuenta exponentes y argumentos.

2.2.1. Ejemplos a) 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0

Tanto 𝑀(𝑥,𝑦) y 𝑁(𝑥,𝑦) son del mismo grado, por lo tanto tenemos una EDO de coeficientes homogéneos, por fines ilustrativos se verificará que lo sea, posteriormente se utilizará simple inspección.

𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑥 − 𝑦; 𝑀 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡𝑥 − 𝑡𝑦 = 𝑡 𝑥 − 𝑦 = 𝑡𝑀(𝑥,𝑦) 𝑁 𝑥, 𝑦 = 𝑥; 𝑁 𝑡𝑥, 𝑡𝑦 = 𝑡𝑥 = 𝑡𝑁(𝑥, 𝑦) Ambas 𝑡 tienen el mismo grado por lo tanto es una EDO de coeficientes homogéneos. Haciendo la sustitución 𝑥 = 𝑢𝑦, y 𝑑𝑥 = 𝑢𝑑𝑦 + 𝑦𝑑𝑢 obtenemos

𝑢𝑦 − 𝑦 𝑢𝑑𝑦+ 𝑦𝑑𝑢 + 𝑢𝑦𝑑𝑦 = 0 Resolviendo

𝑢2𝑦𝑑𝑦 + 𝑢𝑦2𝑑𝑢 − 𝑢𝑦𝑑𝑦 − 𝑦2𝑑𝑢 + 𝑢𝑦𝑑𝑦 = 0 Reduciendo términos semejantes y agrupándolos

𝑢2𝑦𝑑𝑦 + 𝑢𝑦2 − 𝑦2 𝑑𝑢 = 0 La EDO de coeficientes homogéneos queda reducida a una EDO de variables separables

𝑢2𝑦𝑑𝑦 = 𝑦2 1 − 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑦

𝑦=

1 − 𝑢

𝑢2𝑑𝑢

𝑑𝑦

𝑦=

𝑑𝑢

𝑢2−

𝑑𝑢

𝑢

ln𝑦 = −𝑢−1 − ln𝑢 + 𝑐 Sustituyendo el valor de 𝑢 Se obtiene la solución general

ln𝑦 = − 𝑥

𝑦 −1

− ln 𝑥

𝑦 + 𝑐

Aplicando álgebra y propiedades de logaritmos

ln𝑦 = −𝑦

𝑥− ln 𝑥 − ln𝑦 + 𝑐

Despejando a 𝑦 𝑦 = −𝑥(ln 𝑥 + 2 ln𝑦 − 𝑐)

b) 𝑥 + 𝑦𝑒𝑦

𝑥 𝑑𝑥 − 𝑥𝑒𝑦

𝑥 𝑑𝑦 = 0, 𝑦 1 = 0

Por simple inspección determinamos que es una EDO de coeficientes homogéneos (puede verificarlo si así lo requiere). Nota: notamos que la estructura algebraica de 𝑁(𝑥, 𝑦) es más simple por lo tanto

𝑦 = 𝑢𝑥; 𝑑𝑦 = 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢

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Haciendo la sustitución 𝑥 + 𝑢𝑥𝑒𝑢 𝑑𝑥 − 𝑥𝑒𝑢 𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢 = 0 𝑥𝑑𝑥 + 𝑢𝑥𝑒𝑢𝑑𝑥 − 𝑢𝑥𝑒𝑢𝑑𝑥 − 𝑥2𝑒𝑢𝑑𝑢 = 0

𝑥𝑑𝑥 = 𝑥2𝑒𝑢𝑑𝑢

𝑑𝑥

𝑥= 𝑒𝑢𝑑𝑢

ln 𝑥 = 𝑒𝑢 + 𝑐

Haciendo la sustitución de 𝑢 =𝑦

𝑥

ln𝑥 = 𝑒𝑦𝑥 + 𝑐

Aplicando las condiciones iniciales

ln 1 = 𝑒01 + 𝑐

𝑐 = −1 Por lo tanto la solución particular es

ln 𝑥 = 𝑒𝑦𝑥 − 1

2.3. Definición y solución de una EDO exacta Una EDO de la forma

𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 +𝑁 𝑥,𝑦 𝑑𝑦 = 0 Es una EDO exacta si

𝜕𝑀 𝑥, 𝑦

𝜕𝑦=𝜕𝑁 𝑥, 𝑦

𝜕𝑥

Cuya solución está dada por

𝑐 = 𝑀 𝑥,𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥,𝑦 −𝜕

𝜕𝑦 𝑀 𝑥,𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦

2.3.1. Ejemplos a) 5𝑥 + 4𝑦 𝑑𝑥 + 4𝑥 − 8𝑦3 𝑑𝑦 = 0; 𝑦 0 = 𝑒

Descartamos una EDO de coeficientes homogéneos puesto que no todos los elementos son del mismo grado.

𝑀 𝑥,𝑦 = 5𝑥 + 4𝑦 𝑁 𝑥,𝑦 = 4𝑥 − 8𝑦3

𝜕 5𝑥 + 4𝑦

𝜕𝑦=𝜕 4𝑥 − 8𝑦3

𝜕𝑥

4 = 4 La igualdad se cumple por lo tanto es exacta Donde

𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 = 5𝑥 + 4𝑦 𝑑𝑥 =5

2𝑥2 + 4𝑥𝑦

𝜕

𝜕𝑦 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 =

𝜕

𝜕𝑦

5

2𝑥2 + 4𝑥𝑦 = 4𝑥

Entonces la solución general es:

𝑐 =5

2𝑥2 + 4𝑥𝑦+ 4𝑥 − 8𝑦3 − 4𝑥 𝑑𝑦

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𝑐 =5

2𝑥2 + 4𝑥𝑦 − 2𝑦4

b) (𝑦2 cos𝑥 − 3𝑥2𝑦 − 2𝑥)𝑑𝑥 + (2𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3 + ln𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑦2 cos𝑥 − 3𝑥2𝑦 − 2𝑥 𝑁 𝑥, 𝑦 = 2𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3 + ln𝑦

𝜕

𝜕𝑦 𝑦2 cos𝑥 − 3𝑥2𝑦 − 2𝑥 =

𝜕

𝜕𝑥 2𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3 + ln𝑦

2𝑦 cos𝑥 − 3𝑥2 = 2𝑦 cos𝑥 − 3𝑥2 Las derivadas parciales son iguales por lo tanto la ecuación es exacta

𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑦2 cos 𝑥 − 3𝑥2𝑦 − 2𝑥 𝑑𝑥

= 𝑦2𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3𝑦 − 𝑥2 𝜕

𝜕𝑦 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 =

𝜕

𝜕𝑦 𝑦2𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3𝑦 − 𝑥2

= 2𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3 Por lo tanto la solución general es

𝑐= 𝑦2𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3𝑦 − 𝑥2

+ 2𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3 + ln𝑦 − 2𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑥3 𝑑𝑦

𝑐 = 𝑦2𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3𝑦 − 𝑥2 + ln𝑦 𝑑𝑦

𝑐 = 𝑦2𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3𝑦 − 𝑥2 + 𝑦 ln𝑦 − 𝑦 Aplicando las condiciones iniciales 𝑦 0 = 𝑒

𝑐 = 𝑒2𝑠𝑒𝑛 0 − 03 𝑒 − 02 + 𝑒 ln 𝑒 − 𝑒 𝑐 = 0

Por lo tanto la solución particular es 0 = 𝑦2𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑥3𝑦 − 𝑥2 + 𝑦 ln𝑦 − 𝑦

2.3.2. Reducción a exactas

Existen casos donde 𝜕𝑀 𝑥 ,𝑦

𝜕𝑦≠

𝜕𝑁 𝑥 ,𝑦

𝜕𝑥, en estos casos es necesario

encontrar un factor integrante 𝜇, tal que la EDO queda como 𝜇𝑀 𝑥,𝑦 𝑑𝑥 + 𝜇𝑁 𝑥,𝑦 𝑑𝑦 = 0

Y por lo tanto

𝜕

𝜕𝑦𝜇𝑀(𝑥, 𝑦) =

𝜕

𝜕𝑥𝜇𝑁(𝑥,𝑦)

Hay 2 formas de obtener 𝜇, y se elige dependiendo de la estructura algebraica que se obtenga, ya que la integral suele complicarse

𝜇 𝑥 = 𝑒 𝜕𝑀𝜕𝑦

−𝜕𝑁𝜕𝑥

𝑁𝑑𝑥

𝜇 𝑦 = 𝑒 𝜕𝑁𝜕𝑥

−𝜕𝑀𝜕𝑦

𝑀𝑑𝑦

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2.3.2.1. Ejemplos a) 2𝑦2 + 3𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0

Al hacer las derivadas parciales observamos que 𝜕

𝜕𝑦 2𝑦2 + 3𝑥 =

𝜕

𝜕𝑥 2𝑥𝑦

4𝑦 ≠ 2𝑦 Buscando un factor integrante adecuado

𝜇 𝑥 = 𝑒

4𝑦−2𝑦2𝑥𝑦

𝑑𝑥= 𝑒

𝑑𝑥𝑥

𝜇 𝑦 = 𝑒

2𝑦−4𝑦2𝑦2+3𝑥

𝑑𝑦= 𝑒

−2𝑦

2𝑦2+3𝑥𝑑𝑦

Vemos que 𝜇(𝑥) es más simple por lo tanto ocuparemos ese

𝜇 𝑥 = 𝑒 ln 𝑥 = 𝑥 Multiplicando la EDO por el facto integrante obtenemos

2𝑥𝑦2 + 3𝑥2 𝑑𝑥 + 2𝑥2𝑦𝑑𝑦 = 0 𝜕 2𝑥𝑦2 + 3𝑥2

𝜕𝑦=𝜕 2𝑥2𝑦

𝜕𝑥

4𝑥𝑦 = 4𝑥𝑦 La EDO ya es exacta, resolviendo

𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 = 2𝑥𝑦2 + 3𝑥2 𝑑𝑥 = 𝑥2𝑦2 + 𝑥3

𝜕

𝜕𝑦 𝑀 𝑥,𝑦 𝑑𝑥 =

𝜕

𝜕𝑦 𝑥2𝑦2 + 𝑥3 = 2𝑥2𝑦

Por lo tanto la solución general es

𝑐 = 𝑥2𝑦2 + 𝑥3 + 2𝑥2𝑦 − 2𝑥2𝑦 𝑑𝑦

𝑐 = 𝑥2𝑦2 + 𝑥3 + 𝑐1 𝐶 = 𝑥2𝑦2 + 𝑥3

2.4. Definición y solución de una EDO lineal de primer orden De la forma general de una EDO de primer orden obtenemos

𝑎1 𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0 𝑥 𝑦 = 𝑔 𝑥

Al dividir la ecuación entre 𝑎1 𝑥 Reducimos la ecuación a la forma estándar de una EDO lineal de primer orden:

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃 𝑥 𝑦 = 𝑄(𝑥)

Cuya solución es

𝑦𝑒 𝑃 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑄 𝑥 𝑒 𝑃 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

2.4.1. Ejemplos a) Del ejemplo de la sección 2.1.1

𝑦 ′ + 2𝑦 = 0 (EDO homogénea) Reescribiendo la ecuación

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 2𝑦 = 0

𝑃 𝑥 = 2

Página 15

𝑄 𝑥 = 0

𝑒 2𝑑𝑥 = 𝑒2𝑥 Por lo tanto la solución es

𝑦𝑒2𝑥 = 0 𝑒2𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑦𝑒2𝑥 = 𝑐1 + 𝑐 𝑦 = 𝐶𝑒−2𝑥

b) cos2 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑑𝑦

𝑑𝑥+ cos3 𝑥 𝑦 = 1

Reescribiendo la ecuación 𝑑𝑦

𝑑𝑥+

cos 𝑥

𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑦 =

1

cos2 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥

𝑃 𝑥 =cos 𝑥

𝑠𝑒𝑛 𝑥

𝑄 𝑥 =1

cos2 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥

𝑒 cos 𝑥𝑠𝑒𝑛 𝑥

𝑑𝑥 = 𝑒 ln 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 Por lo tanto la solución es

𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 1

cos2 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = sec2 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝑥 = tan 𝑥 + 𝑐 𝑦 = sec 𝑥 + 𝑐 csc 𝑥

c) 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒𝑥 ; 𝑦 1 = 2 Reescribiendo la ecuación

𝑑𝑦

𝑑𝑥+

1

𝑥𝑦 =

𝑒𝑥

𝑥

𝑃 𝑥 =1

𝑥

𝑄 𝑥 =𝑒𝑥

𝑥

𝑒 𝑑𝑥𝑥 = 𝑒 ln 𝑥 = 𝑥

Por lo tanto la solución es

𝑦𝑥 = 𝑥 𝑒𝑥

𝑥 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑦 =𝑒𝑥 + 𝑐

𝑥

Aplicando condiciones iniciales 𝑦 1 = 2

2 =𝑒 + 𝑐

1

𝑐 = 2 − 𝑒

Página 16

𝑦 =𝑒𝑥 + 2− 𝑒

𝑥

d) 1 + 𝑥2 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 2𝑥𝑦 = 𝑓 𝑥 , 𝑦 0 = 0

Donde

𝑓 𝑥 = 𝑥, 0 ≤ 𝑥 < 1−𝑥, 𝑥 ≥ 1

Reescribiendo la ecuación y tomando el primer parámetro de 𝑓 𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥+

2𝑥

1 + 𝑥2𝑦 =

𝑥

1 + 𝑥2

𝑃 𝑥 =2𝑥

1 + 𝑥2

𝑄 𝑥 =𝑥

1 + 𝑥2

𝑒

2𝑥1+𝑥2𝑑𝑥 = 𝑒 ln 1+𝑥2 = 1 + 𝑥2

Por lo tanto la solución para el primer parámetro es

𝑦 1 + 𝑥2 = 1 + 𝑥2 𝑥

1 + 𝑥2 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑦 1 + 𝑥2 =1

2𝑥2 + 𝑐

𝑦 =𝑥2

2 1 + 𝑥2 +

𝑐

1 + 𝑥2

Aplicando condiciones iniciales 𝑦 0 = 0

0 =0

2 1 + 02 +

𝑐

1 + 02

𝑐 = 0 Por lo tanto

𝑦 =𝑥2

2 1 + 𝑥2

Resolviendo para el segundo parámetro 𝑑𝑦

𝑑𝑥+

2𝑥

1 + 𝑥2𝑦 =

−𝑥

1 + 𝑥2

𝑃 𝑥 =2𝑥

1 + 𝑥2

𝑄 𝑥 =−𝑥

1 + 𝑥2

𝑒

2𝑥1+𝑥2𝑑𝑥 = 𝑒 ln 1+𝑥2 = 1 + 𝑥2

Por lo tanto la solución para el segundo parámetro es

𝑦 1 + 𝑥2 = 1 + 𝑥2 −𝑥

1 + 𝑥2 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑦 1 + 𝑥2 = −1

2𝑥2 + 𝑐

𝑦 = −𝑥2

2 1 + 𝑥2 +

𝑐

1 + 𝑥2

Aplicando condiciones iniciales 𝑦 0 = 0

Página 17

0 = −0

2 1 + 02 +

𝑐

1 + 02

𝑐 = 0 Por lo tanto

𝑦 = −𝑥2

2 1 + 𝑥2

Entonces la solución que describe al sistema es

𝑦 =

𝑥2

2 1 + 𝑥2 , 0 ≤ 𝑥 < 1

−𝑥2

2 1 + 𝑥2 , 𝑥 ≥ 1

2.5. Definición y solución de una EDO de Bernoulli Se llama ED de Bernoulli a una ED de la forma 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃 𝑥 𝑦 = 𝑄 𝑥 𝑦𝑛 , donde 𝑛 es un número real

Cuya solución es la transformación a una EDOL de modo que la nueva forma queda como

𝑑𝑤

𝑑𝑥+ 𝑃′ 𝑥 𝑤 = 𝑄′ 𝑥

Donde 𝑃′ 𝑥 = 1− 𝑛 𝑃 𝑥 𝑄′ 𝑥 = 1− 𝑛 𝑄 𝑥

𝑤 = 𝑦1−𝑛 Y esta se resuelve por lineales de primer orden Nota: En el caso de que n=1, se resuelve por variables separables.

2.5.1. Ejemplos

a) 𝑥𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑦 =

1

𝑦2

Reescribiendo la ecuación 𝑑𝑦

𝑑𝑥+

1

𝑥𝑦 =

1

𝑥𝑦−2

𝑃 𝑥 =1

𝑥

𝑄 𝑥 =1

𝑥

𝑛 = −2

𝑃′ 𝑥 = 1— −2 1

𝑥=

3

𝑥

𝑄′ 𝑥 = 1 − −2 1

𝑥=

3

𝑥

𝑤 = 𝑦1—2 = 𝑦3 La ecuación queda como

𝑑𝑤

𝑑𝑥+

3

𝑥𝑤 =

3

𝑥

Página 18

𝑒 𝑃′ 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒3

𝑑𝑥𝑥 = 𝑒3 ln 𝑥 = 𝑥3

𝑤𝑥3 = 3 𝑥3

𝑥𝑑𝑥 + 𝑐

𝑤𝑥3 = 𝑥3 + 𝑐 𝑤 = 1 + 𝑐𝑥−3

Sustituyendo 𝑤 = 𝑦3 𝑦3 = 1 + 𝑐𝑥−3

b) 𝑡2 𝑑𝑦

𝑑𝑡+ 𝑦2 = 𝑡𝑦

Reescribiendo la ecuación 𝑑𝑦

𝑑𝑡−

1

𝑡𝑦 = −

1

𝑡2𝑦2

𝑃 𝑡 = −1

𝑡

𝑄 𝑡 = −1

𝑡2

𝑛 = 2

𝑃′ 𝑡 = 1 − 2 −1

𝑡 =

1

𝑡

𝑄′ 𝑡 = 1 − 2 −1

𝑡2 =

1

𝑡2

𝑤 = 𝑦1−2 = 𝑦−1 Por lo tanto la ecuación queda como

𝑑𝑤

𝑑𝑡+

1

𝑡𝑤 =

1

𝑡2

𝑒 1𝑡𝑑𝑡 = 𝑒 ln 𝑡 = 𝑡

𝑤𝑡 = 𝑡 1

𝑡2 𝑑𝑡 + 𝑐

𝑤𝑡 = ln 𝑡 + 𝑐

𝑦−1 =ln 𝑡 + 𝑐

𝑡

𝑦 =𝑡

ln 𝑡 + 𝑐

c) 𝑥2 𝑑𝑦

𝑑𝑥− 2𝑥𝑦 = 3𝑦4, 𝑦 1 =

1

2

Reescribiendo la ecuación 𝑑𝑦

𝑑𝑥−

2

𝑥𝑦 =

3

𝑥2𝑦4

𝑃 𝑥 = −2

𝑥

𝑄 𝑥 =3

𝑥2

𝑛 = 4

𝑃′ 𝑥 = 1 − 4 −2

𝑥 =

6

𝑥

Página 19

𝑄′ 𝑥 = 1 − 4 3

𝑥2 = −

9

𝑥2

𝑤 = 𝑦1−4 = 𝑦−3 De modo que la ecuación queda como

𝑑𝑤

𝑑𝑥+

6

𝑥𝑤 = −

9

𝑥2

𝑒6 𝑑𝑥𝑥 = 𝑒6 ln 𝑥 = 𝑥6

𝑤𝑥6 = 𝑥6 −9

𝑥2 𝑑𝑥 + 𝑐

𝑤𝑥6 = −9

5𝑥5 + 𝑐

𝑦−3 =−

95 𝑥

5 + 𝑐

𝑥6

𝑦3 =𝑥6

𝑐 −95 𝑥

5

2.6. Aplicaciones de modelado Como ya vimos la sección 1.4, las ecuaciones diferenciales sirven para modelar (describir) fenómenos físicos. Aquí presentaré la solución de algunos de estos

2.6.1. Dinámica poblacional (Modelo de Malthus) a) Inicialmente un cultivo tiene un número 𝑃0de bacterias. En 𝑡 = 1 h se

determina que el número de bacterias es 3

2𝑃0. Si la razón de

crecimiento es proporcional al número de bacterias 𝑃(𝑡) presentes en el tiempo 𝑡, determine el tiempo necesario para que se triplique el número de bacterias. Solución Primeramente hay que encontrar las condiciones iniciales del sistema

𝑃 0 = 𝑃0, 𝑃 1 =3

2𝑃0

Basándonos en el modelo de Malthus 𝑑𝑃

𝑑𝑡= 𝑘𝑃

Vemos que es una EDO de variables separables, resolviendo 𝑑𝑃

𝑃= 𝑘𝑑𝑡

𝑑𝑃

𝑃= 𝑘 𝑑𝑡

ln𝑃 = 𝑘𝑡 + 𝑐 𝑃 𝑡 = 𝐶𝑒𝑘𝑡

Usando las condiciones iniciales 𝑦 0 = 𝑃0, 𝑦 1 =3

2𝑃0

Para 𝑦 0 = 𝑃0 𝑃0 = 𝐶𝑒0 𝐶 = 𝑃0

Por lo que la ecuación queda

Página 20

𝑃 𝑡 = 𝑃0𝑒𝑘𝑡

Aplicando la segunda condición inicial 𝑃 1 =3

2𝑃0

3

2𝑃0 = 𝑃0𝑒

𝑘

𝑒𝑘 =3

2

𝑘 = ln3

2= 0.4055

Por lo tanto 𝑃 𝑡 = 𝑃0𝑒

0.4055 𝑡 Para determinar el tiempo en que se ha triplicado el número de bacterias, resolvemos

3𝑃0 = 𝑃0𝑒0.4055 𝑡

𝑒0.4055 𝑡 = 3

𝑡 =ln 3

0.4055≅ 2.71 𝑕

b) Cuando pasa un rayo vertical de luz por un medio transparente, la razón con la que decrece su intensidad 𝐼 es proporcional a 𝐼(𝑡), donde 𝑡 representa el espesor, en pies, del medio. En agua limpia de mar, la intensidad a 3 pies debajo de la superficie es 25% de la intensidad inicial 𝐼0 del rayo incidente. ¿Cuál es la intensidad del rayo a 15 pies debajo de la superficie? Solución Determinando las condiciones iniciales 𝐼 0 = 𝐼0, 𝐼 3 = 0.25𝐼0 Basándonos en el modelo de Malthus

𝑑𝐼

𝑑𝑡= 𝑘𝐼

Resolviendo

𝑑𝐼

𝐼= 𝑘 𝑑𝑡

ln 𝐼 = 𝑘𝑡 + 𝑐 𝐼 𝑡 = 𝐶𝑒𝑘𝑡

Aplicando las condiciones iniciales 𝐼 0 = 𝐼0 𝐼0 = 𝐶𝑒0 𝐶 = 𝐼0

𝐼 3 = 0.25𝐼0 0.25𝐼0 = 𝐼0𝑒

3𝑘 𝑒3𝑘 = 0.25

𝑘 =ln 0.25

3= −0.4620

Entonces la ecuación que describe el sistema es 𝐼 𝑡 = 𝐼0𝑒

−0.4620 𝑡 Calculando la intensidad de luz que habrá a los 15 pies

Página 21

𝐼 15 = 𝐼0 𝑒− 0.4620 15 = 0.00098𝐼0 ≅ 0.1%𝐼0

2.6.2. Ley de Newton de enfriamiento y calentamiento a) Un termómetro se lleva de una habitación hasta el ambiente

exterior, donde la temperatura del aire es de 5° F. Después de 1 minuto, el termómetro indica 55° F, y después de 5 minutos indica 30° F. ¿Cuál era la temperatura inicial de la habitación? Solución Basándonos en el modelo de Newton

𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘 𝑇 − 𝑇𝑚

Identificando las condiciones iniciales y las variables dadas 𝑇 1 = 55° 𝐹 𝑇 5 = 30° 𝐹 𝑇𝑚 = 5° 𝐹 𝑇 0 =?

Sustituyendo en la ED 𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘 𝑇 − 5

Resolviendo 𝑑𝑇

𝑇 − 5= 𝑘𝑑𝑡

ln 𝑇 − 5 = 𝑘𝑡 + 𝑐 Quitando el logaritmo neperiano

𝑇 − 5 = 𝐶𝑒𝑘𝑡 𝑇 𝑡 = 𝐶𝑒𝑘𝑡 + 5

Aplicando las condiciones iniciales 𝑇 1 = 55

55 = 𝐶𝑒𝑘 + 5, (1) 𝑇 5 = 30

30 = 𝐶𝑒5𝑘 + 5, (2) Despejando a C de (1) y sustituyendo en (2)

𝐶 =50

𝑒𝑘

30 = 50

𝑒𝑘 𝑒5𝑘 + 5

Despejando a k 25 = 50𝑒4𝑘 0.5 = 𝑒4𝑘

𝑘 =ln 0.5

4= −0.1732

Sustituyendo a 𝑘 en (1) 55 = 𝐶𝑒−0.1732 + 5

Despejando a 𝐶

𝐶 =50

𝑒−0.1732= 42.0448

Página 22

Por lo que la ED queda 𝑇 𝑡 = 42.0448𝑒−0.1732 𝑡 + 5

Calculando la temperatura inicial, que es la de la habitación 𝑇 0 = 42.0448𝑒0 + 5 = 47.0448

b) Dos grandes tanques A y B del mismo tamaño se llenan con fluidos diferentes. Los fluidos en los tanques A y B se mantiene a 0° C y a 100° C, respectivamente. Una pequeña barra de metal, cuya temperatura inicial es 100° C, se sumerge dentro del tanque A. Después de 1 minuto la temperatura de la barra es de 90° C. Después de 2 minutos se saca la barra e inmediatamente se transfiere al otro tanque. Después de 1 minuto en el tanque B la temperatura se eleva 10°C. ¿Cuánto tiempo, medido desde el comienzo de todo el proceso, le tomará a la barra alcanzar 99.99°C? Solución Para solucionar este problema analizaremos por separado cada caso. Aplicando el modelo de Newton

𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘 𝑇 − 𝑇𝑚

Para el tanque A Verificando las condiciones iniciales, variables e incógnitas:

𝑇 0 = 100° 𝐶 𝑇𝑚 = 0° 𝐶 𝑇 1 = 90°𝐶 𝑇 2 =?

Sustituyendo en el modelo de Newton y resolviendo 𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘𝑇

ln𝑇 = 𝑘𝑡 + 𝑐 𝑇 𝑡 = 𝐶𝑒𝑘𝑡

Aplicando las condiciones iniciales 𝑇 0 = 100 100 = 𝐶𝑒0 𝐶 = 100 𝑇 1 = 90

90 = 100𝑒𝑘 0.9 = 𝑒𝑘

𝑘 = ln 0.9 = −0.1053 Calculando la temperatura a los 2 minutos

𝑇 2 = 100𝑒 −0.1053 2 = 81° 𝐶 Para el tanque B Verificando las condiciones iniciales, variables e incógnitas

𝑇 0 = 81° 𝐶 𝑇 1 = 91° 𝐶 𝑇𝑚 = 100° 𝐶

Página 23

𝑡 =? , 𝑇 𝑡 = 99.99° 𝐶 Sustituyendo en el modelo de Newton y resolviendo

𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑘 𝑇 − 100

𝑑𝑇

𝑇 − 100= 𝑘𝑑𝑡

ln 𝑇 − 100 = 𝑘𝑡 + 𝑐 𝑇(𝑡) = 𝐶𝑒𝑘𝑡 + 100

Aplicando las condiciones iniciales 𝑇 0 = 81

81 = 𝐶 + 100 𝐶 = −19 𝑇 1 = 91

91 = −19𝑒𝑘 + 100 0.4736 = 𝑒𝑘 𝑘 = −0.7472

Calculando el tiempo en el que la barra alcanzará los 99.99° C 99.99 = −19𝑒−0.7472 𝑡 + 100 𝑒−0.7472 𝑡 = 0.0005263

𝑡 =ln 0.0005263

−0.7472= 10.10 𝑚𝑖𝑛

Tomando en cuenta los 4 minutos que le tomó llegar a la temperatura de 81° C y sumando el tiempo que tomó para alcanzar los 99.99° C. El tiempo que duró el proceso fue de

𝑟𝑒𝑠𝑝. = 14.10𝑚𝑖𝑛 2.6.3. Mezclas

a) Un tanque mezclador grande inicialmente contiene 300 galones de salmuera. Otra solución de salmuera entra al tanque con una razón de 3 galones por minuto; la concentración de sal que entra es

2𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠

𝑔𝑎𝑙ó𝑛. Cuando la solución en el tanque está bien mezclada, sale

con la misma rapidez con que entra. Si 𝐴(𝑡) denota la cantidad de sal (medida en libras) en el tanque al tiempo 𝑡. Si había 50 lb de sal disueltas en los 300 galones iniciales, ¿cuánta sal habrá en el tanque pasadas 6 horas? Solución: Tomando como referencia la figura, la razón con la que 𝐴(𝑡) cambia es una razón neta:

𝑑𝐴

𝑑𝑡= 𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑅𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

La razón de entrada (𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 ) es el producto de la concentración de sal por la razón de entrada el fluido.

Página 24

𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 2𝑙𝑏

𝑔𝑎𝑙 3

𝑔𝑎𝑙

min = 6

𝑙𝑏

min

Puesto que la solución que sale del tanque es la misma razón con la que entra, el número de galones de la salmuera en el tanque al tiempo 𝑡 es una constante de 300 galones. Por lo que la concentración de la sal en el tanque así como en el flujo de salida es

𝑐 𝑡 =𝐴 𝑡

300 𝑙𝑏/𝑔𝑎𝑙, por lo que la razón de salida (𝑅𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 ) de sal es:

𝑅𝑠𝑎𝑙𝑒 = 𝐴 𝑡

300

𝑙𝑏

𝑔𝑎𝑙 3

𝑔𝑎𝑙

min =

𝐴 𝑡

100

𝑙𝑏

min

Por lo que la ED queda descrita como 𝑑𝐴

𝑑𝑡= 6−

𝐴

100

O bien 𝑑𝐴

𝑑𝑡+

1

100𝐴 = 6

Ya tenemos la ecuación que describe el fenómeno, ahora hay que resolverla, primero identificamos condiciones inciales, variables e incógnitas

𝐴 0 = 50 𝑙𝑏 𝑡 = 6 𝑕𝑟𝑎𝑠 = 360 𝑚𝑖𝑛, 𝐴 𝑡 =?

Vemos que la ED tiene la forma lineal de primer orden (véase la sección 2.4.). Resolviendo

𝑑𝐴

𝑑𝑡+

1

100𝐴 = 6

𝑃 𝑡 =1

100

𝑄 𝑡 = 6 Sacando el factor integrante

𝑒 𝑃 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒1

100 𝑑𝑡 = 𝑒

1100

𝑡 Donde la solución es

𝐴𝑒1

100𝑡 = 6 𝑒

1100

𝑡 𝑑𝑡 + 𝑐

𝐴𝑒1

100𝑡 = 600𝑒

1100

𝑡 + 𝑐

𝐴 𝑡 = 600 + 𝑐𝑒−1

100𝑡

Aplicando condiciones iniciales 𝐴 0 = 50

50 = 600 + 𝑐𝑒0 𝑐 = −550

Por lo que la ED queda

𝐴 𝑡 = 600− 550𝑒−1

100𝑡

Calculando la concentración de sal al tiempo 𝑡 = 360 𝑚𝑖𝑛

Página 25

𝐴 360 = 600 − 550𝑒 −1

100 360

𝐴 360 = 584.97𝑙𝑏 Nota: si 𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 y 𝑅𝑠𝑎𝑙𝑒 denotan las razones generales de entrada y salida de las soluciones de salmuera, entonces existen 3 posibilidades 𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 𝑅𝑠𝑎𝑙𝑒 ,𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 > 𝑅𝑠𝑎𝑙𝑒 , 𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 < 𝑅𝑠𝑎𝑙𝑒 . En los 2 últimos casos el número de galones de salmuera está aumentando o disminuyendo a la razón neta 𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 − 𝑅𝑠𝑎𝑙𝑒 .

b) Un gran tanque está parcialmente lleno con 100 galones de fluido en los que se disolvieron 10 libras de sal. La salmuera tiene ½ de sal por galón que entra al tanque a razón de 6 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛. Determine la cantidad de libras de sal que hay en el tanque después de 30 min., si la razón con la que la salmuera sale es de 4 𝑔𝑎𝑙/𝑚𝑖𝑛. Solución De la ecuación que se dedujo en el problema anterior

𝑑𝐴

𝑑𝑡= 𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 − 𝑅𝑠𝑎𝑙𝑒

𝑅𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 1

2

𝑙𝑏

𝑔𝑎𝑙 6

𝑔𝑎𝑙

min = 3

𝑙𝑏

𝑚𝑖𝑛

La rapidez con la que sale el fluido es menor a la que entra, por lo que el tanque acumula 2 𝑙𝑏/𝑚𝑖𝑛, así que la concentración de sal al tiempo 𝑡 en el tanque sería 2𝑡 𝑙𝑏/𝑚𝑖𝑛. Por lo que

𝑐 𝑡 =𝐴 𝑡

100 + 2𝑡

Y la razón de salida es

𝑅𝑠𝑎𝑙𝑒 = 𝑐 𝑡 4𝑔𝑎𝑙

min =

4𝐴 𝑡

100 + 2𝑡

Así que la ecuación queda como 𝑑𝐴

𝑑𝑡= 3 −

4𝐴

100 + 2𝑡

O lo que es igual 𝑑𝐴

𝑑𝑡+

2𝐴

50 + 𝑡= 3

Resolviendo la ecuación como una EDOL

𝑃 𝑡 =2

50 + 𝑡

𝑄 𝑡 = 3 Cuyo factor integrante es

𝑒 2

50+𝑡𝑑𝑡 = 𝑒2 ln 50+𝑡 = 50 + 𝑡 2

Por lo tanto

𝐴 50 + 𝑡 2 = 3 50 + 𝑡 2𝑑𝑡 + 𝑐

𝐴 𝑡 = 50 + 𝑡 + 𝑐 50 + 𝑡 −2 Aplicando las condiciones iniciales

Página 26

𝐴 0 = 10 10 = 50 + 𝑐 50 −2 𝑐 = −100 000

Así que la solución particular es 𝐴 𝑡 = 50 + 𝑡 − 100000 50 + 𝑡 −2

Calculando la cantidad de sal a los 30 min 𝐴 30 = 64.375 𝑙𝑏

2.6.4. Circuitos en serie a) Se aplica una fuerza electromotriz 𝐸 𝑡 = 𝐸0𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 a un circuito en

serie LR con 0.1 henrys de inductancia y 50 ohms de resistencia. Determine la corriente 𝑖(𝑡), si 𝑖 0 = 0. Basándonos en la leyes de kirchoff (LCK) que dice que la suma de los voltajes en cada elemento es igual al voltaje aplicado. 𝐸 𝑡 = 𝐸𝑅 𝑡 + 𝐸𝐿 𝑡 Donde 𝐸 𝑡 = Voltaje suministrado al circuito 𝐸𝑅 𝑡 = Voltaje que hay en la resistencia 𝐸𝐿(𝑡) = Voltaje que hay en el inductor Así mismo 𝐸𝑅 = 𝑖𝑅 (ley de ohm)

𝐸𝐿 = 𝐿𝑑𝑖

𝑑𝑡

Sustituyendo estas igualdades y los valores de cada elemento en la ecuación de Kirchorff se obtiene la EDO

𝐸0𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 = 50𝑖 + 0.1𝑑𝑖

𝑑𝑡

Reacomodando

0.1𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 50𝑖 = 𝐸0𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

Reescribiendo la ecuación

𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 500𝑖 = 10 𝐸0 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡

Resolviendo la EDOL 𝑃 𝑡 = 500

𝑄 𝑡 = 10 𝐸0𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 Con factor integrante

𝑒500 𝑑𝑡 = 𝑒500𝑡 Por lo que

𝑖𝑒500𝑡 = 10𝐸0 𝑒500𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 + 𝑐

Aplicando la fórmula

Página 27

𝑖𝑒500𝑡 = 10𝐸0𝑒

500𝑡

250000 +𝜔2 500 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 − 𝜔 cos𝜔𝑡 + 𝑐

Despejando

𝑖 𝑡 =10𝐸0

2500000 + 𝜔2 500 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 − 𝜔 cos𝜔𝑡 + 𝑐𝑒−500𝑡

Aplicando las condiciones iniciales 𝑖 0 = 0

0 = −10𝐸0𝜔

250000 + 𝜔2+ 𝑐

𝑐 =10𝐸0𝜔

250000 +𝜔2

Así que la ED queda

𝑖 𝑡 =10𝐸0

2500000 +𝜔2 500 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 − 𝜔 cos𝜔𝑡 + 𝑒−500𝑡

b) Se aplica una fuerza electromotriz de 100 volts a un circuito en serie RC, en el que la resistencia es de 200 ohms y la capacitancia es de 10−4 farads. Determine la carga del capacitor, si 𝑞 0 = 0. Encuentre la corriente 𝑖(𝑡) Solución Basándonos en que

𝐸𝑅 = 𝑖𝑅 = 𝑅𝑑𝑞

𝑑𝑡

𝐸𝐶 =1

𝐶𝑞

Aplicando (LCK)

𝐸 𝑡 = 𝑅𝑑𝑞

𝑑𝑡+

1

𝐶𝑞

Sustituyendo dados y acomodando la EDOL

200𝑑𝑞

𝑑𝑡+ 104𝑞 = 100

Reescribiendo la ecuación 𝑑𝑞

𝑑𝑡+ 50𝑞 = 0.5

Resolviendo 𝑃 𝑡 = 50 𝑄 𝑡 = 0.5

Cuyo factor integrante es

𝑒50 𝑑𝑡 = 𝑒50𝑡 Por lo que

Página 28

𝑞𝑒50𝑡 = 0.5 𝑒50𝑡𝑑𝑡 + 𝑐

𝑞 𝑡 = 0.01 + 𝑐𝑒−50𝑡 Aplicando condiciones iniciales

𝑞 0 = 0 0 = 0.01 + 𝑐 𝑐 = −0.01

Así que 𝑞 𝑡 = 0.01− 0.01𝑒−50𝑡

Sabiendo que

𝑖 𝑡 =𝑑

𝑑𝑡𝑞 𝑡

𝑖 𝑡 = 0.5𝑒−50𝑡 2.6.5. Drenado de un tanque

a) Por un agujero circular de área 𝐴0, en el fondo de un tanque, sale agua. Debido a la fricción y contracción de la corriente cerca del agujero, el

flujo de agua se reduce a 𝑐𝐴0 2𝑔𝑕, donde 0 < 𝑐 < 1. Deduzca la

ecuación diferencial que exprese la altura 𝑕 del agua al tiempo 𝑡. Tomando en cuenta que el radio del agujero es de 2 𝑖𝑛 y la gravedad es de 32 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠2. Solución El tanque es tiene forma cúbica por lo que el volumen es el cubo de su arista. Tomando en cuenta que la razón con la que el volumen disminuye es directamente proporcional a su área multiplicada por la razón a la que cambia su altura obtenemos

𝑑𝑉

𝑑𝑡= 100

𝑑𝑕

𝑑𝑡

Despejando la altura que es la que nos interesa 𝑑𝑕

𝑑𝑡=

1

100

𝑑𝑉

𝑑𝑡, (1)

Pero 𝑑𝑉

𝑑𝑡= 𝑐𝐴0 2𝑔𝑕

Si el agujero es circular, y 1 in =1

12 pie, al sustituir en la ecuación

obtenemos

𝑑𝑉

𝑑𝑡= 𝑐𝜋

1

6

2

2 32 𝑕 =8𝑐𝜋

36 𝑕 =

2𝑐𝜋

9 𝑕, (2)

Sustituyendo (2) en (1) 𝑑𝑕

𝑑𝑡=

1

100

2𝑐𝜋

9 𝑕 =

𝑐𝜋

450 𝑕

Resolviendo 𝑑𝑕

𝑕=𝑐𝜋

450𝑑𝑡

Página 29

2 𝑕 =𝑐𝜋𝑡

450

𝑕(𝑡) =𝑐𝜋𝑡

900+ 𝑐1

b) Un tanque en forma de cilindro recto circular en posición vertical está sacando agua por un agujero circular en su fondo, cuando se desprecia la fricción y la contracción del agujero, la altura 𝑕 del agua en el tanque está descrita por

𝑑𝑕

𝑑𝑡= −

𝐴𝑕𝐴𝑤

2𝑔𝑕

Donde 𝐴𝑕 y 𝐴𝑤 son las áreas del orificio y la sección transversal,

respectivamente. Resuelva la ED utilizando 𝑔 = 32𝑝𝑖𝑒𝑠

𝑠2 , suponiendo

que el tanque tiene 10 pies de altura y un radio de 2 pies y el agujero

circular tiene un radio de 1

2𝑖𝑛. Si el tanque está inicialmente lleno

¿Cuánto tardará en vaciarse? Solución

𝐴𝑕 = 2𝜋𝑟 = 2𝜋 2 = 4𝜋

𝐴𝑤 = 𝜋𝑟2 = 𝜋 1

24𝑖𝑛

2

=𝜋

576

2𝑔𝑕 = 2 32 𝑕 = 8 𝑕

Por lo que la ED queda

𝑑𝑕

𝑑𝑡= −

𝜋5764𝜋

8 𝑕

𝑑𝑕

𝑑𝑡= −

1

288 𝑕

Resolviendo por variables separables 𝑑𝑕

𝑕= −

1

288𝑑𝑡

2 𝑕 = −1

288𝑡 + 𝑐

𝑕 𝑡 = −1

576𝑡 +

𝑐

2

2

Aplicando condiciones iniciales 𝑕 0 = 10

10 =𝑐2

4

𝑐 = 2 10 Por lo que la ED queda

𝑕 𝑡 = −1

576𝑡 + 10

2

Calculando el tiempo de vaciado

Página 30

0 = −1

576𝑡 + 10

2

1

576𝑡 = 10

𝑡 = 576 10 𝑠 = 30.35 𝑚𝑖𝑛 Nota: El área de la sección transversal depende mucho de la forma del tanque.

2.6.6. Otros modelos a) En una población cerrada de 1000 habitantes se introduce un individuo

con un virus de gripe muy contagioso, se sabe que a los 2 días hay 78 enfermos. Calcule el número de enfermos a la semana de haberse introducido el nuevo individuo, ¿Cuánto tiempo es necesario para que la mitad de la población esté enferma? Solución En la sección 1.4.3 vimos el modelo de la propagación de una enfermedad donde 𝑥 era el número de enfermos y 𝑦 el número de sanos al tiempo 𝑡. Utilizando el modelo de la sección 1.4.3

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑘𝑥𝑦

Donde el número total de la población sería 𝑥 + 𝑦 = 1001 𝑦 = 1001− 𝑥

Por lo que se introdujo un nuevo individuo a la población inicial. Identificando las condiciones iniciales, variables e incógnitas

𝑥 0 = 1 𝑥 2 = 78 𝑥 7 =?

𝑡 =? , 𝑥 𝑡 = 500 Sustituyendo en la ED

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑘𝑥 1001− 𝑥

Resolviendo la ED 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 1001𝑘𝑥 − 𝑘𝑥2

𝑑𝑥

𝑑𝑡− 1001𝑘𝑥 = −𝑘𝑥2

La ecuación tiene la forma de Bernoulli (véase 2.5) Donde

𝑃 𝑡 = −1001𝑘 𝑄 𝑡 = −𝑘 𝑛 = 2

𝑤 = 𝑥1−2 = 𝑥−1 𝑃′ 𝑡 = 1 − 2 −1001𝑘 = 1001𝑘

Página 31

𝑄′ 𝑡 = 1− 2 −𝑘 = 𝑘 Reescribiendo la ED

𝑑𝑤

𝑑𝑡+ 1001𝑘𝑤 = 𝑘

Cuyo factor integrante es

𝑒 𝑃′ 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒 1001𝑘𝑑𝑡 = 𝑒1001𝑘𝑡

Por lo que la solución es

𝑤𝑒1001𝑘𝑡 = 𝑘 𝑒1001𝑘𝑡𝑑𝑡 + 𝑐

𝑥−1𝑒1001𝑘𝑡 =1

1001𝑒1001𝑘𝑡 + 𝑐

𝑥−1 =1

1001+ 𝑐𝑒−1001𝑘𝑡

𝑥 𝑡 =1

11001 + 𝑐𝑒−1001𝑘𝑡

Aplicando condiciones iniciales 𝑥 0 = 1

1 =1

11001 + 𝑐

1

1001+ 𝑐 = 1

𝑐 =1000

1001≈ 1

𝑥 2 = 78

78 =1

11001

+ 𝑒−2002𝑘

1

1001+ 𝑒−2002𝑘 =

1

78

𝑒−2002𝑘 =71

6006

−2002𝑘 = ln71

6006

𝑘 =4.4383

2002= 0.0022167

Por lo que la ED queda descrita por

𝑥 𝑡 =1

11001 + 𝑒− 1001 0.0022167 𝑡

𝑥 𝑡 =1

11001 + 𝑒−2.2189𝑡

Calculando el número de enfermos al tiempo 𝑡 = 7 𝑑í𝑎𝑠

𝑥 7 =1

11001 + 𝑒 −2.2189 7

Página 32

𝑥 7 = 1000.82 ≈ 1001 Calculando el tiempo en el que 500 habitantes estarán enfermos

500 =1

11001 + 𝑒−2.2189𝑡

1

1001+ 𝑒−2.2189𝑡 =

1

500

𝑒−2.2189𝑡 = 0.001001

𝑡 =ln 0.001001

−2.2189

𝑡 = 3.1126 𝑑í𝑎𝑠 b) Suponga que una pequeña bala de cañón que pesa 16 𝑙𝑏 se dispara

verticalmente hacia arriba, con una velocidad inicial de 𝑣0 =300 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠. Se desprecia la resistencia del aire. Si la dirección es positiva hacia arriba, entonces un modelo para la bala de cañón está

dado por 𝑑2𝑠

𝑑𝑡2 = −𝑔. Puesto que 𝑑𝑠

𝑑𝑡= 𝑣(𝑡) la última ecuación diferencial

es la misma que la ecuación 𝑑𝑣

𝑑𝑡= −𝑔, donde se toma 𝑔 = 32 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠.

Encuentre la velocidad 𝑣(𝑡) de la bala de cañón al tiempo t. Utilice ese resultado que se obtuvo para determinar la altura 𝑠(𝑡) de la bala de cañón medida desde el nivel del suelo. Determine la altura máxima que alcanza la bala. Solución

Sabemos que 𝑎 𝑡 =𝑑𝑣

𝑑𝑡=

𝑑2𝑠

𝑑𝑡2

Por lo que

𝑎 𝑡 =𝑑2𝑠

𝑑𝑡2= −𝑔

Integrando la ecuación para obtener la velocidad

𝑣 𝑡 =𝑑𝑠

𝑑𝑡= −𝑔𝑡 + 𝑐

𝑣 𝑡 = −32𝑡 + 𝑐 Aplicando las condiciones iniciales

𝑣 0 = 300 𝑐 = 300

Por lo que la velocidad al tiempo 𝑡 , es 𝑣 𝑡 = −32𝑡 + 300

Para determinar la altura integramos nuevamente la ecuación anterior 𝑠 𝑡 = −16𝑡2 + 300𝑡 + 𝑐

Tomando en cuenta que 𝑠 0 = 0 obtenemos que 𝑠 𝑡 = −16𝑡2 + 300𝑡

La altura máxima de la bala se obtiene cuando 𝑣 𝑡 = 0 Por lo que

0 = −32𝑡 + 300 𝑡 = 9.375

Página 33

Sustituyendo 𝑡 = 9.375 en la ecuación de la altura 𝑠 9.375 = −16 9.375 2 + 300 9.375

𝑠 9.375 = 1406.25 c) El sudario de Turín muestra el negativo de la imagen de cuerpo de un

hombre que parece fue crucificado, muchas personas creen que es el sudario del entierro de Jesús de Nazaret. En 1988 el Vaticano concedió permiso para datar con carbono el sudario. Tres laboratorios científicos independientes analizaron el paño y concluyeron que el sudario tenía una antigüedad de 660 años, una antigüedad consistente con su aparición histórica. Usando esta antigüedad determine qué porcentaje de la cantidad de C-14 quedaba en el paño en 1988. Solución

Se supone que la razón 𝑑𝐴

𝑑𝑡 con la que los núcleos de una sustancia se

desintegran es proporcional a la cantidad 𝐴(𝑡) que queda al tiempo 𝑡. Por lo que la ED que describe el fenómeno es

𝑑𝐴

𝑑𝑡= 𝑘𝐴

Resolviendo la ED 𝑑𝐴

𝐴= 𝑘𝑑𝑡

ln𝐴 = 𝑘𝑡 + 𝑐 𝐴 𝑡 = 𝐶𝑒𝑘𝑡

Teniendo en cuenta que 𝐴 0 = 𝐴0 𝐶 = 𝐴0

Y que la vida media del C-14 es de 5600 se obtiene que

𝐴 5600 =1

2𝐴0

1

2𝐴0 = 𝐴0𝑒

5600𝑘

5600𝑘 = ln1

2

𝑘 = −0.00012378 Así que la ED queda como

𝐴 𝑡 = 𝐴0𝑒−0.00012378 𝑡

Calculando la cantidad de C-14 a los 660 años

𝐴 600 = 𝐴0𝑒−0.00012378 660

𝐴 660 = 0.9215𝐴0 Por lo que en 1988 el sudario tenía el 92.15% del C-14 inicial

3. Solución de EDO de orden superior con coeficientes constantes por coeficientes indeterminados La EDOL de la forma:

𝑎𝑛𝑦 𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑦

𝑛−1 + 𝑎𝑛−2𝑦 𝑛−2 + ⋯+ 𝑎2𝑦

′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥)

O de la forma:

Página 34

𝑎𝑛𝐷 𝑛 𝑦+ 𝑎𝑛−1𝐷

𝑛−1 𝑦 + 𝑎𝑛−2𝐷 𝑛−2 𝑦 + ⋯+ 𝑎2𝐷

′′ 𝑦 + 𝑎1𝐷′𝑦 + 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥)

En donde 𝑎𝑛 ,𝑎𝑛−1 ,𝑎𝑛−2 ,… ,𝑎2 ,𝑎1, 𝑎0, son constantes Recibe el nombre de Ecuación Diferencial Ordinaria de Orden Superior con Coeficientes constantes, cuyo método de solución por coeficientes indeterminados, tiene 2 enfoques: Superposición y Operador anulador

3.1. Superposición Una EDOL es homogénea si 𝑔 𝑥 = 0, es no homogénea si 𝑔(𝑥) ≠ 0. En caso de que la EDOL sea no homogénea su forma de solución es: 1. Encontrar la solución complementaria 𝑦𝑐 2. Encontrar la solución particular 𝑦𝑝

3. Sumar ambas funciones de la manera que 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

1. Encontrar la solución complementaria 𝑦𝑐 Si la EDOL es no homogénea, para encontrar la solución complementaria la hacemos homogénea o sea:

𝑎𝑛𝑦 𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑦

𝑛−1 + 𝑎𝑛−2𝑦 𝑛−2 +⋯+ 𝑎2𝑦

′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 0

Si intentamos encontrar una solución de la forma 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 , y encontrando todas las derivadas pedidas 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 𝑦 ′ = 𝑚𝑒𝑚𝑥 𝑦 ′′ = 𝑚2𝑒𝑚𝑥 . . . 𝑦 𝑛 = 𝑚𝑛𝑒𝑚𝑥 Al sustituir en la EDOL 𝑎𝑛𝑚

𝑛𝑒𝑚𝑥 + 𝑎𝑛−1𝑚𝑛−1𝑒𝑚𝑥 + 𝑎𝑛−2𝑚

𝑛−2𝑒𝑚𝑥 + ⋯+ 𝑎2𝑚2𝑒𝑚𝑥 + 𝑎1𝑚𝑒

𝑚𝑥 + 𝑎0𝑒𝑚𝑥

= 0 Factorizando 𝑒𝑚𝑥

𝑒𝑚𝑥 𝑎𝑛𝑚𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑚

𝑛−1 + 𝑎𝑛−2𝑚𝑛−2 + ⋯+ 𝑎2𝑚

2 + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0 Despejando 𝑒𝑚𝑥

𝑎𝑛𝑚𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑚

𝑛−1 + 𝑎𝑛−2𝑚𝑛−2 +⋯+ 𝑎2𝑚

2 + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0 A la ecuación anterior se le conoce como ecuación auxiliar, al resolver la ecuación auxiliar podemos tener una combinación de los tres casos siguientes: a) Raíces diferentes

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑐2𝑒

𝑚2𝑥 + ⋯+ 𝑐𝑛−2𝑒𝑚𝑛−2𝑥 + 𝑐𝑛−1𝑒

𝑚𝑛−1𝑥 + 𝑐𝑛𝑒𝑚𝑛𝑥

b) Raíces repetidas 𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒

𝑚𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒𝑚𝑥 +⋯+ 𝑐𝑛−2𝑥

𝑛−3𝑒𝑚𝑥 + 𝑐𝑛−1𝑥𝑛−2𝑒𝑚𝑥 + 𝑐𝑛𝑥

𝑛−1𝑒𝑚𝑥 c) Raíces complejas de la forma 𝑚1 ,𝑚2 = 𝛼 ± 𝛽𝑖

𝑦𝑐 = 𝑒𝛼𝑥 [𝑐1𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑥 + 𝑐2 cos(𝛽𝑥)] 2. Encontrar la solución particular 𝑦𝑝

Página 35

De la forma de 𝑔 𝑥 de la ED, podemos tener cualquier combinación de los 3 casos siguientes o sólo 1 a) Polinomial (en función del grado):

𝑦𝑝 = 𝐴 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑥2 +⋯+ 𝑋𝑥𝑛−2 + 𝑌𝑥𝑛−1 + 𝑍𝑥𝑛

b) Exponencial: 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒𝛼𝑥 + 𝐵𝑥𝑒𝛼𝑥 + 𝐶𝑥2𝑒𝛼𝑥 + ⋯+ 𝑌𝑥𝑛−1𝑒𝛼𝑥 + 𝑍𝑥𝑛𝑒𝛼𝑥

c) Trigonométrica 𝑦𝑝 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑥 + 𝐵 cos(𝛽𝑥)

Nota: si algún elemento propuesto en 𝑦𝑝 ya se encuentra en 𝑦𝑐 , es necesario multiplicarlo

por 𝑥𝑛 , de tal manera que 𝑛 sea el grado inmediato superior que diferencie a los términos. En la siguiente tabla se ponen algunas soluciones particulares tentativas

3.1.1. Ejemplos

a) 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 6𝑦 = 2𝑥 Solución La solución de esta ecuación está dada por 2 elementos

𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

Calculando 𝑦𝑐 Apoyándonos de la ecuación auxiliar

𝑚2 + 𝑚 − 6 = 0 𝑚+ 3 𝑚 − 2 = 0

𝑚1 = −3 𝑚2 = 2

Página 36

Las raíces son diferentes por lo que 𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒

−3𝑥 + 𝑐2𝑒2𝑥

Calculando 𝑦𝑝

𝑔(𝑥) es polinomial de grado 1 por lo que 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵

Sustituyendo 𝑦𝑝 y sus derivadas en la ecuación diferencial

𝑦 ′𝑝

= 𝐴

𝑦 ′′𝑝

= 0

0 + 𝐴 − 6 𝐴𝑥 + 𝐵 = 2𝑥 𝐴 − 6𝐴𝑥 − 6𝐵 = 2𝑥 −6𝐴𝑥 + 𝐴 − 6𝐵 = 2𝑥

Igualando coeficientes de ambos lados de la igualdad con sus términos semejantes −6𝐴 = 2, (1) 𝐴 − 6𝐵 = 0, (2) Resolviendo el sistema de ecuaciones

𝐴 = −1

3

𝐵 = −1

18

Por lo que

𝑦𝑝 = −1

3𝑥 −

1

18

Así que 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

𝑦 = 𝑐1𝑒−3𝑥 + 𝑐2𝑒

2𝑥 −1

3𝑥 −

1

18

b) 𝑦 ′′ + 4𝑦 = 𝑥2 − 3 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 Solución Buscando la Ecuación auxiliar

𝑚2 + 4 = 0 𝑚1 = 2𝑖 𝑚2 = −2𝑖

𝑦𝑐 = 𝑐1 cos 2𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 Buscando a 𝑦𝑝 , 𝑔(𝑥) es una combinación de una ecuación

polinómica y una trigométrica: 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 cos 2𝑥 + 𝐷𝑥2 + 𝐸𝑥 + 𝐹 𝑠𝑒𝑛 2𝑥

Como en 𝑦𝑐 ya aparece el coseno y el seno multiplicados sólo por una constante se tiene que multiplicar por 𝑥, así que 𝑦𝑝 queda como

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 cos 2𝑥 + 𝐷𝑥3 + 𝐸𝑥2 + 𝐹𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥

Buscando las derivadas 𝑦 ′𝑝

= −2 𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 3𝐴𝑥2 + 2𝐵𝑥 + 𝐶 cos 2𝑥 +

2 𝐷𝑥3 + 𝐸𝑥2 + 𝐹𝑥 cos 2𝑥 + 3𝐷𝑥2 + 2𝐸𝑥 + 𝐹 𝑠𝑒𝑛 2𝑥

Página 37

𝑦′′𝑝 = −4 𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 cos 2𝑥 − 2 3𝐴𝑥2 + 2𝐵𝑥 +

𝐶 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 2 3𝐴𝑥2 + 2𝐵𝑥 + 𝐶 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 6𝐴𝑥 + 2𝐵 cos 2𝑥 −4 𝐷𝑥3 + 𝐸𝑥2 + 𝐹𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 2 3𝐷𝑥2 + 2𝐸𝑥 + 𝐹 cos 2𝑥 +2 3𝐷𝑥2 + 2𝐸𝑥 + 𝐹 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 6𝐷𝑥 + 2𝐸 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 𝑦′′𝑝 = −4𝐴𝑥3 − 4𝐵𝑥2 − 4𝐶𝑥 + 6𝐴𝑥 + 2𝐵 + 12𝐷𝑥2 + 8𝐸𝑥 +

4𝐹 cos 2𝑥 + −12𝐴𝑥2 − 8𝐵𝑥 − 4𝐶 − 4𝐷𝑥3 − 4𝐸𝑥2 − 4𝐹𝑥 +6𝐷𝑥 + 2𝐸 𝑠𝑒𝑛 2𝑥

𝑦′′𝑝 = −4𝐴𝑥3 + 12𝐷 − 4𝐵 𝑥2 + 6𝐴 − 4𝐶 + 8𝐸 𝑥 +

2𝐵 + 4𝐹 cos 2𝑥 + −4𝐷𝑥3 + −12𝐴 − 4𝐸 𝑥2 + (−8𝐵 + 6𝐷 −4𝐹 𝑥 + (−4𝐶 + 2𝐸)) 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 Sustituyendo en la Ecuación Diferencial

−4𝐴𝑥3 + 12𝐷 − 4𝐵 𝑥2 + 6𝐴 − 4𝐶 + 8𝐸 𝑥 + 2𝐵+

4𝐹 cos 2𝑥 + −4𝐷𝑥3) + −12𝐴 − 4𝐸 𝑥2 + (−8𝐵+ 6𝐷 −

4𝐹 𝑥 + (−4𝐶 + 2𝐸) 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 = 𝑥2 − 3 𝑠𝑒𝑛 2𝑥

−4𝐴𝑥3 cos 2𝑥 + 12𝐷 − 4𝐵 𝑥2 cos 2𝑥 + 6𝐴− 4𝐶 +8𝐸 𝑥 cos 2𝑥 + 2𝐵 + 4𝐹 cos 2𝑥 − 4𝐷𝑥3𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + −12𝐴−4𝐸 𝑥2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + −8𝐵 + 6𝐷 − 4𝐹 𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + −4𝐶 +2𝐸 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 = 𝑥2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 − 3 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 Igualando coeficientes −4𝐴 = 0 8𝐷 − 4𝐵 = 0 2𝐴 − 4𝐶 + 4𝐸 = 0 2𝐵 + 4𝐹 = 0 −4𝐷 = 0 −12𝐴 − 2𝐸 = 1 −8𝐵 + 6𝐷 − 4𝐹 = 0 −4𝐶 + 2𝐸 = −3 Encontrando los valores de las incógnitas 𝐴 = 0 𝐵 = 0

𝐶 =1

2

𝐷 = 0

𝐸 = −1

2

𝐹 = 0 Por lo que

Página 38

𝑦𝑝 =1

2𝑥 cos 2𝑥 −

1

2𝑥2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥

Así que el resultado es 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

𝑦 = 𝑐1 cos 2𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 +1

2𝑥 cos 2𝑥 −

1

2𝑥2𝑠𝑒𝑛 2𝑥

3.2. Operador anulador Una ecuación diferencial de 𝑛-ésimo orden se puede escribir como

𝑎𝑛𝐷 𝑛 𝑦+ 𝑎𝑛−1𝐷

𝑛−1 𝑦 + 𝑎𝑛−2𝐷 𝑛−2 𝑦 + ⋯+ 𝑎2𝐷

′′ 𝑦 + 𝑎1𝐷′𝑦 + 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥)

Cuando es adecuado la ecuación anterior también se escribe como 𝐿 𝑦 = 𝑔(𝑥), donde 𝐿 denota el operador diferencial o polinomial, lineal de 𝑛-ésimo orden

𝑎𝑛𝐷𝑛 + 𝑎𝑛−1𝐷

𝑛−1 + ⋯+ 𝑎1𝐷 + 𝑎0 La notación de operador no sólo es una abreviatura útil, sino que en un nivel muy práctico la aplicación de operadores diferenciales permite justificar las reglas un poco abrumadoras para determinar la forma de solución particular 𝑦𝑝 . En esta sección no hay reglas especiales; la forma

de 𝑦𝑝 se deduce casi de manera automática una vez que se encuentra

un operador diferencial lineal adecuado que anula a 𝑔(𝑥) en su forma estándar propuesta al inicio de esta sección. Si 𝐿 es un operador diferencial lineal con coeficientes constantes y 𝑓 es una función sucifientemente diferenciable tal que

𝐿 𝑓 𝑥 = 0,

Entonces se dice que 𝐿 es un anulador de la función. Por ejemplo, 𝐷 anula a una función constante 𝑦 = 𝑘, puesto que 𝐷𝑘 = 0. El operador diferencial 𝐷2 anula a la función 𝑦 = 𝑥 puesto que la primera y segunda derivada de 𝑥 son 1 y 0, respectivamente. De manera similar, 𝐷3𝑥2 = 0, etcétera. Como consecuencia inmediata y el hecho de que la derivación se puede hacer término a término, un polinomio

𝑐0 + 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥2 +⋯+ 𝑐𝑛−1𝑥

𝑛−1 Se anula al encontrar un operador que aniquile la potencia más alta de 𝑥. El operador diferencial 𝐷 − 𝛼 𝑛 anula cada una de las funciones 𝑒𝛼𝑥 , 𝑥𝑒𝛼𝑥 , 𝑥2𝑒𝛼𝑥 ,… , 𝑥𝑛−1𝑒𝛼𝑥 (1) Para ver esto, observamos que la ecuación auxiliar de la ecuación homogénea 𝐷 − 𝛼 𝑛𝑦 = 0 es 𝑚 − 𝛼 𝑛 = 0. Puesto que 𝛼 es una raíz de multiplicidad 𝑛, la solución general es 𝑦 = 𝑐1𝑒

𝛼𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒𝛼𝑥 + ⋯+ 𝑐𝑛𝑥

𝑛−1𝑒𝛼𝑥 (2) Por ejemplo Encuentre el operador diferencial que anule la función dada a) 1 − 5𝑥2 + 8𝑥3

Página 39

Sabemos que 𝐷4𝑥3 = 0, así se tiene que 𝐷4 1− 5𝑥2 + 8𝑥3 = 0

b) 𝑒−3𝑥 Con (1) y (2) vemos que 𝛼 = −3 y 𝑛 = 1 vemos que

𝐷 + 3 𝑒−3𝑥 = 0 c) 4𝑒2𝑥 − 10𝑥𝑒2𝑥

Con (1) y (2) vemos que 𝛼 = 2 y 𝑛 = 2, se tiene que 𝐷 − 2 2 4𝑒2𝑥 − 10𝑥𝑒2𝑥 = 0

El operador diferencial 𝐷2 − 2𝛼𝐷 + 𝛼2 + 𝛽2 𝑛 anula cada

De las siguientes funciones 𝑒𝛼𝑥 cos𝛽𝑥 , 𝑥𝑒𝛼𝑥 cos𝛽𝑥 , 𝑥2𝑒𝛼𝑥 cos𝛽𝑥 ,… ,𝑥𝑛−1𝑒𝛼𝑥 cos𝛽𝑥 𝑒𝛼𝑥 sen 𝛽𝑥 , 𝑥𝑒𝛼𝑥 sen 𝛽𝑥 , 𝑥2𝑒𝛼𝑥 sen 𝛽𝑥 ,… , 𝑥𝑛−1𝑒𝛼𝑥 sen 𝛽𝑥

3.2.1. Ejemplos a) 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 4𝑥2

Solución Primero resolvemos la ecuación homogénea con la ecuación auxiliar adecuada

𝑚2 + 3𝑚+ 2 = 0 𝑚+ 2 𝑚+ 1 = 0

𝑚1 = −2 𝑚2 = −1

Así que 𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒

−2𝑥 + 𝑐2𝑒−𝑥

Ahora, puesto que 4𝑥2 se anula con el operador diferencial 𝐷3, por lo que se tiene otra ecuación auxiliar de la forma

𝑚3 = 0 Cuyas raíces son

𝑚1,2,3 = 0

Así pues la solución particular es 𝑦𝑝 = 𝐴 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑥2

Suponiendo a 𝑦 = 𝑦𝑝 y sacando las derivadas necesarias

𝑦 ′𝑝

= 𝐵 + 2𝐶𝑥

𝑦′′𝑝 = 2𝐶

Sustituyendo en la ED 2𝐶 + 3 𝐵 + 2𝐶𝑥 + 2 𝐴 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑥2 = 4𝑥2

Agrupando términos semejantes 2𝐶𝑥2 + 6𝐶 + 2𝐵 𝑥 + 2𝐶 + 3𝐵 + 2𝐴 = 4𝑥2

Igualando coeficientes de ambos lados de la igualdad 2𝐶 = 4

6𝐶 + 2𝐵 = 0 2𝐶 + 3𝐵 + 2𝐴 = 0

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que 𝐶 = 2

Página 40

𝐵 = −6 𝐴 = 7 Por lo que

𝑦𝑝 = 7 − 6𝑥 + 2𝑥2

Así que la solución general para la ED es 𝑦 = 𝑐1𝑒

−2𝑥 + 𝑐2𝑒−𝑥 + 7 − 6𝑥 + 2𝑥2

b) Encuentre la solución particular 𝑦𝑝 para

𝑦′′′ − 4𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ = 5𝑥2 − 6𝑥 + 4𝑥2𝑒2𝑥 + 3𝑒5𝑥 + 3 cos 𝑥 Solución Observe que 𝐷3 5𝑥2 − 6𝑥 = 0, 𝐷 − 2 3𝑥2𝑒2𝑥 = 0, 𝐷 − 5 𝑒5𝑥 = 0 Y 𝐷2 + 1 3 cos𝑥 = 0 Por lo que 𝐷3 𝐷 − 2 3 𝐷 − 5 𝐷2 + 1 (𝐷3 − 4𝐷2 + 4𝐷)𝑦 = 0 La ecuación en rojo es el miembro izquierdo de la igualdad Sustituyendo la ecuación auxiliar 𝑚3 𝑚 − 2 3 𝑚 − 5 𝑚2 + 1 (𝑚3 − 4𝑚2 + 4𝑚) = 0 𝑚4 𝑚 − 2 3 𝑚 − 5 (𝑚2 + 1) 𝑚2 − 4𝑚 + 4 = 0 𝑚4 𝑚 − 2 5 𝑚 − 5 𝑚2 + 1 = 0 Obteniendo las raíces

𝑚1,2,3,4 = 0

𝑚5,6,7,8,9 = 2 𝑚10 = 5 𝑚11 = ±𝑖

Por lo que 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2𝑥 + 𝑐3𝑥

2 + 𝑐4𝑥3 + 𝑐5𝑒

2𝑥 + 𝑐6𝑥𝑒2𝑥 + 𝑐7𝑥

2𝑒2𝑥 +𝑐8𝑥

3𝑒2𝑥 + 𝑐9𝑥4𝑒2𝑥 + 𝑐10𝑒

5𝑥 + 𝑐11 cos𝑥 + 𝑐12𝑠𝑒𝑛 𝑥 Donde 𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐5𝑒

2𝑥 + 𝑐6𝑥𝑒2𝑥 , por ser parte de la solución

homogénea Por lo que el sobrante es 𝑦𝑝 , así pues

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥3 + 𝐸𝑥2𝑒2𝑥 + 𝐹𝑥3𝑒2𝑥 + 𝐺𝑥4𝑒2𝑥 + 𝐻𝑒5𝑥 +

𝐼 cos𝑥 + 𝐽𝑠𝑒𝑛 𝑥 3.3. Variación de parámetros

Para utilizar Variación de parámetros utilizamos el siguiente procedimiento

1. Encontrar la solución complementaria 𝑦𝑐 2. Encontrar la solución particular 𝑦𝑝

3. Sumar ambas funciones de la manera que 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

1. Encontrar la solución complementaria 𝑦𝑐 Si la EDOL es no homogénea, para encontrar la solución complementaria la hacemos homogénea o sea:

𝑎𝑛𝑦 𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑦

𝑛−1 + 𝑎𝑛−2𝑦 𝑛−2 +⋯+ 𝑎2𝑦

′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 0

Página 41

Si intentamos encontrar una solución de la forma 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 , y encontrando todas las derivadas pedidas 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥 𝑦 ′ = 𝑚𝑒𝑚𝑥 𝑦 ′′ = 𝑚2𝑒𝑚𝑥 . . . 𝑦 𝑛 = 𝑚𝑛𝑒𝑚𝑥 Al sustituir en la EDOL 𝑎𝑛𝑚

𝑛𝑒𝑚𝑥 + 𝑎𝑛−1𝑚𝑛−1𝑒𝑚𝑥 + 𝑎𝑛−2𝑚

𝑛−2𝑒𝑚𝑥 + ⋯+ 𝑎2𝑚2𝑒𝑚𝑥 + 𝑎1𝑚𝑒

𝑚𝑥 + 𝑎0𝑒𝑚𝑥

= 0 Factorizando 𝑒𝑚𝑥

𝑒𝑚𝑥 𝑎𝑛𝑚𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑚

𝑛−1 + 𝑎𝑛−2𝑚𝑛−2 + ⋯+ 𝑎2𝑚

2 + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0 Despejando 𝑒𝑚𝑥

𝑎𝑛𝑚𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑚

𝑛−1 + 𝑎𝑛−2𝑚𝑛−2 +⋯+ 𝑎2𝑚

2 + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0 A la ecuación anterior se le conoce como ecuación auxiliar, al resolver la ecuación auxiliar podemos tener una combinación de los tres casos siguientes: a) Raíces diferentes

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒𝑚1𝑥 + 𝑐2𝑒

𝑚2𝑥 + ⋯+ 𝑐𝑛−2𝑒𝑚𝑛−2𝑥 + 𝑐𝑛−1𝑒

𝑚𝑛−1𝑥 + 𝑐𝑛𝑒𝑚𝑛𝑥

b) Raíces repetidas 𝑦𝑐 = 𝑐1𝑒

𝑚𝑥 + 𝑐2𝑥𝑒𝑚𝑥 +⋯+ 𝑐𝑛−2𝑥

𝑛−3𝑒𝑚𝑥 + 𝑐𝑛−1𝑥𝑛−2𝑒𝑚𝑥 + 𝑐𝑛𝑥

𝑛−1𝑒𝑚𝑥 c) Raíces complejas de la forma 𝑚1 ,𝑚2 = 𝛼 ± 𝛽𝑖

𝑦𝑐 = 𝑒𝛼𝑥 [𝑐1𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑥 + 𝑐2 cos(𝛽𝑥)] Nota: Para 𝑦𝑐 se procede de la misma forma que en superposición (véase 3.1) 2. Encontrar la solución particular 𝑦𝑝

De la solución complementaria (sin tomar en cuenta la constante), el primer término corresponderá a 𝑦1 y el segundo a 𝑦2 y así sucesivamente, de tal manera que 𝑦𝑝 = 𝑢1𝑦1 + 𝑢2𝑦2 +⋯

De 𝑦𝑝 y 𝑔(𝑥) formaremos el siguiente sistema de ecuaciones

𝑦1𝑢′1 + 𝑦2𝑢′2 +⋯ = 0 𝑦′1𝑢′1 + 𝑦′2𝑢′2 +⋯ = 0 𝑦′′1𝑢′1 + 𝑦′′2𝑢′2 +⋯ = 0 . + . + ⋯ = 0

𝑦1 𝑛 𝑢′1 + 𝑦2

𝑛 𝑢′2 +⋯ = 𝑔(𝑥) Para resolver el sistema

𝑊 =

𝑦1 𝑦2

… 𝑦𝑛

𝑦′1 𝑦′2 … 𝑦′𝑛⋮

𝑦 𝑛 1

⋮𝑦 𝑛

2

… ⋮… 𝑦 𝑛

𝑛

Página 42

𝑢′1 =

0 𝑦2 … 𝑦𝑛

0 𝑦 ′ 2… 𝑦 ′ 𝑛

⋮𝑔 𝑥

⋮

𝑦 𝑛 2

… ⋮

… 𝑦 𝑛 𝑛

det 𝑤; 𝑢1 = 𝑢′1𝑑𝑥

𝑢′2 = 𝑦1 0 … 𝑦𝑛

𝑦′1 0 … 𝑦 ′ 𝑛⋮

𝑦 𝑛 1

⋮𝑔(𝑥)

… ⋮

… 𝑦 𝑛 𝑛

det 𝑤; 𝑢2 = 𝑢′2𝑑𝑥

.

.

.

𝑢′𝑛 = 𝑦1 𝑦2 … 0

𝑦 ′ 1 𝑦 ′ 2 … 0

⋮

𝑦 𝑛 1

⋮

𝑦 𝑛 2

… ⋮… 𝑔(𝑥)

det 𝑤; 𝑢𝑛 = 𝑢′𝑛𝑑𝑥

Los valores encontrados (𝑢1,𝑢2,… , 𝑢𝑛 ) se sustituyen en 𝑦𝑝

3. Sumar ambas funciones 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

3.3.1. Ejemplos a) 𝑦 ′′ + 𝑦 = sec 𝑥

Solución Buscando la solución complementaria con la ecuación auxiliar

𝑚2 + 1 = 0

𝑚 = ±𝑖

𝑦𝑐 = 𝑐1 cos𝑥 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 𝑥

Basándonos en 𝑦𝑐 para escribir a 𝑦𝑝

𝑦𝑝 = 𝑢1 cos𝑥 + 𝑢2𝑠𝑒𝑛 𝑥

Sacando las derivadas de cada elemento

𝑢′1 cos 𝑥 + 𝑢′

2𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 0

−𝑢′1𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑢′

2 cos 𝑥 = sec 𝑥

Generando el Wronskiano

𝑤 = cos𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥−𝑠𝑒𝑛 𝑥 cos𝑥

det 𝑤 = 1

Página 43

Encontrando los valores correspondientes de las variables 𝑢1 𝑦 𝑢2, por el método de

Cramer

𝑢′1 =

0 𝑠𝑒𝑛 𝑥

sec 𝑥 cos𝑥

det𝑤= −𝑠𝑒𝑛 𝑥 sec 𝑥

𝑢1 = − 𝑠𝑒𝑛 𝑥

cos 𝑥𝑑𝑥 = ln cos 𝑥

𝑢′2 =

cos𝑥 0− 𝑠𝑒𝑛 𝑥 sec 𝑥

det𝑤= cos𝑥 sec 𝑥

𝑢2 = cos𝑥

cos𝑥𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 = 𝑥

Por lo que

𝑦𝑝 = (ln cos𝑥)(cos𝑥) + 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥

Así que la solución general es

𝑦 = 𝑐1 cos 𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + (ln cos𝑥)(cos𝑥) + 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 b) 𝑦 ′′ + 𝑦 = sec 𝜃 tan 𝜃

Solución Buscando la solución complementaria con la ecuación auxiliar

𝑚2 + 1 = 0

𝑚 = ±𝑖

𝑦𝑐 = 𝑐1 cos 𝜃 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 𝜃

Basándonos en 𝑦𝑐 para escribir a 𝑦𝑝

𝑦𝑝 = 𝑢1 cos 𝜃 + 𝑢2𝑠𝑒𝑛 𝜃

Sacando las derivadas de cada elemento

𝑢′1 cos𝜃 + 𝑢′ 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 0

−𝑢′1𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑢′ 2 cos𝜃 = sec 𝜃 tan 𝜃

Generando el Wronskiano

𝑤 = cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃−𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos𝜃

Página 44

det𝑤 = 1

Encontrando los valores correspondientes de las variables 𝑢1 𝑦 𝑢2, por el método de

Cramer

𝑢′1 =

0 𝑠𝑒𝑛 𝜃sec 𝜃 tan 𝜃 cos 𝜃

det𝑤= −

𝑠𝑒𝑛2𝜃

cos2 𝜃

𝑢1 = − 𝑠𝑒𝑛2𝜃

cos2 𝜃𝑑𝜃 = −

1− cos2 𝜃

cos2 𝜃𝑑𝜃 = −( sec2 𝜃 𝑑𝜃 − 𝑑𝜃)

𝑢1 = 𝜃 − tan 𝜃

𝑢′ 2 =

cos𝜃 0−𝑠𝑒𝑛 𝜃 sec 𝜃 tan𝜃

det𝑤= tan𝜃

𝑢2 = tan 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃

cos 𝜃𝑑𝜃 = ln cos𝜃

Por lo que la solución particular es

𝑦𝑝 = 𝜃 cos𝜃 − cos𝜃 tan𝜃 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ln cos𝜃

Así que la solución general es

𝑦 = 𝑐1 cos 𝜃 + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝜃 cos𝜃 − cos 𝜃 tan𝜃 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ln cos𝜃

3.4. Ecuación de Cauchy-Euler

Una ecuación diferencial lineal de la forma

𝑎𝑛𝑥𝑛𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1𝑥

𝑛−1𝑑𝑛−1𝑦

𝑑𝑥𝑛−1+ ⋯+ 𝑎1𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0𝑦 = 𝑔(𝑥)

Donde los coeficientes 𝑎𝑛 , 𝑎𝑛−1,… ,𝑎0 son constantes, se conoce

como ecuación de Cauchy-Euler. La característica de este tipo de

ecuación es que el grado de los coeficientes monomiales 𝑥𝑘

coincide con el orden 𝑘 de la derivación 𝑑𝑘𝑦

𝑑𝑥𝑘

Si intentamos encontrar una solución de la forma 𝑦 = 𝑥𝑚 ,

análogo a lo que sucede cuando se sustituye 𝑒𝑚𝑥 en una ecuación

lineal con coeficientes constantes, cuando se sustituye 𝑥𝑚 , cada

término de una ecuación de Cauchy-Euler se convierte en un

polinomio en 𝑚 veces 𝑥𝑚 , puesto que

Página 45

𝑎𝑘𝑥𝑘𝑑𝑘𝑦

𝑑𝑥𝑘= 𝑎𝑘𝑥

𝑘𝑚 𝑚 − 1 𝑚 − 2 … 𝑚 − 𝑘 + 1 𝑥𝑚−𝑘

= 𝑎𝑘𝑥𝑚𝑚 𝑚 − 1 𝑚 − 2 … (𝑚− 𝑘 + 1)

Por ejemplo, cuando sustituimos 𝑦 = 𝑥𝑚 , la ecuación de segundo

orden se transforma

𝑎𝑥2𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 𝑏𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑐𝑦 = 𝑎𝑚 𝑚 − 1 𝑥𝑚 + 𝑏𝑚𝑥𝑚 + 𝑐𝑥𝑚

= 𝑎𝑚 𝑚 − 1 + 𝑏𝑚+ 𝑐 𝑥𝑚

Así 𝑦 = 𝑥𝑚 es una solución de la ecuación diferencial siempre que 𝑚 sea una solución de

la ecuación auxiliar

𝑎𝑚 𝑚 − 1 + 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0 o 𝑎𝑚2 + 𝑏 − 𝑐 𝑚 + 𝑐 = 0

A partir de las raíces podemos encontrar 3 casos distintos

a) Raíces distintas

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑥𝑚1 + 𝑐2𝑥

𝑚2 +⋯+ 𝑐𝑛𝑥𝑚𝑛

b) Raíces repetidas

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑥𝑚 + 𝑐2𝑥

𝑚 ln𝑥 + 𝑐3𝑥𝑚 ln2 𝑥 …+ 𝑐𝑛𝑥

𝑚 ln𝑛 𝑥

c) Raíces complejas

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑥𝛼 𝑠𝑒𝑛 (β ln𝑥) + 𝑐2𝑥

𝛼 cos(𝛽 ln 𝑥)

Para encontrar a 𝑦𝑝 se recomienda usar variación de parámetros.

Siempre tomando en cuenta que el coeficiente de la derivada de mayor orden

tiene que ser 1.

3.4.1. Ejemplos

a) 𝑥2𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 2𝑥

Solución

Haciendo 𝑦 = 𝑥𝑚

𝑦 ′ = 𝑚𝑥𝑚−1

𝑦 ′′ = 𝑚 𝑚 − 1 𝑥𝑚−2

Sustituyendo en la ecuación homogénea y resolviendo

𝑥2 𝑚 𝑚 − 1 𝑥𝑚−2 − 𝑥 𝑚𝑥𝑚−1 + 𝑥𝑚 = 0

𝑚2 −𝑚 𝑥𝑚 −𝑚𝑥𝑚 + 𝑥𝑚 = 0

𝑥𝑚 𝑚2 − 2𝑚+ 1 = 0

𝑚2 − 2𝑚+ 1 = 0

𝑚 − 1 𝑚 − 1 = 0

𝑚1,2 = 1

Las raíces son iguales por lo que

Página 46

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥 ln 𝑥

Reescribiendo la ED para encontrar a 𝑔 𝑥

𝑦 ′′ −1

𝑥𝑦 ′ +

1

𝑥2𝑦 =

2

𝑥

Encontrando 𝑦𝑝 por variación de parámetros

𝑦𝑝 = 𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑥 ln 𝑥

𝑢′1𝑥 + 𝑢′ 2𝑥 ln 𝑥 = 0

𝑢′1 + 𝑢′ 2 1 + ln 𝑥 =2

𝑥

Generando el Wronskiano

𝑤 = 𝑥 𝑥 ln 𝑥1 1 + ln 𝑥

det𝑤 = 𝑥 + 𝑥 ln𝑥 − 𝑥 ln𝑥 = 𝑥

Calculando los valores de 𝑢1 𝑦 𝑢2

𝑢′1 =

0 𝑥 ln 𝑥2𝑥 1 + ln𝑥

𝑥= −

2 ln 𝑥

𝑥

𝑢1 = −2 ln 𝑥

𝑥𝑑𝑥 = − ln2 𝑥

𝑢′ 2 =

𝑥 0

12𝑥

𝑥=

2

𝑥

𝑢2 = 2 𝑑𝑥

𝑥= 2 ln 𝑥

Por lo que

𝑦𝑝 = −𝑥 ln2 𝑥 + 2𝑥 ln2 𝑥 = 𝑥 ln2 𝑥

Así la solución general es

𝑦 = 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥 ln 𝑥 + 𝑥 ln2 𝑥

b) 𝑥2𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ − 𝑦 = ln 𝑥

Solución

Haciendo 𝑦 = 𝑥𝑚

𝑦 ′ = 𝑚𝑥𝑚−1

𝑦 ′′ = 𝑚 𝑚 − 1 𝑥𝑚−2

Sustituyendo en la ecuación homogénea y resolviendo

𝑥2 𝑚 𝑚 − 1 𝑥𝑚−2 + 𝑥 𝑚𝑥𝑚−1 − 𝑥𝑚 = 0

Página 47

𝑚2 −𝑚 𝑥𝑚 + 𝑚𝑥𝑚 − 𝑥𝑚 = 0

𝑥𝑚 𝑚2 − 1 = 0

𝑚2 − 1 = 0

Por lo que

𝑚1 = 1

𝑚2 = −1

Las raíces son diferentes por lo que

𝑦𝑐 = 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥−1

Reescribiendo la ED para encontrar a 𝑔 𝑥

𝑦 ′′ +1

𝑥𝑦 ′ −

1

𝑥2𝑦 =

ln 𝑥

𝑥2

Encontrando 𝑦𝑝 por variación de parámetros

𝑦𝑝 = 𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑥−1

𝑢′1𝑥 + 𝑢′2𝑥−1 = 0

𝑢′1 + 𝑢′ 2 −𝑥−2 =

ln 𝑥

𝑥2

Generando el Wronskiano

𝑤 = 𝑥 𝑥−1

1 −𝑥−2

det𝑤 = −𝑥−1 − 𝑥−1 = −2𝑥−1

Calculando los valores de 𝑢1 𝑦 𝑢2

𝑢′1 =

0 𝑥−1

ln𝑥𝑥2 −𝑥−2

−2𝑥−1=

1

2

𝑥 ln 𝑥

𝑥3=

1

2

ln 𝑥

𝑥2

𝑢1 =1

2

ln 𝑥

𝑥2𝑑𝑥 =

1

2 −

ln 𝑥

𝑥−

1

𝑥

Usando la fórmula

𝑢′2 =

𝑥 0

1ln 𝑥𝑥2

−2𝑥−1= −

1

2 ln 𝑥

𝑢2 = −1

2 ln 𝑥 𝑑𝑥 = −

1

2𝑥 ln 𝑥 +

1

2𝑥

Página 48

Por lo que

𝑦𝑝 = −1

2ln 𝑥 −

1

2𝑥 −

1

2ln𝑥 +

1

2𝑥 = − ln 𝑥

Así la solución general es

𝑦 = 𝑐1𝑥 + 𝑐2𝑥−1 − ln 𝑥

3.5. Modelado de Orden superior

En esta sección, se van a considerar varios sistemas dinámicos

lineales en los que cada modelo matemático es una ecuación

diferencial de segundo orden con coeficientes constantes junto

con condiciones iniciales especificadas en un tiempo que

tomaremos como 𝑡 = 0

𝑎𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 𝑏

𝑑𝑦

𝑑𝑡+ 𝑐𝑦 = 𝑔 𝑡 , 𝑦 0 = 𝑦0 , 𝑦 ′ 0 = 𝑦1

Recuerde que 𝑔 es la función de entrada, función de conducción o

función forzada del sistema. Una solución 𝑦(𝑡) de la ecuación

diferencial es un intervalo 𝐼 que contiene 𝑡 = 0 que satisface las

condiciones iniciales se llama salida o respuesta del sistema.

3.5.1. Sistemas resorte/masa: Movimiento libre no amortiguado

Se sugiere estudiar la ley de Hooke, y la segunda ley de Newton.

La ED de un movimiento libre no amortiguado es

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= −𝑘𝑥

Donde el signo negativo indica que la fuerza restauradora del

resorte actúa opuesta a la dirección del movimiento.

Dividiendo entre la masa 𝑚, se obtiene la ecuación diferencial

de segundo orden

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

𝑘

𝑚 𝑥 = 0

O bien

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+𝜔2𝑥 = 0

Donde

𝜔2 =𝑘

𝑚

Se dice que la Ecuación en rojo describe el movimiento

armónico simple o movimiento libre no amortiguado.

Página 49

Ejemplo:

Una masa que pesa 2 lb alarga 6 pulgadas un resorte. En 𝑡 = 0

se libera la masa desde un punto que está 8 pulgadas debajo de

la posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 4/3

pie/s. Determine la ecuación de movimiento.

Solución

Tenemos que convertir todas las unidades a una sola, como la

unidad más utilizada es el pie, utilizaremos esta unidad

6 𝑖𝑛 =1

2𝑝𝑖𝑒

8 𝑖𝑛 =2

3𝑝𝑖𝑒

𝑚 =𝑊

𝑔=

2 𝑙𝑏

32𝑝𝑖𝑒𝑠

𝑠2

=1

16 𝑠𝑙𝑢𝑔

Aplicando la ley de Hooke para encontrar la constante 𝑘

𝐹 = 𝑘𝑠

2 𝑙𝑏 = 𝑘 1

2𝑝𝑖𝑒

𝑘 = 4𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒

Por lo que la ecuación diferencial queda como

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

4

116

𝑥 = 0

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 64𝑥 = 0

Como

𝜔2 = 64

𝜔 = 8

El desplazamiento inicial y la velocidad inicial son 𝑥 0 =2

3,

𝑥 ′ 0 = −4

3, donde el signo negativo en la última condición es

una consecuencia del hecho de que a la masa se le da una

velocidad inicial en la dirección negativa o hacia arriba.

Resolviendo la ED con la ecuación auxiliar

𝑚2 + 64 = 0

𝑚 = ±8𝑖

Por lo que 𝑥𝑐 = 𝑐1 cos 8𝑡 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 8𝑡

Debido a que 𝑔 𝑡 = 0, 𝑥𝑝 = 0

Así que la solución es

Página 50

𝑥 = 𝑥𝑐 = 𝑐1 cos 8𝑡 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 8𝑡

Aplicando las condiciones iniciales

𝑥 0 =2

3, 𝑥 ′ 0 = −

4

3

2

3= 𝑐1

−4

3= 8𝑐2

𝑐2 = −1

6

Así que la ecuación que describe el movimiento al tiempo 𝑡 es

𝑥 𝑡 =2

3cos 8𝑡 −

1

6 𝑠𝑒𝑛 8𝑡

3.5.2. Sistemas resorte/masa: Movimiento libre amortiguado

En el estudio de la mecánica, las fuerzas de amortiguamiento

que actúan sobre un cuerpo se consideran proporcionales a una

potencia de la velocidad instantánea. En particular, en el análisis

posterior se supone que esta fuerza está dada por un múltiplo

constante de 𝑑𝑥/𝑑𝑡. Cuando ninguna otra fuerza actúa en el

sistema, se tiene de la segunda ley de Newton que

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= −𝑘𝑥 − 𝛽

𝑑𝑥

𝑑𝑡

Donde 𝛽 es una constante de amortiguamiento positiva y el

signo negativo es una consecuencia del hecho de que la fuerza

de amortiguamiento actúa en una dirección opuesta al

movimiento.

Dividiendo la ecuación anterior entre la masa 𝑚, se encuentra

que la ecuación diferencial del movimiento libre amortiguado es

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

𝛽

𝑚 𝑑𝑥

𝑑𝑡+

𝑘

𝑚 𝑥 = 0

O

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 2𝜆

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝜔2𝑥 = 0

Donde

2𝜆 =𝛽

𝑚, 𝜔2 =

𝑘

𝑚

El 2𝜆 se utiliza por conveniencia matemática al buscar las raíces

de la ecuación auxiliar.

Ejemplo:

Página 51

Una masa que pesa 16 libras se une a un resorte de 5 pies de

largo. En equilibrio el resorte mide 8.2 pies. Si al inicio la masa se

libera desde el reposo en un punto 2 pies arriba de la posición

de equilibrio encuentre los desplazamientos 𝑥(𝑡) si se sabe que

además que el medio circundante ofrece una resistencia

numéricamente igual a la velocidad instantánea.

Solución

La elongación del resorte después que se une la masa es

8.2 − 5 = 3.2 𝑝𝑖𝑒𝑠, así se deduce de la ley de Hooke que

𝐹 = 𝑘𝑠

16 = 𝑘 3.2

𝑘 = 5 𝑙𝑏/𝑝𝑖𝑒

Además

𝑚 =𝑊

𝑔=

16

32=

1

2 𝑠𝑙𝑢𝑔

Por lo que la ecuación diferencial está dada por

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 2

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 10 𝑥 = 0

Resolviendo la ED

𝑚2 + 2𝑚 + 10 = 0

𝑚1 = −1 + 3𝑖

𝑚2 = −1 − 3𝑖

Por lo que

𝑥𝑐 = 𝑒−𝑡 𝑐1 cos 3𝑡 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 3𝑡

En vista de que 𝑔 𝑡 = 0, 𝑥𝑝 = 0

𝑥 = 𝑥𝑐

𝑥 𝑡 = 𝑒−𝑡 𝑐1 cos 3𝑡 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 3𝑡

Aplicando las condiciones iniciales

𝑥 0 = −2, 𝑥 ′ 0 = 0

𝑐1 = −2

𝑐2 = −2

3

Por lo que la ecuación de movimiento es

𝑥 𝑡 = −2 𝑒−𝑡 cos 3𝑡 −2

3𝑒−𝑡 𝑠𝑒𝑛 3𝑡

Página 52

3.5.3. Sistemas resorte/masa: Movimiento Forzado

Suponga que ahora se toma en consideración una fuerza

externa 𝑓(𝑡) que actúa sobre una masa vibrante en un resorte.

Por ejemplo, 𝑓(𝑡) podría representar una fuerza motriz que

causa un movimiento vertical oscilatorio del soporte del resorte.

La inclusión de 𝑓(𝑡) en la formulación de la segunda ley de

Newton da la ecuación diferencial de Movimiento forzado o

dirigido:

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= −𝑘𝑥 − 𝛽

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑓(𝑡)

Dividiendo la ecuación entre la masa 𝑚

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 2𝜆

𝑑𝑥

𝑑𝑡+𝜔2𝑥 = 𝐹(𝑡)

Donde 𝐹 𝑡 =𝑓 𝑡

𝑚 y, como en la sección anterior, 2𝜆 =

𝛽

𝑚,

𝜔2 =𝑘

𝑚.

3.5.4. Circuitos LRC en serie

Ya habíamos visto anteriormente que para resolver un circuito

en serie nos basábamos en la ley de las corrientes de Kirchoff,

para modelado de orden superior se utiliza el mismo

procedimiento tomando en cuenta que los voltajes en cada

elemento es

𝐿𝑑𝑖

𝑑𝑡= 𝐿

𝑑2𝑞

𝑑𝑡2

Para un inductor

𝑅𝑖 = 𝑅𝑑𝑞

𝑑𝑡

Para un resistor 1

𝐶𝑞

Para un capacitor

Ejemplo

Se tiene conectado en serie un inductor 𝐿 = 0.1 𝑕𝑒𝑛𝑟𝑦𝑠, una

resistencia 𝑅 = 100Ω, y un capacitor 𝐶 = 10−5 𝑓𝑎𝑟𝑎𝑑, a una

fuente de voltaje 𝐸 𝑡 = 120 𝑣. Calcule la ecuación de carga, si

𝑞 0 = 0, 𝑖 0 = 0.

Página 53

Solución

Utilizando la LCK obtenemos que

120 = 0.1𝑑2𝑞

𝑑𝑡2+ 100

𝑑𝑞

𝑑𝑡+

1

10 −5

𝑞

𝑑2𝑞

𝑑𝑡2+ 1000

𝑑𝑞

𝑑𝑡+ 100000𝑞 = 1200

Resolviendo a partir de la ecuación auxiliar

𝑚2 + 1000𝑚+ 100000 = 0

𝑚1 = −1000 + 774.5966

2= −112.70

𝑚2 = −1000− 774.5966

2= −887.29

Por lo que

𝑞𝑐 = 𝑐1𝑒−112.70𝑡 + 𝑐2𝑒

−887.29𝑡

Como 𝑔 𝑥 = 1200

𝑞𝑝 = 𝐴

Resolviendo para encontrar A

𝐴 = 0.012

Por lo que

𝑞 𝑡 = 𝑐1𝑒−112.70𝑡 + 𝑐2𝑒

−887 .29𝑡 + 0.012

Aplicando condiciones iniciales y encontrando las constantes

𝑞 0 = 0, 𝑖 0 = 0

𝑐1 + 𝑐2 = −0.012

−112.70𝑐1 − 887.29𝑐2 = 0

𝑐1 = −0.01374

𝑐2 = −0.02574

Así pues

𝑞 𝑡 = −0.01374𝑒−112.70𝑡 − 0.02574𝑒887.29𝑡 + 0.012

Página 54

4. Transformada de Laplace 4.1. Definición de la transformada de Laplace

Si 𝑓(𝑡) está definida para 𝑡 ≥ 0, entonces

𝐾 𝑠, 𝑡 𝑓 𝑡 𝑑𝑡∞

0

= lim𝑏→∞

𝐾 𝑠, 𝑡 𝑓 𝑡 𝑑𝑡𝑏

0

Si existe el límite, se dice que la integral existe o es convergente; si no

hay límite, la integral no existe y se afirma que es divergente. Este

límite, en general, existe sólo para ciertos valores de la variable 𝑠. La

elección 𝐾 𝑠, 𝑡 = 𝑒−𝑠𝑡 produce una transformada integral

especialmente importante.

Sea una función 𝑓 definida para 𝑡 ≥ 0. Entonces se dice que la integral

ℒ 𝑓 𝑡 = 𝑓 𝑡 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∞

0

Es la transformada de Laplace de 𝑓, siempre y cuando la integral

converja.

Por lo que

ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑠 , ℒ 𝑔 𝑡 = 𝐺 𝑠 , ℒ 𝐻 𝑡 = 𝑕(𝑠)

La transformada de Laplace al igual que muchos operadores

matemáticos, tiene la propiedad de linealidad por lo que

ℒ 𝛼𝑓 𝑡 + 𝛽𝑔 𝑡 = 𝛼ℒ 𝑓 𝑡 + 𝛽ℒ 𝑔 𝑡

4.1.1. Ejemplos

a) ℒ 𝑎 , 𝑎 = 𝑐𝑡𝑒.

ℒ 𝑎 = 𝑎𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∞

0

= 𝑎 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∞

0

=𝑎

−𝑠𝑒−𝑠𝑡 |0

∞ =𝑎

−𝑠𝑒−𝑠(∞) +

𝑎

𝑠𝑒0 =

𝑎

𝑠

Para 𝑠 > 0

Así pues la transformada de laplace para cualquier constante 𝑎, es

ℒ 𝑎 =𝑎

𝑠

b) ℒ 𝑡

ℒ 𝑡 = 𝑡𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡∞

0

Página 55

= −1

𝑠𝑡𝑒−𝑠𝑡 +

1

𝑠 𝑒−𝑠𝑡𝑑𝑡 = −

1

𝑠𝑡𝑒−𝑠𝑡 −

1

𝑠2𝑒−𝑠𝑡 |0

∞

=1

𝑠2

c) ℒ cos 𝑎𝑡

ℒ cos𝑎𝑡 = 𝑒−𝑠𝑡 cos 𝑎𝑡 𝑑𝑡∞

0

Aplicando la fórmula

=𝑒−𝑠𝑡

𝑠2 + 𝑎2 −𝑠 cos 𝑎𝑥 + 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑎𝑥 |0

∞ =𝑠

𝑠2 + 𝑎2

Así pues la transformada de Laplace nos transforma del dominio del

tiempo 𝑡 al dominio de 𝑠.

Aquí dejo una tabla de transformadas de algunas funciones

elementales

𝒇 𝒕 𝑭(𝒔)

𝒂 𝑎

𝑠

𝒕𝒏

𝑛!

𝑠𝑛+1

𝒔𝒆𝒏 𝒂𝒕 𝑎

𝑠2 + 𝑎2

𝐜𝐨𝐬 𝒂𝒕 𝑠

𝑠2 + 𝑎2

𝒔𝒆𝒏𝒉 𝒂𝒕 𝑎

𝑠2 − 𝑎2

𝐜𝐨𝐬𝐡𝒂𝒕 𝑠

𝑠2 − 𝑎2

𝒆𝒂𝒕 1

𝑠 − 𝑎

4.2. Primer teorema de Translación

Si ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑠)

Entonces ℒ 𝑒𝑎𝑡𝑓 𝑡 = 𝐹 𝑠 − 𝑎

Página 56

4.2.1. Ejemplos

a) 𝑓 𝑡 = 𝑡𝑒2𝑡

Solución

Calculando la transformada de Laplace para 𝑡

ℒ 𝑡 = 𝐹(𝑠) =1

𝑠2

Aplicando primera de translación siendo 𝑎 = 2

𝐹 𝑠 − 𝑎 =1

𝑠 − 2 2

Por lo que

ℒ 𝑡𝑒2𝑡 =1

𝑠 − 2 2

b) 𝑓 𝑡 = 𝑒3𝑡𝑠𝑒𝑛 2𝑡 + 𝑒−𝑡 cos 4𝑡

Solución

Aplicando linealidad

ℒ 𝑓 𝑡 = ℒ 𝑒3𝑡 𝑠𝑒𝑛 2𝑡 + ℒ 𝑒−𝑡 cos 4𝑡

Calculando la transformada de laplace para cada función

𝐹1 𝑠 =2

𝑠2 + 4

𝐹2 𝑠 =𝑠

𝑠2 + 16

Aplicando primera de translación a cada función

Con 𝑎1 = 3 y 𝑎2 = −1

𝐹1 𝑠 − 𝑎 =2

𝑠 − 3 2 + 4

𝐹2 𝑠 − 𝑎 =𝑠 + 1

𝑠 + 1 2 + 16

Por lo que

ℒ 𝑓 𝑡 =2

𝑠 − 3 2 + 4+

𝑠 + 1

𝑠 + 1 2 + 16

4.3. Segundo Teorema de translación

Sea 𝑔 𝑡 = 𝑓 𝑡 − 𝑎 , 𝑡 > 𝑎0, 𝑡 > 𝑎

𝐺 𝑠 = 𝑒−𝑎𝑠𝐹(𝑠)

4.3.1. Ejemplos

Página 57

a) 𝑔 𝑡 = 𝑡 − 3 2, 𝑡 > 30, 𝑡 < 3

Solución

𝑓 𝑡 = 𝑡2

Por lo que 𝐹 𝑠 =2

𝑠3

Aplicando segunda de translación

𝐺 𝑠 =2𝑒−3𝑠

𝑠3

b) 𝑕 𝑡 = 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝜋 , 𝑡 > 𝜋0, 𝑡 < 𝜋

Solución

𝑓 𝑡 = 𝑠𝑒𝑛 𝑡

Por lo que 𝐹 𝑠 =1

𝑠2+1

Aplicando segunda de translación

𝐻 𝑠 =𝑒−𝜋𝑠

𝑠2 + 1

4.4. Transformada inversa

Si 𝐹(𝑠) representa la transformada de Laplace de una función

𝑓(𝑡), que es ℒ 𝑓 𝑡 = 𝐹(𝑠), entonces decimos que 𝑓(𝑡) es la

transformada inversa de Laplace de 𝐹(𝑠) y escribimos 𝑓 𝑡 =

ℒ−1𝐹 𝑠 .

4.4.1. Ejemplos

a) 𝐹 𝑠 =1

𝑠

Solución

Vemos que 𝐹(𝑠) tiene la forma de la transformada de una

constante 𝑎

𝑠= ℒ 𝑎

Por lo que la transformada inversa sería

ℒ−1 𝑎

𝑠 = 𝑎

Así pues

𝑓 𝑡 = ℒ−1 1

𝑠 = 1

b) 𝐹 𝑠 =1

𝑠4

Solución

Vemos que 𝐹 𝑠 tiene la forma de la transformada de 𝑡𝑛 𝑛!

𝑠𝑛+1= ℒ 𝑡𝑛

Página 58

Por lo que la transformada inversa sería

ℒ−1 𝑛!

𝑠𝑛+1 = 𝑡𝑛

Así pues

𝑓 𝑡 = ℒ−1 1

𝑠4 =

1

3!ℒ

3!

𝑠4 =

1

6𝑡3

c) 𝐹 𝑠 =4𝑠

𝑠+1 2+9

Solución

Acomodando la función

𝐹 𝑠 = 4𝑠

𝑠 + 1 2 + 9

Vemos que tiene la forma de la transformada de un coseno

ℒ cos 𝑎𝑡 =𝑠

𝑠2 + 𝑎2

Pero con un adelanto por lo que tiene la forma de

ℒ 𝑒−𝑏𝑡 cos 𝑎𝑡 =𝑠 + 𝑏

𝑠 + 𝑏 2 + 𝑎2

Su transformada inversa sería

𝑒−𝑏𝑡 cos𝑎𝑡 = ℒ−1 𝑠 + 𝑏

𝑠 + 𝑏 2 + 𝑎2

Así pues

𝑓 𝑡 = 4ℒ−1 𝑠 + 1− 1

𝑠 + 1 2 + 9

= 4 ℒ−1 𝑠 + 1

𝑠 + 1 2 + 9 − ℒ−1

1

𝑠 + 1 2 + 9

= 4 𝑒−𝑡 cos 3𝑡 −1

3ℒ−1

3

𝑠 + 1 2 + 9

= 4𝑒−𝑡 cos 3𝑡 −4

3𝑒−𝑡𝑠𝑒𝑛 3𝑡

4.5. Transformada de derivadas

Si 𝑓′ es continua cuando 𝑡 ≥ 0, la integración por partes da

entonces

ℒ 𝑓′ 𝑡 = 𝑒−𝑠𝑡∞

0

𝑓′ 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑒−𝑠𝑡𝑓 𝑡 |0∞ + 𝑠 𝑒−𝑠𝑡

∞

0

𝑓 𝑡 𝑑𝑡

= −𝑓 0 + 𝑠ℒ 𝑓 𝑡

ℒ 𝑓′ 𝑡 = 𝑠𝐹 𝑠 − 𝑓 0

Así llegamos a la definición de la transformada de una derivada

Página 59

Si 𝑓, 𝑓′ , 𝑓′′ ,… , 𝑓 𝑛−1 son continuas en [0,∞) y de orden

exponencial, y si 𝑓 𝑛 𝑡 es continua por tramos en [0,∞),

entonces

ℒ 𝑓 𝑛 𝑡 = 𝑠𝑛𝐹 𝑠 − 𝑠𝑛−1𝑓 0 − 𝑠 𝑛−2 𝑓′ 0 − ⋯− 𝑓 𝑛−1 0

Donde 𝐹 𝑠 = ℒ 𝑓 𝑡

4.6. Solución de una EDO por transformada de Laplace

Resulta evidente que ℒ 𝑑𝑛 𝑦

𝑑𝑡𝑛 depende de 𝑌 𝑠 = ℒ𝑦 𝑡 y de las

derivadas 𝑛 − 1 de 𝑦(𝑡) evaluadas en 𝑡 = 0. Esta propiedad hace

que la transformada de Laplace sea tan adecuada para resolver

problemas de valor inicial lineales donde la ecuación diferencial

tenga coeficientes constantes. Una ecuación diferencial de tal

índole simplemente es una combinación lineal de los términos

𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ ,… ,𝑦 𝑛 :

𝑎𝑛𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑡𝑛+ 𝑎𝑛−1

𝑑 𝑛−1 𝑦

𝑑𝑡𝑛−1+ ⋯+ 𝑎0𝑦 = 𝑔 𝑡

𝑦 0 = 𝑦0 ,𝑦 ′ 0 = 𝑦1 ,… , 𝑦 𝑛−1 0 = 𝑦𝑛−1

Gracias a la linealidad de la transformada de Laplace de esta

combinación lineal resulta una combinación lineal de

transformadas de Laplace:

𝑎𝑛ℒ 𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑡𝑛 + 𝑎𝑛−1ℒ

𝑑 𝑛−1 𝑦

𝑑𝑡𝑛−1 +⋯+ 𝑎0ℒ𝑦 = ℒ𝑔 𝑡

Donde ℒ 𝑦 𝑡 = 𝑌 𝑠 , ℒ 𝑔 𝑡 = 𝐺(𝑠)

Si resolvemos la ecuación general por transformada de Laplace

obtenemos una ecuación algebraica en 𝑌(𝑠), obteniendo

𝑃 𝑠 𝑌 𝑠 = 𝑄 𝑠 + 𝐺 𝑠

Así obtenemos

𝑌 𝑠 =𝑄 𝑠

𝑃 𝑠 +𝐺 𝑠

𝑃 𝑠

Donde

𝑃 𝑠 = 𝑎𝑛𝑠𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑠

𝑛−1 +⋯+ 𝑎0

y 𝑄(𝑠) es un polinomio de grado 𝑠 menor o igual que 𝑛 − 1,

debido a las condiciones iniciales.

𝐺(𝑠) es la transformada de Laplace de 𝑔(𝑡).

Por lo que

𝑦 𝑡 = ℒ−1 𝑌 𝑠

Página 60

Que es la solución de la EDO

4.6.1. Ejemplos

a) 𝑑𝑦

𝑑𝑡− 𝑦 = 1, 𝑦 0 = 0

Solución

Aplicando transformada de Laplace a cada término

ℒ 𝑦 ′ − ℒ 𝑦 = ℒ 1

𝑠𝑌 𝑠 − 𝑦 0 − 𝑌 𝑠 =1

𝑠

Aplicando condiciones iniciales y despejando 𝑌(𝑠)

𝑦 0 = 0

𝑌 𝑠 =1

𝑠 𝑠 − 1

Aplicando transformada inversa

ℒ−1 𝑌 𝑠 = ℒ−1 1

𝑠 𝑠 − 1

Separando por fracciones parciales 1

𝑠 𝑠 − 1 =𝐴

𝑠+

𝐵

𝑠 − 1

Calculando los valores de las constantes

1 = 𝐴 𝑠 − 1 + 𝐵 𝑠

Si 𝑠 = 0

𝐴 = −1

Si 𝑠 = 1

𝐵 = 1

Por lo que

𝑦 𝑡 = −ℒ−1 1

𝑠 + ℒ−1

1

𝑠 − 1

𝑦 𝑡 = −1 + 𝑒𝑡

b) 𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 4𝑦 = 0, 𝑦 0 = 1, 𝑦 ′ 0 = 0

Solución

Aplicando transformada de Laplace a cada término

ℒ 𝑦 ′′ + 5ℒ 𝑦 ′ + 4ℒ 𝑦 = 0

𝑠2𝑌 𝑠 − 𝑠𝑦 0 − 𝑦 ′ 0 + 5𝑠𝑌 𝑠 − 5𝑠𝑦 0 + 4𝑌 𝑠 = 0

Aplicando condiciones iniciales y despejando 𝑌(𝑠)

𝑌 𝑠 =6𝑠

𝑠2 + 5𝑠 + 4

ℒ−1 𝑌 𝑠 = ℒ−1 6𝑠

𝑠2 + 5𝑠 + 4

Separando por fracciones parciales

Página 61

6𝑠

𝑠 + 4 𝑠 + 1 =

𝐴

𝑠 + 4+

𝐵

𝑠 + 1

Calculando los valores de las constantes

6𝑠 = 𝐴 𝑠 + 1 + 𝐵 𝑠 + 4

Si 𝑠 = −4

𝐴 = 8

Si 𝑠 = −1

𝐵 = −3

Por lo que

𝑦 𝑡 = ℒ−1 8

𝑠 + 4 − ℒ

3

𝑠 + 1

𝑦 𝑡 = 8𝑒−4𝑡 − 3𝑒−𝑡

Página 62

Bibliografía

- Spiegel, Murray R., Schaum, Cálculo Superior, primera edición. Mc Graw Hill.

- Spiegel, Murray R., Schaum, Manual de fórmulas y tablas matemáticas, primera

edición. Mc Graw Hill.

- Spiegel, Murray R., Schaum, Transformadas de Laplace, primera edición. Mc Graw

Hill.

- Zill, Dennis G., Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones de modelado, novena

edición. CENGAGE Learning.

- Zill, Dennis G., Matemáticas Avanzadas para ingeniería, Vol. 1, Ecuaciones

Diferenciales, tercera edición. Mc Graw Hill.