ETS Minas: Métodos matemáticos
Guía de estudio: Tema 7 EDOs de primer orden
Francisco PalaciosEscuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de CataluñaNoviembre 2008, versión 1.1
1 Introducción
El contenido del tema es el siguiente:
1. Conceptos básicos.
2. Métodos exactos para la resolución de EDOs de primer orden.
3. Métodos numéricos.
4. Aplicaciones.
2 Objetivos
2.1 Teóricos
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:
• Diferenciar entre ecuaciones diferenciales ordinaria (EDO) y ecuacio-nes diferenciales en derivadas parciales.
• Determinar el orden de una EDO.
• Escribir una EDO en forma normal.
• Decidir si una EDO es lineal y escribir la EDO lineal homogénea aso-ciada.
• Manejar la notación diferencial Mdx+Ndy = 0.
• Definir solución de una EDO, distinguir entre soluciones implícitas yexplícitas.
• Distinguir entre familias de soluciones y soluciones particulares.
• Determinar la EDO que define una familia de curvas.
• Distinguir entre problemas de valor inicial y problemas de valores decontorno.
1
Francisco Palacios Tema 7: EDO’s de primer orden. 2
• Definir las soluciones singulares y calcularlas cuando sea necesario.
• Identificar y resolver EDOs de variables separables.
• Identificar y resolver EDOs homogéneas.
• Identificar y resolver EDOs exactas.
• Identificar ecuaciones diferenciales lineales de primer orden y escribir-las en forma estándar.
• Escribir y aplicar las propiedades de las soluciones de ecuaciones li-neales.
• Escribir la EDO lineal homogénea asociada y calcular la solución ge-neral.
• Aplicar el método de variación de parámetros para determinar unasolución particular de una EDO lineal completa.
• Aplicar la condición suficiente existencia y unicidad de soluciones paraproblemas de valor inicial de primer orden.
• Aproximar la solución de un problema de valor inicial mediante:
— el método de Euler,
— el método de Euler modificado,
— el método de Taylor de segundo orden.
• Definir error de truncamiento.
• Construir el modelo matemático de algunas aplicaciones típicas comoel crecimiento bacteriano, crecimiento de población, enfriamiento decuerpos, etc.
2.2 Cálculo manual
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:
• Calcular, una familia de soluciones para EDOs sencillas de los tipos
— variables separables,
— homogéneas,
— exactas.
• Calcular la solución general de ecuaciones lineales de primer ordensencillas, determinando para ello:
Francisco Palacios Tema 7: EDO’s de primer orden. 3
— la solución general de la EDO homogénea asociada;
— una solución particular de la EDO completa mediante el métodode variación de parámetros.
• Resolver problemas de valor inicial sencillos con EDOs de los tipos an-teriores, expresando cuando sea posible la solución en forma explícita.
• Dado un problema de valor inicial sencillo, escribir las fórmulas derecurrencia correspondientes y calcular algunos pasos para los métodosde Euler, Euler modificado, Taylor de segundo orden.
• Resolver problemas de aplicación sencillos construyendo un modelomatemático mediante una ecuación diferencial.
2.3 Cálculo con ordenador
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:
• Escribir ecuaciones diferenciales siguiendo la sintaxis de Maple.
• Calcular una familia de soluciones con dsolve.
• Forzar la presentación de soluciones explícitas con la opción expli-cit=true.
• Resolver problemas de valor inicial con dsolve.
• Extraer una expresión correspondiente a la solución usando el comandorhs.
• Representar gráficamente la solución de un problema de valor inicial.
• Aproximar numéricamente la solución de un problema de valor inicialusando la opción type=numeric de dsolve.
• Usar la notación de índices y el comando rhs para extraer adecua-damente los valores aproximados que resultan de los procedimientosnuméricos de dsolve.
• Seleccionar el método numérico con la opción method de dsolve;modificar el step con stepsize.
• Representar curvas integrales y el campo de pendientes con el comandoDEplot de la librería DEtools.
• Aplicar todo lo aprendido en la resolución de problemas de aplicación.
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3 Orientaciones para el estudio
• Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase correspon-dientes a la Sección 1: Conceptos básicos. asegúrate de que comprendesy manejas bien todas las definiciones.
• Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase correspon-dientes a la Sección 2: Métodos analíticos para la resolución de ecua-ciones diferenciales de primer orden. Pon especial atención en la re-solución de ecuaciones diferenciales lineales. Aunque existen variosmétodos para determinar soluciones particulares de la ecuación linealcompleta, nosotros sólo usaremos el método de variación de paráme-tros.
• En la Sección 3: Métodos numéricos, céntrate en el método de Eulery el método de Taylor de 2o orden. Si no dispones de tiempo, puedesomitir el método de Euler modificado; también puedes omitir el estudiodetallado de la deducción de los métodos.
• Resuelve los ejemplos de aplicación de la Sección 4.
• Resuelve los ejercicios que se indican a continuación sobre EDOs se-parables y EDOs lineales. Procura no encallarte, en caso necesario,estudia la resolución que aparece en los ejercicios resueltos.
— EDOs separables: ejercicios 1,3,4,5,6.
— EDOs lineales: ejercicios 16.1—16.6, 17.
• Resuelve los siguientes ejercicios sobre EDOs homogéneas y exactas.(Si dispones de poco tiempo, puedes omitir alguno de estos ejercicios.)
— EDOs homogéneas: ejercicios 7.1,7.2,7.3,8.
— EDOs exactas: ejercicios 10.1,10.2,10.2,11.
• Métodos numéricos: ejercicios 22 y 23; si tienes poco tiempo puedesomitir el apartado correspondiente al método de Euler modificado.
• Problemas de aplicación: ejercicios 25,26,28,30,31.
• Resuelve con Maple los problemas 22 y 23. Representa gráficamentelas soluciones.
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4 Temporalización
Aproximadamente, el tiempo necesario para cubrir el tema es el siguiente:
Actividad Tipo Duración
Explicación teórica, ejemplos Clase teoría 4hEjemplos, problemas Clase prácticas 2hPrácticas ordenador Clase prácticas 2h 8h
Leer guia estudio, resumen Trabajo personal 5hProblemas a mano Trabajo personal 5hHacer práctica Trabajo personal 1hPoblemas con Maple Trabajo personal 0,75hCuestionario Trabajo personal 0,25 12h
5 Actividades complementarias
Este tema incluye material de repaso y, por ello, el tiempo de trabajo perso-nal es mayor. Si dispones de tiempo, puedes hacer más ejercicios del listado,procurando resolver primero los más sencillos.
Cuestionario Tema 7: EDOs de primer orden
Alumno: _____________________________________
1. Asistencia a clase. Indica si has asistido a todas las clases de teoría yprácticas correspondientes al tema, en caso de no asistencia indica sihas dedicado un tiempo equivalente de estudio personal. Finalmente,indica (si procede) el número de horas de clase perdidas que no hayasrecuperado mediante estudio personal.
Asistencia RecuperadoSi No Si No En parte Horas perdidas
Clases de teoriaClases de práctica
2. Tiempo de estudio personal
TiempoLectura de guía de estudio y resumenHacer problemas a manoHacer prácticaHacer problemas con Maple
3. Puntúa la utilidad de los documentos de estudio entre 1 (= es una pér-dida de tiempo) y 5 (=muy útiles). Si no has descargado el documento,deja la casilla en blanco.
PuntuaciónGuía de estudioResumenProblemasProblemas resueltosProblemas resueltos con MaplePráctica
4. Revisa la lista de objetivos y escribe dos o tres tópicos que te gustaríaque se volvieran a explicar en clase.__________________________________________________________________________________________________________________________________________
5. Revisa la lista de objetivos y da una estimación intuitiva entre 1 y 5de tu grado de cumplimiento de esos objetivos. ____________
6. Sugerencias:
E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosResumen y ejemplos
Tema 7: EDO’s de primer ordenFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.3
Contenido
1. Conceptos básicos
2. Métodos analíticos para la resolución de ecuaciones diferenciales deprimer orden
3. Métodos numéricos
4. Aplicaciones
1 Conceptos básicos
1.1 Ecuación diferencial
Ecuación que contiene las derivadas de una o más variables dependientesrespecto de una o más variables independientes.En las ecuaciones diferenciales, las incógnitas son funciones. por ejemplo
dy
dx+ 5y = ex, buscamos y = y(x),
d2x
dt2− dxdt+ 6x = 0, buscamos x = x(t),
∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0, buscamos u = u(x, y).
1.2 Tipo
• Ecuación diferencial ordinaria (EDO)Una sola variable independiente.
d2y
dx2+ y = cosx ⇒
½incógnita y = y(x),variable independiente x.
1
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 2
dx
dt+ x = 2t ⇒
½incógnita x = x(t),variable independiente t.
• Ecuación en derivadas parciales (EDP)Más de una variable independiente.
∂2u
∂x2+
∂2u
∂y2= 0 ⇒
½incógnita u = u(x, y),variables independientes x, y.
∂2u
∂x2=
∂u
∂x− 2∂u
∂t⇒
½incógnita u = u(x, t),variables independientes x, t.
1.3 Orden
El orden de una ecuación diferencial es el mayor orden de derivación queaparece en la ecuación
d2y
dx2+ y = cosx → 2o orden.
dx
dt+ x = 2t → 1er orden.
y000 − 2y00 + y0 = et → 3er orden.
1.4 Forma general y forma normal
• Forma general de la ecuación diferencial ordinaria de orden n
F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0.
• Forma normal de la ecuación diferencial ordinaria de orden n
y(n) = g(x, y, y0, . . . , y(n−1)).
En la forma normal, la derivada de mayor orden aparece despejada.Dada la ecuación en forma general
y000 + 5xy00 − 2y + cosx = 0,
la forma normal esy000 = −5xy00 + 2y − cosx.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 3
1.5 EDO lineal
Una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si puede escribirse enla forma
an(x)dny
dxn+ an−1(x)
dn−1ydxn−1
+ · · ·+ a1(x)dy
dx+ a0(x) y = g(x).
Observamos que:
1. La variable dependiente y = y(x) y sus derivadas son de primer grado.
2. Cada coeficiente aj(x) depende sólo de x.
3. El término independiente g(x) depende sólo de x.
• Ecuación lineal homogénea.Si el término independiente es nulo g(x) ≡ 0.
Ejemplo 1.1 Ver si son lineales las siguientes ecuaciones; determinar elorden.
1. y00 − 2y0 + y = 02. y00 + 2y2 = cosx
3. x2y000 − xy0 + y = xex
4. y00 − xy0 + sin y = 0
1. Lineal, orden 2.2. No lineal, tiene un término y2.3. Lineal orden 3.4. No lineal, tiene un término sin y. ¤
1.6 Notación diferencial
Para ecuaciones de primer orden
y0 = f(x, y),
dy
dx= f(x, y),
también se emplea la notación
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0.
Ejemplo 1.2 Expresa la siguiente ecuación diferencial en notación diferen-cial
y0 +y + x
y − x = 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 4
Multiplicamos por y − x,
(y − x) y0 + (y + x) = 0,
multiplicamos por dx
(y − x) y0 dx+ (y + x) dx = 0,
finalmente, como dy = y0dx, resulta
(y − x) dy + (y + x) dx = 0,
reordenamos(y + x)| {z }M(x,y)
dx+ (y − x)| {z }N(x,y)
dy = 0. ¤
Ejemplo 1.3 Expresa en forma normal la siguiente ecuación diferencial.
(x+ y + 1) dx+ (2x+ 2y + 3) dy = 0
Tenemos dy = y0dx
(x+ y + 1) dx+ (2x+ 2y + 3) y0 dx = 0,
eliminamos dx(x+ y + 1) + (2x+ 2y + 3) y0 = 0
y despejamos y0
y0 = − x+ y + 1
2x+ 2y + 3. ¤
1.7 Soluciones de una ecuación diferencial
Dada la ecuación diferencial
F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0,
decimos que una función φ(x) es solución de la ecuación sobre el intervaloI, si
1. La función φ(x) es de clase Cn(I).
2. Para todo x ∈ I se cumple
F (x,φ(x),φ0(x), . . . ,φ(n)(x)) = 0.
• Curvas solución, curvas integrales. Las curvas integrales de una ecua-ción diferencial son las representaciones gráficas de sus soluciones.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 5
Ejemplo 1.4 Verifica que la función y = xex es solución de la ecuacióndiferencial
y00 − 2y0 + y = 0en el intervalo I = (−∞,+∞) .
La función y = xex tiene derivadas continuas de todos los órdenes. Calcu-lamos las dos primeras derivadas
y = xex,
y0 = (x+ 1) ex,
y00 = (x+ 2) ex,
sustituyendo en la ecuación
y00 − 2y0 + y = 0,
resulta
y00z }| {(x+ 2) ex −2
y0z }| {(x+ 1) ex +
yz}|{xex =
= [(x+ 2)− 2 (x+ 1) + x] ex= (x+ 2− 2x− 2 + x) ex= 0 · ex = 0 para todo x ∈ R. ¤
1.8 Solución implícita
Una relaciónG(x, y) = 0
es una solución implícita de la ecuación diferencial
F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0
en el intervalo I, si existe una función φ(x) de clase Cn(I) que, para todox ∈ I, cumple las dos ecuaciones½
G(x,φ(x)) = 0,
F (x,φ(x),φ0(x), . . . ,φ(n)(x)) = 0.
Ejemplo 1.5 Verifica que x2 + y2 = 4 es solución implícita de la ecuacióndiferencial
dy
dx= −x
y,
en el intervalo I = (−2, 2).
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 6
Derivamos implícitamente en
x2 + y2 = 4
y obtenemos2x+ 2yy0 = 0
de donde resultay0 = −x
y.
Si despejamos y en x2 + y2 = 4, resulta
y = ±p4− x2.
Obtenemos, por lo tanto, dos soluciones explícitas
φ1(x) =p4− x2,
φ2(x) = −p4− x2.
Las dos funciones son continuas con derivada continua en (−2, 2). ¤
1.9 Familia de soluciones
• Cuando resolvemos una EDO de primer orden
F (x, y, y0) = 0
se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones
G(x, y, c) = 0.
• En general, al resolver una EDO de orden n
F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0
se obtiene una familia n-paramétrica de soluciones
G(x, y, c1, c2, . . . , cn) = 0.
• Solución particular. Es cada uno de los elementos de una familia desoluciones, se obtiene dando valores particulares a los parámetros.
Ejemplo 1.6 Consideramos la familia biparamétrica de funciones
y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x.
1. Demuestra que la familia dada es solución de la EDO
y00 + 16y = 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 7
2. Determina la solución particular que cumple las condiciones½y(0) = 1,y0(0) = 1.
1. Calculamos las derivadas
y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x,
y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,y00 = −16c1 cos 4x− 16c2 sin 4x.
Observamos que, para todo x ∈ R, se cumple
y00 + 16y = −16c1 cos 4x− 16c2 sin 4x+ 16 (c1 cos 4x+ c2 sin 4x)= 0.
2. Solución particular. Tenemos
y = c1 cos 4x+ c2 sin 4x,
y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,
de las condiciones ½y(0) = 1,y0(0) = 1,
resulta½c1 cos 0 + c2 sin 0 = 1,−4c1 sin 0 + 4c2 cos 0 = 1, ⇒
½c1 = 1,4c2 = 1,
⇒½c1 = 1,c2 = 1/4.
Por lo tanto, la solución particular buscada es
y = cos 4x+1
4sin 4x. ¤
1.10 Ecuación diferencial de una familia de curvas
• Planteamiento del problemaDada la familia de curvas
G(x, y, c) = 0
donde y = y(x), se trata de determinar una ecuación diferencial
F (x, y, y0) = 0
que tenga como solución la familia de curvas dada.• Procedimiento
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 8
1. DerivamosG(x, y, c) = 0
implícitamente respecto de x, y obtenemos
g(x, y, y0, c) = 0.
2. Con las ecuaciones ½G(x, y, c) = 0,g(x, y, y0, c) = 0.
eliminamos el parámetro c.
Ejemplo 1.7 Determina una ecuación diferencial para la familia parábolasy = cx2.
Derivamosy = cx2
respecto de x, y resultay0 = 2cx.
Con las ecuaciones ½y = cx2,y0 = 2cx,
eliminamos el parámetro c. Para ello, despejamos c en la primera ecuación
c =y
x2
y sustituimos en la segunda
y0 = 2cx ⇒ y0 = 2y
x2x,
resultay0 =
2y
x. ¤
Ejemplo 1.8 Determina una ecuación diferencial para la siguiente familiabiparamétrica de curvas
y = c1e2x + c2e
x.
Para eliminar dos parámetros, derivamos dos veces
y0 = 2c1e2x + c2ex,
y00 = 4c1e2x + c2ex.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 9
Formamos el sistema ⎧⎨⎩y = c1e
2x + c2ex,
y0 = 2c1e2x + c2ex,y00 = 4c1e2x + c2ex.
Se trata ahora de obtener un sistema equivalente donde aparezca una ecua-ción libre de parámetros
¡2a − 1a¢→ 2
a¡3a − 2a¢→ 3
a
⎧⎨⎩y = c1e
2x + c2ex,
y0 − y = c1e2x,y00 − y0 = 2c1e2x.
¡3a − 2 · 2a¢→ 3
a
⎧⎨⎩y = c1e
2x + c2ex,
y0 − y = c1e2x,y00 − y0 − 2 (y0 − y) = 0.
Obtenemos una ecuación lineal homogénea de segundo orden
y00 − 3y0 + 2y = 0. ¤
1.11 Problema de valor inicial
Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencialimponiendo condiciones en un mismo punto.
• Primer orden ½y0 = f(x, y),y(x0) = y0.
• Segundo orden ⎧⎨⎩y00 = f(x, y, y0),y(x0) = y0,y0(x0) = y00.
• Tercer orden ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 = f(x, y, y0, y00),y(x0) = y0,y0(x0) = y00,y00(x0) = y000 .
Los siguientes, son problemas de valor inicial½y0 = xy − sinx,y(1) = 2.⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,y0(0) = 2.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 10
Observa que, en cada caso, las condiciones adicionales para determinar lasolución particular se especifican en un mismo punto x0. En el problema devalor inicial ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
y000 = y00 + y0 − ex,y(1.5) = 0.23,y0(1.5) = 1.56,y00(1.5) = −2.45.
es x0 = 1.5.
1.12 Problemas de contorno
Se trata de determinar una solución particular de una ecuación diferencialimponiendo condiciones en más de un punto. En las ecuaciones de primerorden, no aparecen los problemas de contorno.Los siguientes son problemas de contorno con los puntos x0 = 0 y x1 = 1⎧⎨⎩
y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,y(1) = 2.⎧⎨⎩y00 = x+ y + y0,y(0) = 1,y0(1) = 0.
2 Métodos analíticos para resolución de Ecuacio-nes diferenciales de primer orden
2.1 Separación de variables
Una EDO de primer orden es separable si puede escribirse en la forma
y0 = g(x)h(y).
Resolución.Expresamos la EDO en la forma
p(y) dy = g(x) dx
e integramos ambos lados, la solución esZp(y) dy =
Zg(x) dx.
Ejemplo 2.1 Resuelve la ecuación
y0 =y
1 + x.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 11
Escribimos la ecuación en la forma
p(y) dy = g(x) dx.
y0
y=
1
1 + x,
y0dxy
=dx
1 + x,
dy
y=
dx
1 + x,
integramos a ambos lados Zdy
y=
Zdx
1 + x.
Obtenemos una solución implícita
ln y = ln(1 + x) + c, c ∈ R.
En este caso podemos obtener una solución explícita despejando y
y = eln(1+x)+c = eln(1+x)ec,
y = k (1 + x) , k = ec > 0. ¤
2.2 Soluciones singulares
Consideremos la EDOy0 = f(x, y),
y supongamos que existe un intervalo I tal que la función f(x, y) se anulapara el valor y = y0, y todo valor de x ∈ I, esto es
f(x, y0) = 0, para todo x ∈ I,
entonces la función constantey = y0
es solución de la ecuación diferencial en el intervalo I. Tales funciones cons-tantes se denominan soluciones singulares de la ecuación diferencial.
Ejemplo 2.2 Determina las soluciones singulares de la EDO¡y2 − 1¢ dx+ ¡x2 + 1¢ dy = 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 12
Expresamos la EDO en forma explícita
y0 = f(x, y)
esto es,
y0 = −¡y2 − 1¢(x2 + 1)
.
En este caso es
f(x, y) = −¡y2 − 1¢(x2 + 1)
,
la ecuaciónf(x, y) = 0
tiene solucionesy = ±1
por lo tanto, las soluciones singulares son
y = 1, y = −1.
Es inmediato que estas funciones constantes cumplen la ecuación diferencial.¤
Ejemplo 2.3 Una resolución más general para
y0 =y
1 + x.
Cuando integramosdy
y=
dx
1 + x,Z
dy
y=
Zdx
1 + x,
podemos tomarln |y| = ln |1 + x|+ c1, c1 ∈ R.
definimos c1 = ln |c2| , c2 6= 0
ln |y| = ln |1 + x|+ ln |c2| , c2 6= 0,
ln |y| = ln |c2(1 + x)| , c2 6= 0,
tomando exponenciales|y| = |c2(1 + x)| ,
y = ±c2(1 + x),
y = c (1 + x) , c 6= 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 13
Finalmente, observamos que la función constante
y(x) = 0
es una solución singular de la EDO, por lo tanto, tomamos como solucióngeneral
y = c (1 + x) , c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.4 Resuelve el problema de valor inicial(y0 = −x
y,
y(4) = −3.
La EDO es separableyy0 = −x,ydy = −xdx,Zydy = −
Zxdx,
y2
2= −x
2
2+ c1, c1 ∈ R,
y2
2+x2
2= c1, c1 ∈ R,
x2 + y2 = c2, c2 = 2c1.
Imponemos la condición inicial y(4) = −3 y determinamos la constante
16 + 9 = c2 → c2 = 25.
Solución particular (implícita)
x2 + y2 = 25.
Esta última ecuación define dos funciones
y = ±p25− x2,
teniendo en cuenta la condición inicial
y(4) = −3
la solución esy = −
p25− x2. ¤
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 14
2.3 Ecuaciones homogéneas
• Función homogéneaDecimos que una función f(x, y) es homogénea de grado p si
f(tx, ty) = tpf(x, y).
Si se cumplef(tx, ty) = f(x, y),
entonces f(x, y) es homogénea de grado 0.
Ejemplo 2.5 Estudia si las siguientes funciones son homogéneas y, en casoafirmativo, determina el grado.
1. f(x, y) = x2 + xy + y2.
2. f(x, y) =x2 + y2
2xy.
3. f(x, y) =x2 + x
x3 − 1 .
4. f(x, y) = x− y + 1.
1)
f(tx, ty) = (tx)2 + (tx) (ty) + (ty)2
= t2x2 + t2xy + t2y2
= t2¡x2 + xy + y2
¢= t2f(x, y).
La función es homogénea de grado 2.2)
f(tx, ty) =(tx)2 + (ty)2
2 (tx) (ty)
=t2¡x2 + y2
¢2t2 (xy)
=x2 + y2
2xy= f(x, y).
La función es homogénea de grado 0.3) No es homogénea.4) No es homogénea. ¤• Ecuación diferencial homogénea en forma normal
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 15
La ecuación diferencialy0 = f(x, y)
es homogénea si f(x, y) es una función homogénea de grado 0.
• Ecuación diferencial homogénea en forma diferencialLa ecuación diferencial
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
es homogénea si las funciones M(x, y) y N(x, y) son homogéneas del mismogrado.
• Resolución de EDO’s homogéneasSi la ecuación diferencial
y0 = f(x, y)
es homogénea, entonces el cambio de variable
y = ux
conduce a una ecuación de variables separables. La nueva variable es
u =y
x.
Ejemplo 2.6 Resuelve la ecuación diferencial
(x− y) dx+ xdy = 0.
La ecuación diferencial dada tiene la forma
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
con M(x, y) y N(x, y) homogéneas de grado 1.Pasamos la ecuación a forma normal
y0 =y − xx
,
y realizamos el cambio y = ux½y = ux,y0 = u0x+ u.
u0x+ u =ux− xx
= u− 1.
Obtenemosu0x = −1
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 16
que es una ecuación diferencial separable. Calculamos u(x)
du
dx= −1
x,Z
du = −Z1
xdx,
u = − ln |x|+ c, c ∈ R.Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
y
x= − ln |x|+ c, c ∈ R.
Finalmentey = −x ln |x|+ cx, c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.7 Resuelve la ecuación diferencial
y0 =y − xy + x
.
La ecuación tiene la formay0 = f(x, y)
con f(x, y) homogénea de grado 0
f(tx, ty) =ty − txty + tx
=t (y − x)t (y + x)
= f(x, y).
Realizamos el cambio y = ux. Observemos que
u =y
x
por lo tanto, u = u(x). Derivando respecto de x, se obtiene
y0 = u0x+ u.
Sustituimos en la ecuación original
u0x+ u =ux− xux+ x
,
u0x+ u =u− 1u+ 1
,
u0x =u− 1u+ 1
− u
=u− 1− u2 − u
u+ 1
= −u2 + 1
u+ 1.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 17
Hemos obtenido la ecuación de variables separadas
u+ 1
u2 + 1
du
dx= −1
x
que tiene solución Zu+ 1
u2 + 1du = −
Z1
xdx.
Calculamos la integral de la parte izquierda de la igualdad
Zu+ 1
u2 + 1du =
Zu
u2 + 1du+
Z1
u2 + 1du
=1
2
Z2u
u2 + 1du+ arctanu
=1
2ln¡u2 + 1
¢+ arctanu.
Una primera solución es
1
2ln¡u2 + 1
¢+ arctanu = − ln |x|+ c1.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
1
2ln
µ³yx
´2+ 1
¶+ arctan
y
x= − ln |x|+ c1, c1 ∈ R.
Podemos mejorar un poco la expresión mediante las propiedades de los lo-garitmos. En primer lugar, multiplicamos la ecuación por 2
ln
µ³yx
´2+ 1
¶+ 2arctan
y
x= −2 ln |x|+ 2c1
aplicamos la propiedad 2 ln |x| = lnx2 y cambiamos la constante
ln
µ³yx
´2+ 1
¶+ 2arctan
y
x= − lnx2 + c2, c2 = 2c1
pasamos el término lnx2 al lado izquierdo y aplicamos la propiedad de loslogaritmos ln a+ ln b = ln(a · b)
ln
µ³yx
´2+ 1
¶+ lnx2 + 2arctan
y
x= c2, c2 ∈ R,
ln
∙µ³yx
´2+ 1
¶x2¸+ 2arctan
y
x= c2, c2 ∈ R,
finalmente, simplificamos
ln¡x2 + y2
¢+ 2arctan
y
x= c2, c2 ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 18
Ejemplo 2.8 Resuelve la ecuación diferencial¡y2 + yx
¢dx− x2dy = 0.
La ecuación tiene la forma
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
con M(x, y) y N(x, y) homogéneas de grado 2.Pasamos la ecuación a forma normal
dy
dx=y2 + yx
x2,
realizamos el cambio ½y = ux,y0 = u0x+ u.
u0x+ u =u2x2 + ux2
x2
= u2 + u
y resulta la ecuación separable
xdu
dx= u2,Z
1
u2du =
Z1
xdx,
−1u= ln |x|+ c, c ∈ R.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
−xy= ln |x|+ c, c ∈ R.
En este caso, podemos despejar y para obtener una solución explícita
y = − x
ln |x|+ c , c ∈ R. ¤
2.4 Ecuaciones diferenciales exactas
• Diferencial de un campo escalarSi u = u(x, y), la diferencial de u es
du =∂u
∂xdx+
∂u
∂ydy.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 19
• Ecuación diferencial exactaUna ecuación diferencial
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
es exacta si existe una función u = u(x, y) tal que
du =M(x, y) dx+N(x, y) dy
es decir, si existe una función de dos variables u(x, y) que cumple⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x=M(x, y),
∂u
∂y= N(x, y).
En este caso, tenemos una familia de soluciones de la forma
u(x, y) = c, c ∈ R.
•Criterio para reconocer cuando una ecuación diferencial es exactaSupongamos que las funcionesM(x, y), N(x, y) son continuas con derivadasparciales continuas en un rectángulo a ≤ x ≤ b, c ≤ x ≤ d. Si se cumple
∂M
∂y=
∂N
∂x,
entonces la ecuación diferencial
M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0
es exacta.
•Método de resolución
1. Identificamos que la ecuación diferencial es exacta, usando el criterio
∂M
∂y=
∂N
∂x.
2. Determinamos u = u(x, y) que verifica⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x=M(x, y),
∂u
∂y= N(x, y).
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 20
3. La familia de soluciones es
u(x, y) = c, c ∈ R.
Ejemplo 2.9 Resuelve la siguiente ecuación diferencial
(5x+ 4y) dx+¡4x− 8y3¢ dy = 0.
TenemosM(x, y) = 5x+ 4y, N(x, y) = 4x− 8y3.
M(x, y) y N(x, y) son continuas con derivadas parciales continuas en todoR2. Estudiamos si la EDO es exacta
∂M
∂y= 4 =
∂N
∂x,
por lo tanto, es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 5x+ 4y,
∂u
∂y= 4x− 8y3.
(1)
Se trata de un sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales.Integramos la primera ecuación respecto de x
∂u
∂x= 5x+ 4y ⇒ u =
Z(5x+ 4y) ∂x,
u =5
2x2 + 4xy + c1 (y) . (2)
Ahora vamos a sustituir la solución obtenida en la segunda ecuación de (1)
∂u
∂y= 4x− 8y3.
Primero derivamos respecto de y en (2)
∂u
∂y= 4x+
dc1dy
y, a continuación, sustituimos en la segunda ecuación de (1)
4x+dc1dy
= 4x− 8y3 ⇒ dc1dy
= −8y3.
Integramos respecto de y para obtener c1
c1 = −Z8y3 dy = −2y4.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 21
Sustituyendo c1 en (2), resulta
u =5
2x2 + 4xy − 2y4.
Finalmente, la solución es
5
2x2 + 4xy − 2y4 = c, c ∈ R. ¤
Ejemplo 2.10 Consideramos la siguiente ecuación diferencial
(2x+ y) dx+ (x+ 6y) dy = 0.
1. Resuélvela como ecuación diferencial exacta.
2. Resuélvela como ecuación diferencial homogénea.
1) Resolución como EDO exacta.Tenemos
M(x, y) = 2x+ y, N(x, y) = x+ 6y.
Las funciones M(x, y) y N(x, y) son continuas con derivadas parciales con-tinuas en todo R2. Estudiamos si la EDO es exacta
∂M
∂y= 1 =
∂N
∂x,
por lo tanto, la EDO es exacta. La solución es de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 2x+ y,
∂u
∂y= x+ 6y.
Integramos∂u
∂x= 2x+ y
respecto de x
u =
Z(2x+ y) ∂x = x2 + xy + c1(y) (3)
y sustituimos u(x) en∂u
∂y= x+ 6y,
resultando
x+dc1dy
= x+ 6y.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 22
Obtenemosdc1dy
= 6y,
que nos permite determinar c1(y)
c1 =
Z6y dy = 3y2.
Sustituimos c1 en (3), y resulta
u = x2 + xy + 3y2.
Finalmente, la solución es
x2 + xy + 3y2 = c, c ∈ R.
2) Resolución como EDO homogénea. Escribimos la ecuación en formanormal
dy
dx= −2x+ y
x+ 6y,
hacemos el cambio y = ux
u0x+ u = −2x+ uxx+ 6ux
= − 2 + u1 + 6u
u0x = − 2 + u1 + 6u
− u
=−2− u− u− 6u2
1 + 6u
=−2− 2u− 6u2
1 + 6u
= −21 + u+ 3u2
1 + 6u.
Separamos variables1 + 6u
1 + u+ 3u2du
dx=−2x,Z
1 + 6u
1 + u+ 3u2du = −2
Z1
xdx,
ln¡1 + u+ 3u2
¢= −2 ln |x|+ c1, c1 ∈ R.
Deshacemos el cambio, sustituyendo u = y/x
lnh1 + y/x+ 3 (y/x)2
i= −2 ln |x|+ c1, c1 ∈ R.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 23
Podemos obtener una mejor expresión de la solución usando las propiedadesde los logaritmos
lnh1 + y/x+ 3 (y/x)2
i+ lnx2 = ln c2, c1 = ln c2,
lnh³1 + y/x+ 3 (y/x)2
´x2i= ln c2
ln¡x2 + yx+ 3y2
¢= ln c2
x2 + yx+ 3y2 = c2, c2 > 0. ¤
2.5 Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
• DefiniciónUna EDO de primer orden es lineal si puede escribirse en la forma
a1(x) y0 + a0(x) y = g(x).
La incógnita es la función y = y(x), los coeficientes a1(x), a0(x) y el términoindependiente g(x) dependen únicamente de x.
• Ecuación lineal homogéneaCuando el término independiente es nulo
g(x) ≡ 0,
la ecuación lineal se denomina homogénea.Dada la ecuación lineal
a1(x) y0 + a0(x) y = g(x),
la ecuacióna1(x) y
0 + a0(x) y = 0
se denomina ecuación homogénea asociada.
Nota No debemos confundir las ecuaciones diferenciales homogéneas, estu-diadas en la Sección 2.3, con las ecuaciones lineales homogéneas
¤ EDO homogénea: y0 = f(x, y), donde f(x, y) es una función homo-génea de grado 0.
¤ EDO lineal homogénea: a1(x) y0 + a0(x) y = 0.
• Forma estándarDecimos que una EDO lineal de primer orden está en forma estándar cuandose expresa en la forma
y0 + p(x) y = q(x).
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 24
• Resolución de la EDO lineal homogéneaLa ecuación
y0 + p(x) y = 0
es separable, y tiene solución general
y = k e−Rp(x) dx, k ∈ R.
Demostración.y0 + p(x) y = 0,
y0 = −p(x) y,1
y
dy
dx= −p(x),Z
1
ydy = −
Zp(x) dx,
ln |y| = −Zp(x) dx+ c,
|y| = e−Rp(x) dx+c,
|y| = e−Rp(x) dxec,
|y| = k1e−Rp(x) dx, k1 = e
c > 0,
y = ±k1e−Rp(x) dx, k1 > 0,
y = ke−Rp(x) dx, k = ±k1 6= 0.
Finalmente, podemos observar que la ecuación
y0 = −p(x) y
admite la solución singular y = 0, por lo tanto, podemos tomar la solucióngeneral
y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R. ¤
Ejemplo 2.11 Consideramos la EDO
xdy
dx− 4y = 0.
1. Resuelve la ecuación como ecuación lineal homogénea.
2. Verifica que las funciones obtenidas son soluciones sobre todo intervaloreal.
3. Determina la solución particular que verifica y(1) = 3.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 25
1) Resolución de la EDO. La forma estándar es
y0 + p(x) y = 0,
escribimos la ecuación en forma estándar
dy
dx− 4xy = 0
e identificamos p(x)
p(x) = −4x.
La solución es de la forma
y = ke−Rp(x) dx, k ∈ R.
y = ke−R(− 4
x) dx
= ke4R1xdx
= ke4 ln|x|
= kelnx4
= kx4, k ∈ R.
2) Verificamos las soluciones. Cada función de la familia de soluciones
y = kx4, k ∈ R,
es continua con derivada continua en todo intervalo, además
y0 = 4kx3.
Sustituimos en la ecuación diferencial
xdy
dx− 4y = 0
y obtenemos
x
y0z }| {¡4kx3
¢ −4 yz }| {¡kx4
¢= 0, para todo x ∈ R.
3) Determinamos la solución particular. Sustituyendo la condición inicial
y(1) = 3
en la solución generaly = kx4,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 26
resulta 3 = k, por lo tanto, la solución particular buscada es
y = 3x4. ¤
• Propiedades de las soluciones de EDO’s linealesConsideramos la ecuación lineal
y0 + p(x) y = q(x).
1. Si y1, y2 son soluciones de la ecuación lineal homogénea
y0 + p(x) y = 0
entonces, para cualquier par de constantes α1,α2 ∈ R, la función
y(x) = α1y1(x) + α2y2(x)
es también una solución de la ecuación lineal homogénea.
2. Toda solución de la ecuación lineal completa
y0 + p(x) y = q(x)
es de la formay(x) = yh(x) + yp(x),
donde:
¤ yh(x) es la solución de la ecuación homogénea asociada,
¤ yp(x) es una solución particular de la ecuación completa.
3. Si conocemos una solución particular yp(x) de la ecuación completa,la solución general de la ecuación completa
y0 + p(x) y = q(x)
puede escribirse en la forma.
y(x) = ke−Rp(x) dx + yp(x), k ∈ R.
• Resolución de la ecuación lineal completa: método de variaciónde parámetrosEl objetivo es resolver la ecuación lineal completa
y0 + p(x) y = q(x).
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 27
Si suponemos que hemos sido capaces de resolver la ecuación homogéneaasociada, entonces el problema se reduce a determinar una solución par-ticular de la ecuación completa. Sabemos que la solución de la ecuaciónhomogénea asociada
y0 + p(x) y = 0
esy = ke−
Rp(x) dx, k ∈ R.
El método de variación de parámetros consiste en proponer una solución dela ecuación completa del tipo
y = k(x) e−Rp(x) dx,
donde la constante k pasa a ser una función indeterminada de x, esto esk = k(x). Sustituimos la solución propuesta en la ecuación completa y de-terminamos k(x).
Ejemplo 2.12 Consideramos la EDO lineal completa
xdy
dx− 4y = x6ex.
1. Resuélvela usando el método de variación de parámetros.
2. Verifica que las soluciones obtenidas son correctas.
3. Determina la solución particular que cumple y(1) = 2.
1) Resolución de la EDO. Escribimos la ecuación en forma estándar
dy
dx− 4xy = x5ex. (4)
En primer lugar, debemos resolver la ecuación homogénea asociada
dy
dx− 4xy = 0.
Hemos visto en el Ejemplo 2.11 , que la solución es
yh = kx4, k ∈ R.
Para resolver la ecuación completa, proponemos la solución
y = k(x)x4,
derivamosy0 = k0x4 + 4kx3
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 28
y sustituimos en la ecuación completa (4)
y0z }| {k0x4 + 4kx3 −4
x
yz }| {¡kx4
¢= x5ex,
simplificando, resultak0x4 = x5ex,
k0 = xex.
Resolvemos esta última ecuación de variables separables para determinark(x).
dk
dx= xex,Z
dk =
Zxex dx,
k = xex −Zex dx,
= xex − ex.
Sustituimos eny = k(x)x4
y obtenemos una solución particular para la EDO completa
yp = (xex − ex)x4= x5ex − x4ex.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y = kx4 + x5ex − x4ex, k ∈ R.2) Verificación de la solución. Calculamos y0
y0 = 4kx3 + 5x4ex + x5ex − 4x3ex − x4ex= 4kx3 + 4x4ex + x5ex − 4x3ex.
La ecuación diferencial completa es
xdy
dx− 4y = x6ex,
sustituyendo en la parte izquierda de la ecuación
xdy
dx− 4y
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 29
obtenemos
x¡4kx3 + 4x4ex + x5ex − 4x3ex¢− 4 ¡kx4 + x5ex − x4ex¢ =
= 4kx4 + 4x5ex + x6ex − 4x4ex − 4 ¡kx4 + x5ex − x4ex¢= 4kx4 + 4x5ex + x6ex − 4x4ex − 4kx4 − 4x5ex + 4x4ex= x6ex.
3) Determinación de la solución particular. Estamos buscando la soluciónparticular de la EDO completa que cumple y(1) = 2. La solución general dela EDO completa es
y = kx4 + x5ex − x4ex, k ∈ R,
imponemos la condición inicial y(1) = 2, y resulta
2 = k + e− e ⇒ k = 2,
por lo tanto, la solución particular buscada es
y = 2x4 + x5ex − x4ex. ¤
Ejemplo 2.13 Resuelve el problema de valor inicial(dy
dt+ y = t,
y(0) = 4.
1) Obtención de la solución general. La ecuación es lineal y está en formaestándar; notemos que la variable independiente es t.
y0 + p(t) y = q(t),
Identificamosp(t) = 1,
la solución de la ecuación homogénea asociada
y0 + p(t) y = 0
es
yh(t) = ke−Rp(t) dt = ke−
Rdt
= ke−t, k ∈ R.
Para determinar una solución particular de la ecuación completa, propone-mos una solución del tipo
yp(t) = k(t) e−t
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 30
y sustituimos en la ecuación completa
dy
dt+ y = t,
resultay0pz }| {
k0 e−t − ke−t +ypz}|{ke−t= t,
k0 e−t = t,
k0 =t
e−t= tet.
Determinamos k(t) resolviendo la EDO
dk
dt= tet,Z
dk =
Ztet dt = tet − et.
Obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa
yp(t) = k(t)e−t = (t− 1)ete−t = t− 1.
La solución general de la EDO completa es
y(t) = yh(t) + yp(t)
= ke−t + t− 1, k ∈ R.
2) Solución del problema de valor inicial. Queremos determinar la soluciónde la EDO completa que verifica y(0) = 4. Tomamos la solución general dela EDO completa
y = ke−t + t− 1, k ∈ R,e imponemos la condición inicial
y(0) = 4,
obtenemos4 = k − 1 ⇒ k = 5.
La solución particular de la EDO completa buscada es
y = 5e−t + t− 1. ¤
Ejemplo 2.14 Resuelve la EDO
xdy
dx− y = x2 sinx, x > 0.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 31
Ecuación en forma estándar
y0 − 1xy = x sinx,
identificamos p(x)p(x) = −1/x.
Solución de la ecuación homogénea asociada
yh(x) = ke−Rp(x) dx = ke−
R(− 1
x)dx
= keln|x|
= k |x| ,
como, según el enunciado es x > 0, obtenemos
yh = kx, k ∈ R.
Determinamos la solución de la ecuación completa por el método de variaciónde parámetros. Proponemos la solución particular de la ecuación completa
yp(x) = k(x)x
y sustituimos en
y0 − 1xy = x sinx,
resultay0pz }| {¡
k0 x+ k¢ −1
x
ypz}|{(kx)= x sinx,
k0 x = x sinx,
k0 = sinx,
k(x) = − cosx.Tomamos como solución particular de la EDO completa
yp(x) = −x cosx,
la solución general de la EDO completa es
y(x) = kx− x cosx, k ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 32
3 Métodos numéricos
3.1 Resolución numérica de problemas de valor inicial
• Problema de valor inicial en forma normal½y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].
Se busca una función y = y(x) de clase C1[a, b] que verifique la ecuacióndiferencial
y0 = f(x, y)
y que, para x = a, tome el valor y(a) = ya.
• Condición suficiente de existencia y unicidad de soluciónSea R una región rectangular
R =
½a ≤ x ≤ bc ≤ y ≤ d
Si f(x, y) y∂f
∂yson continuas enR, entonces para cada punto (x0, y0) interior
a R, existe un intervalo
I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0,
tal que el problema de valor inicial½y0 = f(x, y),y(x0) = y0,
tiene una única solución y = y(x) definida en I0.
Ejemplo 3.1 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = xy2,y(0) = 1, x ≥ 0.
1. Estudia la existencia y unicidad de solución.
2. Resuelve el problema en forma exacta.
3. Determina el dominio de la solución.
1) Existencia y unicidad. Tenemos
f(x, y) = xy2,
∂f
∂y= 2xy,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 33
que son continuas en todo R2. Para cada punto del plano (x0, y0), existe unintervalo
I0 = (x0 − δ, x0 + δ) , δ > 0,
tal que el problema de valor inicial½y0 = f(x, y),y(x0) = y0,
tiene una única solución y = y(x) definida en I0. En particular, cuandox0 = 0, y0 = 1, existe un intervalo I0 = (−δ, δ) tal que el problema de valorinicial ½
y0 = xy2,y(0) = 1,
tiene una única solución y = y(x) definida en I0.
2) Solución exacta. La ecuación y0 = xy2 es de variables separables.
dy
dx= xy2,
1
y2dy = xdx,Z
1
y2dy =
Zxdx,
−1y=1
2x2 + c, c ∈ R.
Familia de solucionesy =
−112x2 + c
, c ∈ R.
Solución particular. Imponemos la condición y(0) = 1
1 =−1
1202 + c
=−1c
⇒ c = −1,
por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es
y(x) =−1
12x2 − 1 =
2
2− x2 .
3) Dominio de la solución. El denominador de la solución
y =2
2− x2
se anula para x = ±√2. El mayor intervalo que contiene a x0 = 0, donde
y(x) es derivable es ³−√2,√2´.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 34
Teniendo en cuenta que en el enunciado se especifica que buscamos unafunción y = y(x) para x ≥ 0. El dominio de la solución es
I = [0,√2). ¤
• Resolución numéricaPara muchos problema de valor inicial, podemos asegurar la existencia yunicidad de solución y, sin embargo, no es posible obtener una soluciónexacta. El enfoque numérico consiste en aproximar el valor de la soluciónpara determinados valores de x. Con mayor precisión, dado el problema devalor inicial ( dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b].
1. Dividimos el intervalo [a, b] en n partes de longitud
h =b− an,
h es el tamaño de paso (step).
2. Construimos los nodos de la red
x0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.
3. Para cada xj , calculamos un valor aproximado
yj ' y(xj) = yj .
B El errorej = yj − yj
se denomina error de truncamiento del paso j.
B El error al final del intervalo
en = yn − ynse denomina error de truncamiento global.
3.2 Método de Euler
Dado el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 35
el método de Euler de n pasos queda definido por½y0 = yayj+1 = yj + h f(xj , yj), j = 0, 1, . . . , n− 1,
donde
h =b− an
yx0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.
Ejemplo 3.2 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
1. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos.
2. Calcula la solución exacta.
3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamientoglobal.
1) Método de Euler.I Formulación del método.En primer lugar, escribimos el problema en forma normal e identificamosf(x, y) ½
y0 = x− y + 1,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5],
tenemosf(x, y) = x− y + 1.
El tamaño de paso es
h =0.5− 05
= 0.1,
y los nodos son
x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.
El método de Euler es½y0 = 1,yj+1 = yj + 0.1 (xj − yj + 1) , j = 0, 1, . . . , 4.
I IteracionesFase 0.
x0 = 0, y0 = y(x0) = 1.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 36
Fase 1.
x0 = 0y0 = 1
¾⇒ y1 = y0 + h (x0 − y0 + 1) = 1 + 0.1 (0− 1 + 1) = 1.
Fase 2.
x1 = 0.1y1 = 1
¾⇒ y2 = y1+h (x1 − y1 + 1) = 1+0.1 (0.1− 1 + 1) = 1.01.
Fase 3.
x2 = 0.2y2 = 1.01
¾⇒ y3 = 1.01 + 0.1 (0.2− 1.01 + 1) = 1. 029.
Fase 4.
x3 = 0.3y3 = 1.029
¾⇒ y4 = 1.029 + 0.1 (0.3− 1.029 + 1) = 1. 0561.
Fase 5.
x4 = 0.4y4 = 1.0561
¾⇒ y5 = 1.0561 + 0.1 (0.4− 1.0561 + 1) = 1. 09049
Resumimos los resultados en una tabla
j xj yj
0 0 1
1 0.1 1
2 0.2 1.01
3 0.3 1.029
4 0.4 1.0561
5 0.5 1.09049
2) Solución exactaI Solución general de la EDO completa. La ecuación
y0 + y = x+ 1
es lineal. La ecuación homogénea asociada es
y0 + y = 0.
Identificamos p(x) = 1, la solución de la ecuación homogénea asociada es
yh(x) = ke− R p(x) dx = ke−x.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 37
Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método devariación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de laforma
yp(x) = k(x) e−x
y sustituimos eny0 + y = x+ 1,
resultay0pz }| {
k0e−x − ke−x +ypz }| {ke−x= x+ 1,
k0e−x = x+ 1,
k0 =x+ 1
e−x= (x+ 1) ex,
k =
Z(x+ 1) exdx,
resolvemos la integral por partesZ(x+ 1) exdx = (x+ 1) ex −
Zex dx = (x+ 1) ex − ex + c
= xex + c, c ∈ R.
Tomamos el valor de kk(x) = xex,
de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa
yp(x) = (xex) e−x = x.
Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa
y = yh + yp = ke−x + x, k ∈ R.
I Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(0) = 1y obtenemos
1 = ke0 + 0 ⇒ k = 1,
la solución del problema de valor inicial es
y = e−x + x.
3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valoresexactos
yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 38
y los errores locales de truncamiento
j xj yj yj ej = yj − yj0 0 1 1 0
1 0.1 1. 004837 1 0. 004837
2 0.2 1. 018731 1.01 0. 008731
3 0.3 1. 040818 1.029 0.011818
4 0.4 1. 070320 1.0561 0.014220
5 0.5 1. 106531 1.09049 0.016041
El error de truncamiento global es
e5 = y5 − y5 = 0.016041. ¤
• Deducción del métodoSupongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩
dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],tiene una solución y = y(x) que es de clase C2 en [a, b] y que conocemos
yj = y(xj).
Desarrollamos y(x) por Taylor en c = xj y obtenemos
y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) + y00(t) (x− xj)2 , t entre xj y x.
Sustituimos x = xj+1, y resulta
y(xj+1) = y(xj)+y0(xj) (xj+1 − xj)+1
2y00(t) (xj+1 − xj)2 , t entre xj y xj+1.
Como h = xj+1 − xj , resulta
y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+
1
2y00(t)h2, t entre xj y xj+1.
Si h es pequeño, podemos despreciar el término 12y00(t)h2 y tomar la apro-
ximacióny(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h,
además, comoy0(xj) = f (xj , yj)
resultayj+1 ' yj + h f (xj , yj) .
Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado yj , y obtenemos la apro-ximación para yj+1
yj+1 = yj + h f (xj , yj) .
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 39
3.3 Método de Euler Modificado
Dado el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],
el método de Euler modificado de n pasos queda definido por⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
y0 = ya,
k(j)1 = f(xj , yj),
k(j)2 = f
³xj+1, yj + hk
(j)1
´,
yj+1 = yj +h
2
³k(j)1 + k
(j)2
´, j = 0, 1, . . . , n− 1,
donde
h =b− an
yx0 = a, x1 = a+ h, . . . , xj = a+ jh, . . . , xn = a+ nh = b.
Ejemplo 3.3 Dado el problema de valor inicial½y0 + y − x− 1 = 0,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
1. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos.
2. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamientoglobal.
1) Método de Euler modificado. El problema en forma normal es½y0 = x− y + 1,y(0) = 1, x ∈ [0, 0.5].
Tenemosf(x, y) = x− y + 1,
h =0.5− 05
= 0.1,
x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2, x3 = 0.3, x4 = 0.4, x5 = 0.5.
I Iteraciones.Fase 0.
x0 = 0, y0 = y(x0) = 1.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 40
Fase 1. Partimos de los valores
x0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1,
k(0)1 = f(x0, y0) = x0 − y0 + 1 = 0− 1 + 1 = 0,
k(0)2 = f
³x1, y0 + hk
(0)1
´= f (0.1, 1 + 0.1 · 0)
= 0.1− 1 + 1 = 0. 1,
y1 = y0 +h
2
³k(0)1 + k
(0)2
´= 1 + 0.05 (0 + 0.1) = 1. 005.
Fase 2. Partimos de los valores
x1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 1.005,
k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.1, 1.005) = 0.1− 1.005 + 1
= 0.0 95,
k(1)2 = f
³x2, y1 + hk
(1)1
´= f (0.2, 1.005 + 0.1 · 0.0 95)
= f (0.2, 1. 0145) = 0.2− 1.0145 + 1= 0. 1855,
y2 = y1 +h
2
³k(1)1 + k
(1)2
´= 1.005 + 0.05 (0.095 + 0.1855)
= 1. 019025.
Fase 3. Partimos de los valores
x2 = 0.2, x3 = 0.3, y2 = 1. 01902 5,
k(2)1 = f(x2, y2) = f(0.2, 1. 01902 5) = 0.2− 1. 01902 5 + 1
= 0. 18097 5,
k(2)2 = f
³x3, y2 + hk
(2)1
´= f (0.3, 1. 01902 5 + 0.1 · 0. 18097 5)
= f (0.3, 1. 03712 3) = 0.3− 1. 03712 3 + 1= 0. 26287 7,
y3 = y2 +h
2
³k(2)1 + k
(2)2
´= 1. 01902 5 + 0.05 (0. 18097 5 + 0. 26287 7)
= 1. 04121 8.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 41
Fase 4. Partimos de los valores
x3 = 0.3, x4 = 0.4, y3 = 1. 04121 8,
k(3)1 = f(x3, y3) = f(0.3, 1. 04121 8) = 0.3− 1. 04121 8 + 1
= 0. 25878 2,
k(3)2 = f
³x4, y3 + hk
(3)1
´= f (0.4, 1. 04121 8 + 0.1 · 0. 25878 2)
= f (0.4, 1. 06709 6) = 0.4− 1. 06709 6 + 1= 0. 33290 4,
y4 = y3 +h
2
³k(3)1 + k
(3)2
´= 1. 04121 8 + 0.05 (0. 25878 2 + 0. 33290 4)
= 1. 07080 2.
Fase 5. Partimos de los valores
x4 = 0.4, x5 = 0.5, y4 = 1. 07080 2,
k(4)1 = f(x4, y4) = f(0.4, 1. 07080 2) = 0. 32919 8,
k(4)2 = f
³x5, y4 + hk
(4)1
´= f (0.5, 1. 07080 2 + 0.1 · 0. 32919 8)
= f (0.5, 1. 10372 2) = 0. 39627 8,
y5 = y4 +h
2
³k(4)1 + k
(4)2
´= 1. 07080 2 + 0.05 (0. 32919 8 + 0. 39627 8)
= 1. 10707 6.
Resumimos los resultados en una tabla
j xj yj
0 0 1
1 0.1 1.005
2 0.2 1. 01902 5
3 0.3 1. 04121 8
4 0.4 1. 07080 2
5 0.5 1. 10707 6
2) Errores de truncamiento. Hemos visto en el ejemplo anterior que lasolución exacta es
y = e−x + x.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 42
En la siguiente tabla se recogen los valores exactos
yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,
y los errores locales de truncamiento
j xj yj yj ej = yj − yj0 0 1 1 0
1 0.1 1. 004837 1.005 −0.000 1632 0.2 1. 018731 1. 01902 5 −0.000 2943 0.3 1. 040818 1. 04121 8 −0.000 4004 0.4 1. 070320 1. 07080 2 −0.000 4825 0.5 1. 106531 1. 10707 6 −0.000 545
El error de truncamiento global es
e5 = y5 − y5 = −0.000 545. ¤
• Deducción del métodoTenemos el problema de valor inicial½
y0 = f(x, y),y(a) = ya, x ∈ [a, b].
Tomamosy0 = f(x, y)
e integramos en el intervalo [x0, x1]Z x1
x0
y0(x) dx =Z x1
x0
f(x, y(x)) dx.
Para la integral de lado izquierdo tenemosZ x1
x0
y0(x) dx = [y(x)]x1x0 = y(x1)− y(x0),
para aproximar el valor de la integral del lado derecho, usamos la regla deltrapecio simpleZ x1
x0
f(x, y(x)) dx ' h
2[f (x0, y0) + f (x1, y1)] .
Los valores x0, x1, y0 son conocidos; para el valor y1, tomamos la estimaciónque nos proporcionaría el método de Euler
y1 ' y0 + hf (x0, y0) ,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 43
tenemos finalmente
y(x1)− y(x0) ' h
2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] ,
y1 = y0 +h
2[f (x0, y0) + f (x1, y0 + hf (x0, y0))] .
En pasos posteriores, se procede de forma análoga. Supongamos que hemosobtenido yj , para calcular yj+1 integramos
y0 = f(x, y)
en el intervalo [xj , xj+1]Z xj+1
xj
y0(x) dx =Z xj+1
xj
f(x, y(x)) dx,
Z xj+1
xj
y0(x) dx = y(xj+1)− y(xj),Z xj+1
xj
f(x, y(x)) dx ' h
2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj+1)] ,
para yj+1 tomamos la estimación que nos proporcionaría el método de Euler
yj+1 ' yj + hf (xj , yj) ,
y(xj+1)− y(xj) ' h
2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] ,
yj+1 = yj +h
2[f (xj , yj) + f (xj+1, yj + hf (xj , yj))] .
3.4 Método de Taylor de 2o orden
Dado el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],el método de Taylor de 2o orden de n pasos queda definido por⎧⎨⎩ y0 = ya,
yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2
2
£f 0x(xj , yj) + f 0y(xj , yj) f(xj , yj)
¤, j = 0, 1, . . . , n− 1,
donde
• f 0x es la derivada parcial de f(x, y) respecto de x,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 44
• f 0y es la derivada parcial de f(x, y) respecto de y,
• h = b−an es el step,
• x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = a + jh, . . . , xn = a + nh = b, son losnodos.
Ejemplo 3.4 Dado el problema de valor inicial(y0 = 1 +
y
x,
y(1) = 2, x ∈ [1, 2].
1. Aproxima la solución usando el método de Taylor de segundo ordencon 4 pasos.
2. Calcula la solución exacta.
3. Calcula los errores de truncamiento locales y el error de truncamientoglobal.
1) Método de Taylor de segundo orden.I Formulación del método. El problema está en forma normal; identificamosf(x, y)
f(x, y) = 1 +y
x,
calculamos las derivadas parciales
f 0x(x, y) = −y
x2,
f 0y (x, y) =1
x.
El tamaño de paso es
h =2− 14
= 0.25,
los nodos son
x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2.
La fórmula de recurrencia es, en este caso
yj+1 = yj + 0.25 · f (xj , yj) +(0.25)2
2
£f 0x(xj , yj) + f
0y (xj , yj) f(xj , yj)
¤= yj + 0.25 · f (xj , yj) + 0.0 3125 ·
£f 0x(xj , yj) + f
0y (xj , yj) f(xj , yj)
¤.
I Iteraciones.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 45
Fase 1. Partimos de x0 = 1, y0 = 2,
f (x0, y0) = 1 +2
1= 3,
f 0x(x0, y0) = −2
1= −2,
f 0y (x0, y0) =1
1= 1,
y1 = y0 + 0.25 · f (x0, y0) + 0.0 3125 ·£f 0x(x0, y0) + f
0y (x0, y0) f (x0, y0)
¤= 2 + 0.25 · 3 + 0.0 3125 · (−2 + 1 · 3)= 2. 78125.
Fase 2. Partimos de x1 = 1.25, y1 = 2. 78125,
f (x1, y1) = 1 +2. 78125
1.25= 3. 225,
f 0x(x1, y1) = −2. 78125
(1.25)2= −1. 78,
f 0y (x1, y1) =1
1.25= 0. 8,
y2 = y1 + 0.25 · f (x1, y1) + 0.0 3125 ·£f 0x(x1, y1) + f
0y (x1, y1) f (x1, y1)
¤= 2. 78125 + 0.25 · 3. 225 + 0.0 3125 · (−1. 78 + 0. 8 · 3. 225)= 3. 6125.
Fase 3. Partimos de x2 = 1.5, y2 = 3. 6125,
f (x2, y2) = 1 +3. 6125
1.5= 3. 40833 3,
f 0x(x2, y2) = −3. 6125
(1.5)2= −1. 60555 6
f 0y (x2, y2) =1
1.5= 0. 66666 67,
y3 = y2 + 0.25 · f (x2, y2) + 0.0 3125 ·£f 0x(x2, y2) + f
0y (x2, y2) f (x2, y2)
¤= 3. 6125 + 0.25 · 3. 40833 3 + 0.0 3125 · (−1. 60555 6 + 0. 66666 67 · 3. 40833 3)= 4. 48541 7.
Fase 4. Partimos de x3 = 1.75, y3 = 4. 48541 7,
f (x3, y3) = 1 +4. 48541 7
1.75= 3. 56309 5,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 46
f 0x(x3, y3) = −4. 48541 7
(1.75)2= −1. 46462 6,
f 0y (x3, y3) =1
1.75= 0. 57142 86,
y4 = y3 + 0.25 · f (x3, y3) + 0.0 3125 ·£f 0x(x3, y3) + f
0y (x3, y3) f (x3, y3)
¤= 4. 48541 7 + 0.25 · 3. 56309 5 + 0.0 3125 · (−1. 46462 6 + 0. 57142 86 · 3. 56309 5)= 5. 39404 8.
Resumimos los resultados en una tabla
j xj yj
0 1.00 2
1 1.25 2. 781250
2 1.50 3. 612500
3 1.75 4. 48541 7
4 2.00 5. 39404 8
2) Solución exacta. Se trata de una ecuación lineal
y0 = 1 +y
x,
la escribimos en la forma estándar
y0 + p(x) y = q(x),
y0 − 1xy = 1.
La ecuación homogénea asociada es
y0 − 1xy = 0,
identificamosp(x) = −1
x,
la solución de la ecuación homogénea es
yh(x) = ke− R −1
xdx = kelnx = kx, k ∈ R.
Para obtener la solución de la ecuación completa, aplicamos el método devariación de parámetros, esto es, proponemos una solución particular de laEDO completa de la forma
yp(x) = k(x) x
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 47
y sustituimos en
y0 − 1xy = 1,
resultay0pz }| {
k0x+ k −1x
ypz}|{kx = 1,
k0x = 1,
k0 =1
x.
k =
Z1
xdx = lnx+ c, c ∈ R.
Tomamos el valor de kk(x) = lnx,
de donde resulta la siguiente solución particular para la EDO completa
yp(x) = x lnx.
Finalmente, obtenemos la solución general de la EDO completa
y(x) = yh(x) + yp(x) = kx+ x lnx, k ∈ R.
Ahora vamos a calcular la solución del problema de valor inicial. Imponemosla condición y(1) = 2 y obtenemos
2 = k + 1 ln 1 ⇒ k = 2,
la solución particular esy = 2x+ x lnx.
3) Errores de truncamiento. En la siguiente tabla se recogen los valoresexactos
yj = y(xj), j = 0, 1, . . . , 5,
y los errores locales de truncamiento
j xj yj yj ej = yj − yj0 1.00 2 2 0
1 1.25 2. 77892 9 2. 781250 −0.00 23212 1.50 3. 60819 8 3. 612500 −0.00 43023 1.75 4. 47932 8 4. 48541 7 −0.00 60894 2.00 5. 38629 4 5. 39404 8 −0.00 7754
El error de truncamiento global es
e4 = y4 − y4 = −0.00 7754. ¤
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 48
• Deducción del métodoSupongamos que el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩
dy
dx= f(x, y),
y(a) = ya, x ∈ [a, b],
tiene una solución y = y(x) que es de clase C3 en [a, b] y que conocemos
yj = y(xj).
Desarrollamos y(x) por Taylor hasta orden 2 en c = xj y obtenemos
y(x) = y(xj) + y0(xj) (x− xj) + 1
2y00(xj) (x− xj)2 +
+1
3!y000 (t) (x− xj+1)3 , t entre xj y x.
Sustituimos x = xj+1, y resulta
y(xj+1) = y(xj) + y0(xj) (xj+1 − xj) + 1
2y00(xj) (xj+1 − xj)2 +
+1
3!y000 (t) (xj+1 − xj)3 , t entre xj y xj+1.
Como h = xj+1 − xj , resulta
y(xj+1) = y(xj) + y0(xj)h+
1
2y00(xj)h2 +
1
3!y000 (t) h3 t entre xj y xj+1,
si h es pequeño, podemos despreciar el término
1
3!y000 (t) h3
y tomar la aproximación
y(xj+1) ' y(xj) + y0(xj)h+1
2y00(xj)h2.
El valor de y0(xj) podemos obtenerlo de
y0(xj) = f (xj , yj) ,
para y00(xj), aplicamos la regla de la cadena
y00(x) =d
dxf (x, y(x)) =
∂
∂xf (x, y) +
∂
∂yf (x, y) y0(x)
=∂
∂xf (x, y) +
∂
∂yf (x, y) f(x, y)
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 49
y obtenemos
y00(xj) =∂
∂xf (xj , yj) +
∂
∂yf (xj , yj) f(xj , yj),
yj+1 ' yj + h f (xj , yj) +h2
2
∙∂
∂xf (xj , yj) +
∂
∂yf (xj , yj) f(xj , yj)
¸.
Finalmente, sustituimos yj por el valor aproximado yj , y obtenemos la apro-ximación para yj+1
yj+1 = yj + h f(xj , yj) +h2
2
£f 0x(xj , yj) + f
0y(xj , yj) f(xj , yj)
¤.
4 Algunos ejemplos de aplicación
Ejemplo 4.1 Supongamos que la tasa de crecimiento de una población y(t)es proporcional al número de individuos y que la población inicial es y0. Sidespués de 50 años la población se ha duplicado, ¿en cuántos años tendremosuna población triple de la inicial?
• Modelo.
y = y(t) población,t tiempo (en años),t = 0 momento inicial,y0 = y(0) población inicial,dy
dttasa de crecimiento de la población (individuos/año).
• Ecuación diferencial.dy
dt= α y,
donde α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación esuna EDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar
y0 + p(t) y = 0,
esto esy0 − α y = 0,
donde identificamosp(t) = −α.
La solución general es
y = ke−Rp(t) dt
= ke−R(−α) dt,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 50
y = keαt, k ∈ R.Utilizamos la condición inicial
y(0) = y0
para determinar la constante k
y0 = keα·0 = k,
por lo tanto,y = y0 e
αt.
Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la población inicialse ha duplicado en un período de 50 años.
y(50) = y0 eα50 = 2y0 ⇒ eα50 = 2,
50α = ln 2,
α =ln 2
50= 0.013863.
El modelo de la población, es por lo tanto,
y = y0 e0.013863t.
Para ver el período de tiempo necesario para triplicar la población , plan-teamos la ecuación
y0 e0.01 3863t = 3y0
y determinamos el valor de t
e0.01 3863t = 3,
0.013863t = ln 3,
t =ln 3
0.01 3863= 79. 2478.
Para triplicar la población se necesitan 79.25 años desde en momento inicial(29.25 años desde el momento en que se duplica la población inicial. ¤
Ejemplo 4.2 En un cultivo de bacterias, la tasa de crecimiento de la po-blación es proporcional a la población presente.
1. Si se ha observado que la población se ha duplicado en 4 horas, ¿quepoblación cabe esperar al cabo de 12 horas?
2. Supongamos que en un segundo cultivo, el número de bacterias es 104
al cabo de 3 horas y 4×104 al cabo de 5 horas. Determina la poblacióninicial. ¿Qué tamaño de población tendremos después de 6 horas?
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 51
• Modelo
y = y(t) población,t tiempo (en horas),t = 0 momento inicial,y0 = y(0) población inicial,dy
dttasa de crecimiento de la población (individuos/hora).
• Ecuación diferencialdy
dt= α y,
α es la constante de proporcionalidad (desconocida). La ecuación es unaEDO lineal homogénea. La escribimos en forma estándar y0 + p(t) y = 0 yobtenemos, como en el ejemplo anterior, la solución
y = keαt, k ∈ R.
Utilizamos la condición inicial y(0) = y0 para determinar la constante k
y0 = keα·0 = k,
resulta,y = y0 e
αt.
1) Para determinar la constante α, usamos el hecho de que la poblacióninicial se ha duplicado en un período de 4 horas.
y(4) = y0 eα4 = 2y0 ⇒ e4α = 2,
4α = ln 2,
α =ln 2
4.
El modelo de la población, es por lo tanto,
y = y0 eln 24t.
Después de 12 horas, tendremos
y(12) = y0 eln 2412 = y0 e
3 ln 2 = y0eln 8 = 8y0,
es decir, al cabo de 12 horas, la población se ha multiplicado por 8.
2) En este caso disponemos de dos datos, lo que nos permite determinar laconstante α y la población inicial. El modelo es
y = y0 eαt
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 52
y tenemos ½y(3) = 104,y(5) = 4× 104,
es decir ½y0 e
3α = 104,y0 e
5α = 4× 104.Dividiendo las ecuaciones, podemos eliminar y0 y determinar α
y0 e5α
y0 e3α=4× 104104
,
e5α
e3α= 4,
e2α = 4,
2α = ln 4,
α =ln 4
2= ln
√4 = ln 2.
Sustituyendo en la primera ecuación, resulta
y0 e3 ln 2 = 104,
y0 =104
e3 ln 2=104
8= 1250,
la población inicial es, por lo tanto de 1250 individuos. El modelo quedescribe el tamaño de la población es
y = 1250 et ln 2 = 1250× 2t
Después de 6 horas, el tamaño de población será
y(6) = 1250× 26 = 80000 individuos. ¤
Ejemplo 4.3 Según la ley de enfriamiento de Newton, la velocidad a quese enfría una sustancia al aire libre es proporcional a la diferencia de tem-peratura entre la sustancia y el aire. Sabemos que la temperatura del aire esde 30o y la sustancia se ha enfriado desde 100o a 70o en 15 minutos.
1. ¿Qué temperatura tenía la sustancia después de 10 minutos?
2. ¿Cuándo tendrá la sustancia una temperatura de 40o?
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 53
• Modelo
y = y(t) temperatura de la sustancia,t tiempo (en minutos),t = 0 momento inicial,y0 = 100
o temperatura inicial,Tm = 30o temperatura del medio,dy
dttasa de variación de la temperatura de la sustancia.
• Ecuación diferencialdy
dt= −α ( y − Tm),
α > 0 es la constante de proporcionalidad (desconocida). Observamos quesi y > Tm, entonces
−α ( y − Tm) < 0y la sustancia se enfría. La ecuación es una EDO lineal completa, la escri-bimos en forma estándar
y0 + p(t) y = q(t),
y0 + α y = αTm,
identificamos
p(t) = α, q(t) = αTm, (ambos constantes).
La EDO lineal homogénea asociada es
y0 + α y = 0,
que tiene solucióny = ke−
Rα dt, k ∈ R,
y = ke−α t, k ∈ R.Calculamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros,esto es, proponemos una solución
yp(t) = k(t) e−α t
y sustituimos en la ecuación completa para determinar k(t)
y0pz }| {k0 e−α t − αk e−α t +α
ypz }| {k e−α t= αTm,
k0 e−α t = αTm,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 54
k0 =αTme−α t
,
k0 = αTm eα t,
k =
ZαTm e
α t dt.
Obtenemosk = Tm e
α t + c, c ∈ R,tomamos el valor de k
k = Tm eα t,
de donde resulta la siguiente solución particular de la ecuación completa
yp(t) =¡Tm e
α t¢e−αt = Tm.
La solución general de la EDO completa es
y(t) = yh(t) + yp(t) = ke−α t + Tm, k ∈ R.
Observa que podíamos haber obtenido la solución particular directamenteyp(t) = Tm apreciando que la ecuación
dy
dt= −α ( y − Tm),
tiene la solución singular y = Tm.1) Para determinar k, sustituimos Tm = 30o y usamos las condición inicial
y(0) = 100o,
100 = k e0 + 30 ⇒ k = 70.
Finalmente, para determinar α, usamos el dato
y(15) = 70,
70 = 70e−15α + 30,
70e−15α = 40
e−15α =4
7
−15α = ln 47
α =−115ln4
7= 0.03731.
El modelo matemático que describe el enfriamiento de la sustancia es
y = 70e−0.03731 t + 30.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 55
La temperatura después de 10 minutos será
y(10) = 70 e−0.3731 + 30 = 78. 2o
2) El tiempo necesario para que la sustancia esté a 40 grados se obtieneresolviendo la ecuación
70e−0.03731 t + 30 = 40,
e−0.03731 t =10
70,
t =−1
0.03731ln1
7= 52. 16 minutos. ¤
Ejemplo 4.4 Un tanque contiene 1000 litros de una disolución de agua ysal. En el tanque entra agua a razón de 20 litros/min y la mezcla, conservadauniforme por agitación, sale a la misma velocidad. Si inicialmente hay 60kg de sal en el tanque, ¿cuánta sal queda en el tanque después de 1 hora?
• Modelo
y = y(t) cantidad de sal en el tanque (en kg),t tiempo (en minutos),t = 0 momento inicial,y0 = 60 cantidad inicial de sal (en kg),dy
dttasa de variación de la cantidad de sal (en kg/min).
Observemos que la tasa de entrada y de salida de líquido es la misma, porlo tanto el volumen de disolución en el tanque se mantiene constante
concentración de sal =y
1000(en Kg/litro).
Tasa de variación de sal =
tasa de entrada de salz }| {20litrosmin.
× 0 kglitro
−
tasa de salida de salz }| {20litrosmin.
× y
1000
kglitro
= − 150ykgmin.
• Ecuación diferencialdy
dt= − 1
50y.
Es una ecuación lineal homogénea
y0 +1
50y = 0,
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 56
con solución generaly = k e−
R150dt, k ∈ R,
y = k e−150t, k ∈ R.
Usamos la condición inicialy(0) = 60,
para determinar k60 = k e−0 ⇒ k = 60.
El modelo matemático que describe la cantidad de sal en el tanque es
y = 60 e−150t.
La cantidad de sal después de 1 hora será
y(60) = 60 e−6050 = 18. 07 kg. ¤
Ejemplo 4.5 En una galería subterránea de dimensiones 15×5×1.2 metroshay una concentración del 0.2% de CO2. Se quiere renovar la atmósfera conaire exterior, cuya concentración de CO2 es de 0.05%, mediante ventiladoresque proporcionan un caudal de aire de 9m3/min. Calcula el porcentaje deCO2 después de 20 minutos.
• Modelo
y = y(t) cantidad de CO2 (en m3),t tiempo (en minutos),t = 0 momento inicial,V = 90 m3 volumen de la galería,y
90concentración de CO2,
y0 = 0. 18 m3 cantidad inicial de CO2 (y(0) = 0.002× 90),dy
dttasa de variación de la cantidad de CO2 (en m3/min).
Tasa de variación de CO2
tasa de entrada de CO2z }| {9m3 airemin.
× 0.0005 m3 CO2m3 aire
−
tasa de salida de CO2z }| {9m3 airemin.
× y
90
m3 CO2m3 aire
=³0.0045− y
10
´ m3 CO2min
.
• Ecuación diferencialdy
dt=³0.0045− y
10
´.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 57
Resolvemos por separación de variables
1³0.0045− y
10
´ dy = dt,Z
1³0.0045− y
10
´ dy = Z dt,
−10 ln¯0.0045− y
10
¯= t+ c1,
ln¯0.0045− y
10
¯= − t
10+ c2, c2 =
−c110,¯
0.0045− y
10
¯= e−
t10+c2 = c3e
− t10 , c3 = e
c2 ,
0.0045− y
10= ±c3 e−
t10 ,
0.0045− y
10= c4 e
− t10 ,
y = 10³0.0045− c4 e−
t10
´,
y = 0.045− c e− t10 , c ∈ R.
Sustituimos la condición inicial, y determinamos c
y(0) = 0.18,
0.18 = 0.045− c e− 010 ⇒ c = −0. 135.
El modelo matemático que describe la cantidad de CO2 en la galería es
y = 0.045 + 0.135 e−t10 .
La cantidad de CO2 después de 20 minutos será
y(20) = 0.045 + 0.135 e−2010 = 0.06 327 m3
y la concentración es
0.06 327 m3CO290 m3 aire
= 0.000703.
Después de 20 minutos, la concentración de CO2 será de 0.07%. ¤
Ejemplo 4.6 Tenemos un depósito cilíndrico con radio de la base R = 8dm y altura h = 1 m. El depósito se vacía a través de un orificio redondode radio r = 0.833 cm situado en la base del depósito. Sabemos que por unorificio de ese tipo el agua fluye a una velocidad aproximada v = 4.8
√h
dm/s, donde h es la altura del nivel de agua en el depósito. Si inicialmenteel depósito está totalmente lleno, determina el tiempo que el depósito tardaráen vaciarse.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 58
• Modelo
h = h(t) nivel de agua en el depósito (en dm),t tiempo (en segundos),t = 0 momento inicial,h0 = 10 dm nivel inicial,R = 8 dm radio del depósito,r = 0.0833 dm radio del orificio de salida,dh
dttasa de variación del nivel de agua (en dm/s).
La velocidad de salida del agua por el orificio de la base es
v = 4.8√hdm/s,
y el área de la sección perpendicular al flujo de salida es
A = πr2 dm2,
por lo tanto, tendremos un flujo de salida
v ·A = 4.8√hdm/s× πr2 dm2 = 4.8πr2
√h dm3/s.
La variación del volumen de agua V = V (t) en el depósito es igual a flujode salida
dV
dt= −4.8πr2
√h, (5)
por otra parte, el volumen de agua en el depósito es
V = πR2h,
por lo tantodV
dt= πR2
dh
dt.
Sustituimos en (5), y resulta
πR2dh
dt= −4.8πr2
√h,
de donde obtenemos la ecuación diferencial para la altura del agua en eldepósito
R2dh
dt= −4.8r2
√h,
dh
dt= −4.8 r
2
R2
√h.
Sustituimos los valores R = 8, r = 0.0833
dh
dt= −5. 204× 10−4
√h.
Resumen y ejemplos Tema 7: EDO’s de primer orden. 59
Se trata de una ecuación diferencial no lineal de variables separables
1√hdh = −5. 204× 10−4 dt,
Z1√hdh = −5. 204× 10−4
Zdt,
2√h = −5. 204× 10−4 t+ c, c ∈ R.
Determinamos c con la condición inicial h0 = 10
2√10 = −5. 204× 10−4 × 0 + c ⇒ c = 2
√10,
por lo tanto, el modelo matemático que describe la altura del nivel de aguaen el tanque es
2√h = −5. 204× 10−4 t+ 2
√10, (6)
que en forma explícita queda
h =³√10− 0.000 2602 t
´2.
Para determinar el tiempo de vaciado, sustituimos h = 0 en (6) y despejamost
0 = −5. 204× 10−4 t+ 2√10,
t =−2√10
−5. 204× 10−4 = 12153. 26 s = 3. 37 horas = 3 horas 22minutos. ¤
ETS Minas: Métodos matemáticos
Guía de estudio: Tema 8 EDOs de orden nFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, versión 1.2
1 Introducción
El contenido del tema es el siguiente:
1. Conceptos básicos.
2. Resolución de EDOs lineales homogéneas con coeficientes constantes.
3. Resolución de EDOs lineales completas con coeficientes constantes:método de variación de parámetros.
2 Objetivos
2.1 Teóricos
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:
• Identificar EDOs lineales de orden n.
• Distinguir si la EDO es de coeficientes constantes.
• Escribir la EDO en forma estándard.
• Diferenciar entre EDO completa y homogénea.
• Distinguir entre problemas de valor inicial y problemas de condicionesde contorno.
• Enunciar y aplicar el teorema de existencia y unicidad de solucionespara problemas de valor inicial con EDOs lineales.
• Describir la estructura del conjunto de soluciones de una EDO linealhomogénea de orden n.
• Definir el Wronskinano de n funciones.
• Determinar la independencia lineal de n funciones.
• Describir la estructura del conjunto de soluciones de una EDO linealcompleta de orden n.
1
Francisco Palacios Tema 8: EDOs de orden n. 2
2.2 Cálculo manual
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:
• Obtener la solución general de una EDO lineal homogénea de orden ncon coeficientes constantes usando las raíces de la ecuación caracterís-tica.
• Obtener la solución general de una EDO lineal completa de ordenn con coeficientes constantes, determinando una solución particularmediante el método de variación de parámetros.
• Resolver problemas sencillos de valor inicial o de condiciones de con-torno para EDOs lineales de orden n con coeficientes constantes.
2.3 Cálculo con ordenador
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:
• Escribir ecuaciones diferenciales de orden n siguiendo la sintaxis deMaple.
• Calcular una familia de soluciones con dsolve.
• Usar el operador D para escribir condiciones sobre las derivadas.
• Resolver problemas de valor inicial y de condiciones de contorno condsolve.
• Extraer una expresión correspondiente a la solución usando el comandorhs.
• Representar gráficamente la solución de un problema de valor inicialo de contorno.
• Aproximar numéricamente la solución de un problema de valor inicialusando la opción type=numeric de dsolve.
• Usar la notación de índices y el comando rhs para extraer adecua-damente los valores aproximados que resultan de los procedimientosnuméricos de dsolve.
• Representar curvas integrales y el campo de pendientes con el comandoDEplot de la librería DEtools.
Francisco Palacios Tema 8: EDOs de orden n. 3
3 Orientaciones para el estudio
• Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase.
• Resuelve con papel y lápiz los ejercicios 1,2,3,4,5,9.1—9.4,10.
• Resuelve con Maple los ejercicios anteriores.
4 Temporalización
Aproximadamente, el tiempo necesario para cubrir el tema es el siguiente:
Actividad Tipo Duración
Explicación teórica, ejemplos Clase teoría 2hEjemplos, problemas Clase prácticas 2hPrácticas ordenador Clase prácticas 1h 5h
Leer guia estudio, resumen Trabajo personal 0,75hProblemas a mano Trabajo personal 4,0hHacer práctica Trabajo personal 0,5hPoblemas con Maple Trabajo personal 0,5hCuestionario Trabajo personal 0,25 6h
5 Actividades complementarias
Si dispones de tiempo, resuelve algunos ejercicios que quedan en la lista.
Cuestionario Tema 8: EDOs de orden n
Alumno: _____________________________________
1. Asistencia a clase. Indica si has asistido a todas las clases de teoría yprácticas correspondientes al tema, en caso de no asistencia indica sihas dedicado un tiempo equivalente de estudio personal. Finalmente,indica (si procede) el número de horas de clase perdidas que no hayasrecuperado mediante estudio personal.
Asistencia RecuperadoSi No Si No En parte Horas perdidas
Clases de teoriaClases de práctica
2. Tiempo de estudio personal
TiempoLectura de guía de estudio y resumenHacer problemas a manoHacer prácticaHacer problemas con Maple
3. Puntúa la utilidad de los documentos de estudio entre 1 (= es una pér-dida de tiempo) y 5 (=muy útiles). Si no has descargado el documento,deja la casilla en blanco.
PuntuaciónGuía de estudioResumenProblemasProblemas resueltosProblemas resueltos con MaplePráctica
4. Revisa la lista de objetivos y escribe dos o tres tópicos que te gustaríaque se volvieran a explicar en clase.__________________________________________________________________________________________________________________________________________
5. Revisa la lista de objetivos y da una estimación intuitiva entre 1 y 5de tu grado de cumplimiento de esos objetivos. ____________
6. Sugerencias:
E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosProf: Francisco Palacios EPSEM-UPCNoviembre 2008, Versión 1.2
Tema 8: EDOs de orden n, Practica 1Resolución de algunas EDO's de orden n con Maple
• Resolución de EDOs con dsolve
• Escritura de condiciones iniciales con el operador D
Ejercicio 1.2> edo:=diff(y(x),x,x)-diff(y(x),x)-6*y=0;
:= edo = − − ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂
x( )y x 6 y 0
> dsolve(edo,y(x));
= ( )y x + _C1 e( )−2 x _C2 e( )3 x
Ejercicio 1.6> edo:=diff(y(x),x,x)-4*diff(y(x),x)+5*y=0;
:= edo = − + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x 4⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂x
( )y x 5 y 0
> dsolve(edo,y(x));
= ( )y x + _C1 e( )2 x ( )sin x _C2 e( )2 x ( )cos xEjercicio 2.1> edo:=diff(y(x),x,x,x)-4*diff(y(x),x,x)-5*diff(y(x),x)=0;
:= edo = − − ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂3
x3 ( )y x 4⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x 5⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂x
( )y x 0
> dsolve(edo,y(x));
= ( )y x + + _C1 _C2 e( )−x _C3 e( )5 x
Ejercicio 2.2> edo:=diff(y(x),x,x,x)-5*diff(y(x),x,x)+3*diff(y(x),x)+9*y=0;
:= edo = − + + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂3
x3 ( )y x 5⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x 3⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂
x( )y x 9 y 0
> equ:=m^3-5*m^2+3*m+9=0;
:= equ = − + + m3 5 m2 3 m 9 0> solve(equ,m);
, ,-1 3 3la solución será, por lo tanto y(x)=c1*exp(-x)+c2*exp(3*x)+c3*x*exp(3*x)> dsolve(edo,y(x));>
= ( )y x + + _C1 e( )3 x _C2 e( )−x _C3 e( )3 x xEjercicio 2.4> edo:=diff(y(x),x,x,x)+3*diff(y(x),x,x)+3*diff(y(x),x)+y=0;> dsolve(edo,y(x));
:= edo = + + + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂3
x3 ( )y x 3⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x 3⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂
x( )y x y 0
= ( )y x + + _C1 e( )−x _C2 e( )−x x2 _C3 e( )−x xEjercicio 3> edo:=diff(y(x),x,x)+16*y=0;
cond:=D(y)(0)=-2,y(0)=2;
:= edo = + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x 16 y 0
:= cond , = ( )( )D y 0 -2 = ( )y 0 2> s:=dsolve({edo,cond},y(x));
Page 1
:= s = ( )y x − 2 ( )cos 4 x12
( )sin 4 x
> f:=rhs(s);
:= f − 2 ( )cos 4 x12
( )sin 4 x
> plot(f,x=0..4);
x4321
2
1
0
-1
-2
definimos la solución como función > g:=unapply(f,x);
:= g → x − 2 ( )cos 4 x12
( )sin 4 x
valor de la solución para x=1.25> g(1.25);
1.046786508Ejercicio 6> restart;> edo:=diff(y(x),x,x,x)+12*diff(y(x),x,x)+36*diff(y(x),x)=0;
:= edo = + + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂3
x3 ( )y x 12⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x 36⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂
x( )y x 0
> cond:=y(0)=0,D(y)(0)=1,(D@@2)(y)(0)=-7;
:= cond , , = ( )y 0 0 = ( )( )D y 0 1 = ( )( )( )D( )2 y 0 -7> s:=dsolve({edo,cond},y(x));
:= s = ( )y x − + 536
536
e( )−6 x 16
e( )−6 x x
Resolución por pasos.1) Ecuación característica.> equ:=m^3+12*m^2+36*m=0;>
:= equ = + + m3 12 m2 36 m 0> solve(equ,m);
, ,0 -6 -62) Solución general. > s:=c1+c2*exp(-6*x)+c3*x*exp(-6*x);
:= s + + c1 c2 e( )−6 x c3 x e( )−6 x
3) Solución particular.Calculamos las derivadas> s1:=diff(s,x);
:= s1 − + − 6 c2 e( )−6 x c3 e( )−6 x 6 c3 x e( )−6 x
> s2:=diff(s,x,x);
:= s2 − + 36 c2 e( )−6 x 12 c3 e( )−6 x 36 c3 x e( )−6 x
Imponemos las condiciones > eq0:=subs(x=0,s)=0;
eq0:=eval(eq0);
:= eq0 = + c1 c2 e0 0Page 2
:= eq0 = + c1 c2 0> eq1:=subs(x=0,s1)=1;
eq1:=eval(eq1);
:= eq1 = − + 6 c2 e0 c3 e0 1 := eq1 = − + 6 c2 c3 1
> eq2:=subs(x=0,s2)=-7; eq2:=eval(eq2);
:= eq2 = − 36 c2 e0 12 c3 e0 -7 := eq2 = − 36 c2 12 c3 -7
> sol:=solve({eq0,eq1,eq2},{c1,c2,c3});
:= sol { }, , = c15
36 = c2
-536
= c316
El comando assign permite assignanar los valores correspondientes a c1, c2 y c3.> assign(sol);Vamos que se ha producido la asignación> s;
− + 5
365
36e( )−6 x 1
6x e( )−6 x
> plot(s,x=0..4);
x 4321
0.14
0.12
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
0
Ejercicio 9.1> edo:=diff(y(x),x,x)+y(x)=sec(x);
:= edo = + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x ( )y x ( )sec x
> dsolve(edo,y(x));
= ( )y x + + + ( )ln ( )cos x ( )cos x x ( )sin x _C1 ( )cos x _C2 ( )sin xEjercicio 9.2> edo:=diff(y(x),x,x)+y(x)=cos(x)^2;
:= edo = + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x ( )y x ( )cos x 2
> dsolve(edo,y(x));
= ( )y x − + + + 13
( )cos x 2 23
_C1 ( )cos x _C2 ( )sin x
Ejercicio 9.3> edo:=diff(y(x),x,x)-y=cosh(x);
:= edo = − ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x y ( )cosh x
> dsolve(edo,y(x));
( )y x =
+ + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟− + + − − −
14
e( )2 x ( )cosh x 2 14
e( )2 x ( )cosh x ( )sinh x14
e( )2 x x14
( )cosh x 2 14
( )cosh x ( )sinh x14
x e( )−x _C1 ex _C2 e( )−x
> edo:=diff(y(x),x,x)-y=(exp(x)+exp(-x))/2;
:= edo = − ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x y + 12
ex 12
e( )−x
> dsolve(edo,y(x));Page 3
= ( )y x + + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ − − −
14
e( )2 x x18
18
e( )2 x 14
x e( )−x _C1 ex _C2 e( )−x
Ejercicio 10> edo:=4*diff(y(x),x,x)-y=x*exp(x/2);
:= edo = − 4⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
x2 ( )y x y x e( ) / 1 2 x
> cond0:=y(0)=1;
:= cond0 = ( )y 0 1> cond1:=D(y)(0)=0;
:= cond1 = ( )( )D y 0 0> s:=dsolve({edo,cond0,cond1},y(x));
:= s = ( )y x − + + 18
x2 e( ) / 1 2 x 14
x e( ) / 1 2 x 34
e( ) / 1 2 x 14
e( )− / 1 2 x
Representación gráfica. > f:=rhs(s);
:= f − + + 18
x2 e( ) / 1 2 x 14
x e( ) / 1 2 x 34
e( ) / 1 2 x 14
e( )− / 1 2 x
> plot(f,x=0..3);
x 32.521.510.50
5
4
3
2
1
Definimos la solución como función.> g:=unapply(f,x);
:= g → x − + + 18
x2 e( ) / 1 2 x 14
x e( ) / 1 2 x 34
e( ) / 1 2 x 14
e( )− / 1 2 x
Calculamos el valor de la solución x=2.5.> g(2.5);
3.234749504>
Page 4
E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosProf: Francisco Palacios EPSEM-UPCNoviembre 2008, Versión 1.2
Tema 8: EDOs de orden n, Practica 2
Ejercicio 9.1> edo:=diff(y(t),t,t)+y=sec(t);
:= edo = + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
t2 ( )y t y ( )sec t
> dsolve(edo,y(t));
= ( )y t + + + ( )ln ( )cos t ( )cos t t ( )sin t _C1 ( )cos t _C2 ( )sin t> s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t));
:= s = ( )y t + ( )ln ( )cos t ( )cos t t ( )sin t> f:=rhs(s);
:= f + ( )ln ( )cos t ( )cos t t ( )sin t> plot(f,t=0..Pi,y=0..3);
t32.521.510.5
y
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
Observamos que la solución sólo está definida en [0,Pi/2).
> edo:=diff(y(t),t,t)+y=cos(t)^2;
:= edo = + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
t2 ( )y t y ( )cos t 2
> dsolve(edo,y(t));
= ( )y t − + + + 13
( )cos t 2 23
_C1 ( )cos t _C2 ( )sin t
> s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t));
:= s = ( )y t − + − 13
( )cos t 2 23
13
( )cos t
> f:=rhs(s);
:= f − + − 13
( )cos t 2 23
13
( )cos t
> plot(f,t=0..20);
Page 1
t 2015105
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
Ejercicio 9.3> plot(cosh(t),t=0..2);
t21.510.50
3.5
3
2.5
2
1.5
1
> edo:=diff(y(t),t,t)-y=cosh(t);
:= edo = − ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
t2 ( )y t y ( )cosh t
> dsolve(edo,y(t));
= ( )y t + + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟− + + − − −
14
( )cosh t 2 14
( )cosh t ( )sinh t14
t14
e( )−2 t ( )cosh t 2 14
e( )−2 t ( )cosh t ( )sinh t14
e( )−2 t t et _C1 et _C2 e( )−t
> edo:=diff(y(t),t,t)-y=(exp(t)+exp(-t))/2;
:= edo = − ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
t2 ( )y t y + 12
et 12
e( )−t
> dsolve(edo,y(t));
= ( )y t + + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ − − −
14
t18
e( )−2 t 18
14
e( )−2 t t et _C1 et _C2 e( )−t
Ejemplo vibracionesExcitación g(t)=sin(t)> edo:=diff(y(t),t,t)+16*y=sin(t);
dsolve(edo,y(t));
:= edo = + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
t2 ( )y t 16 y ( )sin t
= ( )y t + + 1
15( )sin t _C1 ( )cos 4 t _C2 ( )sin 4 t
> s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t));
:= s = ( )y t − 1
15( )sin t
160
( )sin 4 t
> f:=rhs(s);
:= f − 1
15( )sin t
160
( )sin 4 t
> plot(f,t=0..20);
Page 2
t2015105
0.08
0.06
0.04
0.02
0
-0.02
-0.04
-0.06
-0.08
Observamos que la amplitud máxima es aprox=0.08Veamos que pasa con la función de excitación g(t)=sin(4t).
> edo:=diff(y(t),t,t)+16*y=sin(4*t); dsolve(edo,y(t));
:= edo = + ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂2
t2 ( )y t 16 y ( )sin 4 t
= ( )y t − + + + 18
( )cos 4 t t1
32( )sin 4 t _C1 ( )cos 4 t _C2 ( )sin 4 t
> s:=dsolve({edo,y(0)=0,D(y)(0)=0},y(t)); f:=rhs(s);
:= s = ( )y t − + 18
( )cos 4 t t132
( )sin 4 t
:= f − + 18
( )cos 4 t t132
( )sin 4 t
> plot(f,t=0..30);
t30252015105
3
2
1
0
-1
-2
-3
Vemos que en este caso el sistema es inestable.>
Page 3
E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosResumen y ejemplos
Tema 8: EDOs de orden superiorFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.5
Contenido
1. Conceptos básicos.
2. Resolución de EDO’s lineales homogéneas con coeficientes constantes.
3. Resolución de EDO’s lineales completas con coeficientes constantes: méto-do de variación de parámetros.
1 Conceptos básicos
1.1 EDO lineal de orden n
Una EDO lineal de orden n es una EDO de la forma
an(x)dny
dxn+ an−1(x)
dn−1ydxn−1
+ · · ·+ a1(x)dy
dx+ a0(x) y = b(x).
Para las ecuaciones diferenciales lineales, empleamos los siguientes términos:
• EDO homogénea, cuando el término independiente es nulo b(x) ≡ 0;• EDO completa, cuando b(x) no es idénticamente nulo;
• EDO con coeficientes constantes, cuando la funciones aj(x) son constantes;
• EDO en forma estándar, si an = 1.
Ejemplo 1.1 Para las siguientes EDO’s lineales, determina el orden y estudiasi son homogéneas, completas y de coeficientes constantes. Escríbelas en formaestándar.
1. xy00 + 3y0 − (x+ sinx)y = 0.2. 2y000 − x2y0 = tanx.3. 3y(4) + 23y00 − 12y = sinx.4. y000 − y0 sinx+ xy = 35− x2.5. y00 + xy0 + y2 = sinx.
1
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 2
1.xy00 + 3y0 − (x+ sinx)y = 0.
EDO lineal de 2o orden, homogénea, la forma estándar es
y00 +3
xy0 − (x+ sinx)
xy = 0.
2.2y000 − x2y0 = tanx.
EDO lineal de 3er orden, completa, la forma estándar es
y000 − x2
2y0 =
tanx
2.
3.3y(4) + 23y00 − 12y = sinx.
EDO lineal de 4o orden, completa con coeficientes constantes, la forma estándares
y(4) +23
3y00 − 4y = 1
4sinx.
4.y000 − y0 sinx+ xy = 35− x2.
EDO lineal de 3er orden, completa, está en forma estándar.
5.y00 + xy0 + y2 = sinx.
EDO de segundo orden. No es lineal, tiene un término y2. ¤
1.2 Problemas de valor inicial y de condiciones de contor-no
Dada la EDO lineal
an(x)dny
dxn+ an−1(x)
dn−1ydxn−1
+ · · ·+ a1(x)dy
dx+ a0(x) y = b(x),
la solución general es una familia n-paramétrica de funciones
y = g (x, c1, c2, . . . , cn) ,
donde c1, c2, . . . , cn son constantes arbitrarias. Fijando el valor de las constantesc1, c2, . . . , cn se obtiene una solución particular.En un problema de valor inicial, se determina una solución particular imponien-do las n condiciones
y(x0) = y0, y0(x0) = y1, . . . , y(n−1)(x0) = yn−1.
Si las condiciones no se imponen sobre un mismo punto x0, decimos que se tratade un problema de condiciones de contorno.
Ejemplo 1.2 Dada la ecuación diferencial y00 − y0 = 0.
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 3
1. Verifica que la familia biparamétrica de funciones
y = c1 + c2 ex
es solución de la EDO.
2. Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 − y0 = 0,y(0) = 1,y0(0) = 2.
3. Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 − y0 = 0,y(0) = 1,y(1) = 0.
1. Partimos dey = c1 + c2 e
x
y calculamosy0 = c2ex, y00 = c2ex,
observamos que se cumpley00 − y0 = 0.
2. De la condicióny(0) = 1,
resultac1 + c2 = 1.
De la condicióny0(0) = 2,
resultac2e
0 = 2,
c2 = 2.
Tenemos el sistema ½c1 + c2 = 1,c2 = 2,
es decir ½c1 = −1,c2 = 2.
La solución del problema de valor inicial es
y = −1 + 2ex.
3. Para el problema de condiciones de contorno, obtenemos
y(0) = 1 ⇒ c1 + c2 = 1,
y(1) = 0 ⇒ c1 + c2e = 0.
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 4
Tenemos el sistema ½c1 + c2 = 1,c1 + c2 e = 0.
Restando la 2a ecuación a la 1a, resulta
c2 (1− e) = 1,
c2 =1
1− e .
Sustituimos en la 2a ecuación y obtenemos
c1 = − e
1− e .
La solución del problema de contorno es
y =−e1− e +
1
1− e ex.
Podemos reescribir la solución en una forma más conveniente
y =1
e− 1 (e− ex) =
e
e− 1¡1− ex−1¢ . ¤
1.3 Teorema de existencia y unicidad para problemas devalor inicial
Los problemas de valor inicial tienen muy buen comportamiento, en el caso deEDO’s lineales, el siguiente teorema establece condiciones suficientes para laexistencia y unicidad de soluciones.
Teorema 1.1 Consideramos la ecuación diferencial lineal de orden n en formaestándar
dny
dxn+ an−1(x)
dn−1ydxn−1
+ · · ·+ a1(x)dy
dx+ a0(x) y = b(x)
y el intervalo (a, b) . Si los coeficientes aj(x) y el término independiente b(x)son funciones continuas en (a, b), entonces para todo x0 ∈ (a, b) y cualquierelección de los valores y0, y1, . . . , yn−1, existe una única solución y(x) en (a, b)que cumple las condiciones
y(x0) = y0, y0(x0) = y1, . . . , y(n−1)(x0) = yn−1.
Para problemas de condiciones de contorno, la situación es mucho más compleja.Tomemos por ejemplo el problema⎧⎨⎩ y00 + y = 0,
y(0) = 1,y(π) = 0.
La EDOy00 + y = 0
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 5
es lineal con coeficientes constantes, el tipo más regular de ecuación diferencial.Veremos en la próxima sección que la solución general de la EDO es
y = c1 cosx+ c2 sinx,
si imponemos la primera condición de contorno, obtenemos
y(0) = 1 ⇒ c1 cos 0 + c2 sin 0 = 1,
c1 = 1.
De la segunda condición de contorno, resulta
y(π) = 0 ⇒ c1 cosπ + c2 sinπ = 0,
c1 = 0,
por lo tanto, el problema de condiciones de contorno propuesto carece de solu-ción.
1.4 Solución de la EDO lineal homogénea
1.4.1 Linealidad de soluciones
Sean y1, y2, . . . , yk soluciones de la EDO lineal homogénea
y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a1(x) y0 + a0(x) y = 0,
entonces, la combinación lineal
y(x) = c1y1(x) + · · · ckyk(x),
donde c1, . . . , ck son constantes, es también solución de la EDO.La función idénticamente nula
y(x) = 0, para todo x,
es solución de la EDO lineal homogénea, se denomina solución trivial.
1.4.2 Independencia lineal de funciones
Dadas n funcionesy1(x), y2(x), . . . , yn(x),
definidas en un intervalo I, decimos que las funciones son linealmente depen-dientes en I si existen constantes c1, c2, . . . , cn, con algún cj 6= 0, tales que
c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x) = 0, para todo x ∈ I.Si la relación
c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x) = 0, para todo x ∈ I,se cumple únicamente cuando las constantes son todas nulas
c1 = c2 = · · · = cn = 0,
entonces las funciones son linealmente independientes en I.
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 6
1.4.3 Estructura del conjunto de soluciones de la EDO lineal homo-génea
Teorema 1.2 El conjunto de soluciones de la EDO lineal homogénea
y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a1(x) y0 + a0(x) y = 0
es un espacio vectorial de dimensión n.
Del teorema se deduce que una EDO lineal homogénea de orden n siempre tienen soluciones linealmente independientes
y1(x), y2(x), . . . , yn(x),
que son base del conjunto de soluciones. Toda solución puede entonces escribirseen la forma
y = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x),donde c1, . . . , cn son constantes.Un conjunto de n soluciones linealmente independientes se denomina sistemafundamental de soluciones.
1.5 Wronskiano
Dadas n funcionesy1(x), y2(x), . . . , yn(x),
se define el Wronskiano de y1, y2, . . . , yn como
W (y1, y2, . . . , yn) =
¯¯¯
y1 y2 · · · yny01 y02 · · · y0ny001 y002 · · · y00n...
.... . .
...y(n−1)1 y
(n−1)2 · · · y
(n−1)n
¯¯¯ .
Para n = 2 es
W (y1, y2) =
¯y1 y2y01 y02
¯,
y, para n = 3, resulta
W (y1, y2, y3) =
¯¯ y1 y2 y3y01 y02 y03y001 y002 y003
¯¯ .
Puede demostrarse que un conjunto de soluciones de una EDO lineal homogéneaes linealmente independiente en un intervalo si y sólo si el wronskiano es no nuloen el intervalo.
Ejemplo 1.3 Consideramos la EDO lineal homogénea y00 + y = 0.
1. Demuestra que las funciones
y1 = cosx, y2 = sinx
forman un sistema fundamental de soluciones.
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 7
2. Determina la solución general de la EDO.
1. En primer lugar, hemos de ver que las funciones y1, y2 son soluciones de laEDO.
y1 = cosx,
y01 = − sinx,y001 = − cosx,
y001 + y1 = − cosx+ cosx = 0, para todo x ∈ R.y2 = sinx,
y02 = cosx,
y002 = − sinx,y002 + y2 = − sinx+ sinx = 0, para todo x ∈ R.
Estudiamos ahora si son linealmente independientes, para ello usamos el wrons-kiano
W (y1, y2) =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯cosx sinx− sinx cosx
¯= cos2 x+ sin2 x = 1 6= 0,
por lo tanto, y1, y2 es un sistema fundamental de soluciones.
2. Como y1, y2 es base del conjunto de soluciones, la solución general de la EDOes
y = c1 cosx+ c2 sinx, c1, c2 ∈ R. ¤
2 Resolución de EDO’s lineales homogéneas concoeficientes constantes
Una EDO lineal homogénea con coeficientes constantes es de la forma
y(n) + an−1 y(n−1) + · · ·+ a1 y0 + a0 y = 0,
donde a0, a1, . . . , an−1 son constantes. Para este tipo de ecuaciones es posibledeterminar un sistema fundamental de soluciones y, por lo tanto, la solucióngeneral.El procedimiento es como sigue:
1. Construimos la ecuación característica
mn + an−1mn−1 + · · ·+ a1 m+ a0 = 0
y calculamos sus raíces.
2. Para cada raíz real simple m = λ tenemos una solución
y1 = eλx.
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 8
3. Para cada raíz real m = λ de multiplicidad r, las funciones
y1 = eλx, y2 = xe
λx, y3 = x2eλx, . . . , yr = x
r−1eλx,
son soluciones de la EDO homogénea linealmente independientes.
4. Para cada par de raíces complejas conjugadas simples
m = α± βi,
las funciones
y1 = eαx cosβx,
y2 = eαx sinβx,
son soluciones de la EDO homogénea linealmente independientes.
5. Para cada par de raíces complejas conjugadas
m = α± βi,
de multiplicidad r, las 2r funciones
y1 = eαx cosβx, y2 = xe
αx cosβx, . . . , yr = xr−1eαx cosβx,
yr+1 = eαx sinβx, yr+2 = xe
αx sinβx, . . . , y2r = xr−1eαx sinβx,
son soluciones de la EDO homogénea linealmente independientes.
6. El sistema de funciones que se obtiene agrupando soluciones correspon-dientes a raíces distintas es linealmente independiente.
Ejemplo 2.1 Solución general de la EDO y00 − y = 0.La ecuación característica es
m2 − 1 = 0.las raíces son
m = ±1,tenemos, por lo tanto 2 raíces reales distintas. Para m = 1, obtenemos lasolución
y1 = ex,
para m = −1, obtenemos la solucióny2 = e
−x.
El espacio de soluciones tiene dimensión 2 y tenemos 2 soluciones linealmenteindependientes (corresponden a raíces distintas) por lo tanto
y1 = ex, y2 = e
−x
es un sistema fundamental de soluciones y la solución general es
y = c1ex + c2e
−x, c1, c2 ∈ R.Podemos usar el wronskiano para confirmar que las soluciones y1, y2 son lineal-mente independientes
W (y1, y2) =
¯ex e−x
ex −e−x¯= −exe−x − exe−x = −2 6= 0. ¤
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 9
Ejemplo 2.2 Resuelve la EDO y000 − 4y00 + 4y0 = 0.
La ecuación característica es
m3 − 4m2 + 4m = 0.
Determinamos las raíces de la ecuación característica.
m¡m2 − 4m+ 4¢ = 0,
resolvemosm2 − 4m+ 4 = 0,
m =4±√16− 162
=4
2= 2, (doble).
Las raíces sonm = 0 (simple), m = 2 (doble).
Para m = 0, obtenemos la solución
y1 = e0x = 1,
para m = 2, obtenemosy2 = e
2x, y3 = xe2x.
La solución general es
y = c1 + c2e2x + c3xe
2x, c1, c2, c3 ∈ R ¤
Ejemplo 2.3 Resuelve la EDO y00 + 4y = 0.
La ecuación característica esm2 + 4 = 0.
Resolvemosm2 = −4,m = ±2i.
Tenemos un par de raíces complejas conjugadas
m = +2i, m = −2i.
Obtenemos las soluciones
y1 = e0x cos 2x = cos 2x,
y2 = e0x sin 2x = sin 2x.
La solución general es
y = c1 cos 2x+ c2 sin 2x, c1, c2 ∈ R. ¤
Ejemplo 2.4 Resuelve la EDO y00 − 6y0 + 13y = 0.
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 10
La ecuación característica es
m2 − 6m+ 13 = 0.
Resolvemos
m =6±√36− 522
=6±√−162
=6± 4i2
= 3± 2i.
Tenemos un par de raíces complejas conjugadas
m = 3± 2i,
obtenemos las soluciones
y1 = e3x cos 2x, y2 = e
3x sin 2x.
La solución general es
y = e3x (c1 cos 2x+ c2 sin 2x) , c1, c2 ∈ R. ¤
Ejemplo 2.5 Resuelve la EDO y(4) + 6y00 + 9y = 0.
La ecuación característica es
m4 + 6m2 + 9 = 0,
se trata de una ecuación bicuadrada, hacemos el cambio
m2 = t,
t2 + 6t+ 9 = 0,
resolvemos
t =−6±√36− 36
2= −3 (doble),
m2 = −3,m = ±
√−3 = ±√3i (doble).
Tenemos un par de raíces complejas conjugadas
m = ±√3i
de multiplicidad 2, obtenemos las soluciones
y1 = cos³√3x´, y2 = x cos
³√3x´,
y3 = sin³√3x´, y4 = x sin
³√3x´.
La solución general es
y = c1 cos³√3x´+c2x cos
³√3x´+c3 sin
³√3x´+c4x sin
³√3x´, c1, c2, c3, c4 ∈ R. ¤
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 11
3 Resolución de EDO’s lineales completas concoeficientes constantes: método de variaciónde parámetros
3.1 Caso general
En el siguiente teorema se especifica la estructura del conjunto de soluciones dela EDO lineal completa. Aunque el método es válido en el caso de coeficientes noconstantes, nosotros nos ocuparemos solamente de ecuaciones con coeficientesconstantes.
Teorema 3.1 La solución general de la EDO lineal completa
y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a1(x) y0 + a0(x) y = b(x)
esy = c1y1 + c2y2 + · · ·+ cnyn + yp,
dondey1(x), y2(x), . . . , yn(x)
es un sistema fundamental de soluciones de la EDO homogénea asociada
y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a1(x) y0 + a0(x) y = 0
y yp(x) es una solución particular de la EDO completa.
En la sección anterior hemos visto como calcular un sistema fundamental desoluciones para la ecuación homogénea asociada, por lo tanto, sólo nos quedadeterminar una solución particular de la EDO completa.En el método de variación de parámetros, se construye una solución particularde la EDO completa
y(n) + an−1 y(n−1) + · · ·+ a1y0 + a0 y = b(x),
que tiene la siguiente forma
yp = u1(x) y1 + u2(x) y2 + · · ·+ un(x) yn ,
donde:
• Las funciones y1, y2, . . . , yn son un sistema fundamental de soluciones dela EDO homogénea asociada.
• La funciones u1, u2, . . . , un, se determinan mediante las n relaciones⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
y1u01 + y2u
02 + · · ·+ ynu0n = 0,
y01u01 + y
02u02 + · · ·+ y0nu0n = 0,
y001u01 + y
002u
02 + · · ·+ y00nu0n = 0,
...y(n−1)1 u01 + y
(n−1)2 u02 + · · ·+ y
(n−1)n u0n = b(x).
(1)
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 12
Si aplicamos la Regla de Cramer para resolver el sistema (1), obtenemos
u0j =Wj
W, j = 1, 2, . . . , n,
donde
• W es el wronskiano del sistema fundamental y1, . . . , yn.
• Wj es el determinante que se obtiene al sustituir la columna j del wrons-kiano por la columna de términos independientes⎛⎜⎜⎜⎝
00...b(x)
⎞⎟⎟⎟⎠ .3.2 Ecuaciones de orden 2
Partimos de la ecuación completa en forma estándar
y00 + a1 y0 + a0 y = b(x),
resolvemos la ecuación homogénea asociada
y00 + a1 y0 + a0 y = 0
y obtenemos un sistema fundamental de soluciones y1, y2.La solución general de la ecuación completa es de la forma
y = c1y1 + c2y2 + yp, c1, c2 ∈ R,donde yp es una solución de la EDO completa. Para determinar yp, proponemosuna solución de la forma
yp = u1y1 + u2y2
donde las funciones uj = uj(x) verifican las relaciones½y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = b(x).
El wronskiano del sistema fundamental es
W =
¯y1 y2y01 y02
¯,
la función u1 queda determinada por la ecuación diferencial
u01 =W1
W,
donde
W1 =
¯0 y2b(x) y02
¯.
Análogamente, tenemos
u02 =W2
W,
donde
W2 =
¯y1 0y01 b(x)
¯.
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 13
Ejemplo 3.1 Resuelve la EDO lineal completa y00 − y0 − 2y = x.
La ecuación homogénea asociada es
y00 − y0 − 2y = 0,
de donde obtenemos la ecuación característica
m2 −m− 2 = 0.
m =1±√1 + 8
2=1± 32
=
½4/2 = 2,−2/2 = −1.
Obtenemos las raíces (simples)
m = −1, m = 2,
de donde resulta el sistema fundamental de soluciones
y1 = e−x, y2 = e
2x.
La solución general de la ecuación homogénea asociada es
yh = c1e−x + c2e2x, c1, c2 ∈ R.
Pasamos a determinar una solución particular de la EDO completa yp de laforma
yp = u1(x) y1(x) + u2(x) y2(x),
donde las funciones uj = uj(x) verifican las relaciones½y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = x.
El wronskiano del sistema fundamental es
W =
¯y1 y2y01 y02
¯
W =
¯e−x e2x
−e−x 2e2x
¯= 2e−xe2x + e−xe2x
= 3ex.
Para determinar u1(x), calculamos
W1 =
¯0 y2b(x) y02
¯=
¯0 e2x
x 2e2x
¯= −xe2x,
obtenemos la ecuación diferencial que determina u1
u01 =W1
W=−xe2x3ex
= −13x ex,
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 14
integramos para calcular u1
u1 = −13
Zx ex dx = −1
3(xex − ex)
= −13xex +
1
3ex.
Para determinar u2(x), calculamos
W2 =
¯y1 0y01 b(x)
¯=
¯e−x 0−e−x x
¯= x e−x,
obtenemos
u02 =W2
W=x e−x
3ex=1
3xe−2x.
u2 =1
3
Zx e−2xdx
=1
3
µ−12xe−2x +
Z1
2e−2x dx
¶=
1
3
µ−12xe−2x − 1
4e−2x
¶= −1
6xe−2x − 1
12e−2x.
Finalmente, la solución particular de la EDO completa es
yp = u1y1 + u2y2
yp =
µ−13xex +
1
3ex¶e−x +
µ−16xe−2x − 1
12e−2x
¶e2x
= −13x+
1
3− 16x− 1
12
=1
4− 12x.
La solución general de la EDO completa es
y = c1e−x + c2e2x +
1
4− 12x, c1, c2 ∈ R. ¤
3.3 Ecuaciones de orden 3
Partimos de la ecuación completa en forma estándar
y000 + a2 y00 + a1 y0 + a0 y = b(x),
resolvemos la ecuación homogénea asociada
y000 + a2 y00 + a1 y0 + a0 y = 0
y obtenemos un sistema fundamental de soluciones y1, y2, y3.
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 15
La solución general de la ecuación completa es de la forma
y = c1y1 + c2y2 + c3y3 + yp,
donde yp es una solución particular de la EDO completa. Para determinar yp,proponemos una solución de la forma
yp = u1y1 + u2y2 + u3y3,
donde las funciones uj = uj(x) verifican las relaciones⎧⎨⎩ y1u01 + y2u
02 + y3u
03 = 0,
y01u01 + y
02u02 + y
03u03 = 0,
y001u01 + y
002u
02 + y
003u
03 = b(x).
El wronskiano del sistema fundamental es
W =
¯¯ y1 y2 y3y01 y02 y03y001 y002 y003
¯¯ ,
la función u1 queda determinada por la ecuación diferencial
u01 =W1
W,
donde
W1 =
¯¯ 0 y2 y30 y02 y03b(x) y002 y003
¯¯ .
Análogamente, tenemos
u02 =W2
W,
donde
W2 =
¯¯ y1 0 y3y01 0 y03y001 b(x) y003
¯¯
y
u03 =W3
W,
donde
W3 =
¯¯ y1 y2 0y01 y02 0y001 y002 b(x)
¯¯ .
Ejemplo 3.2 Resuelve la EDO y000 + 3y00 + 2y0 = 6 + 4x.
La ecuación homogénea asociada es
y000 + 3y00 + 2y0 = 0,
de donde resulta la ecuación característica
m3 + 3m2 + 2m = 0,
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 16
m¡m2 + 3m+ 2
¢= 0.
Resolvemosm2 + 3m+ 2 = 0,
m =−3±√9− 8
2=−3± 12
=
½ −2/2 = −1,−4/2 = −2.
Obtenemos las raíces (simples):
m = −2, m = −1, m = 0,
de donde resulta el sistema fundamental de soluciones
y1 = e−2x,
y2 = e−x,
y3 = e0 = 1.
La solución general de la ecuación homogénea asociada es
yh = c1e−2x + c2e−x + c3, c1, c2, c3 ∈ R.
Pasamos a determinar una solución particular de la EDO completa yp de laforma
yp = u1y1 + u2y2 + u3y3,
donde las funciones uj verifican las relaciones⎧⎨⎩ y1u01 + y2u
02 + y3u
03 = 0,
y01u01 + y
02u02 + y
03u03 = 0,
y001u01 + y
002u
02 + y
003u
03 = 6 + 4x.
El wronskiano del sistema fundamental es
W =
¯¯ y1 y2 y3y01 y02 y03y001 y002 y003
¯¯ =
¯¯ e−2x e−x 1−2e−2x −e−x 04e−2x e−x 0
¯¯ = ¯ −2e−2x −e−x
4e−2x e−x
¯= −2e−2xe−x + 4e−2xe−x= 2e−3x.
Para determinar u1, calculamos
W1 =
¯¯ 0 e−x 1
0 −e−x 06 + 4x e−x 0
¯¯ = (6 + 4x) e−x,
obtenemos
u01 =W1
W=(6 + 4x) e−x
2e−3x= (3 + 2x) e2x,
que, integrando, nos permite determinar u1
u1 =
Z(3 + 2x) e2x dx.
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 17
Integramos por partes, tomando½u = 3 + 2x, du = 2dx,dv = e2xdx, v = 1
2e2x.
u1 = (3 + 2x)1
2e2x −
Z1
2e2x 2dx
= (3 + 2x)1
2e2x − 1
2e2x
= (2 + 2x)1
2e2x = (1 + x)e2x.
Para determinar u2, calculamos
W2 =
¯¯ e−2x 0 1−2e−2x 0 04e−2x 6 + 4x 0
¯¯ = −4e−2x (2x+ 3) ,
obtenemos
u02 =W2
W=−4e−2x (2x+ 3)
2e−3x= −2 (2x+ 3) ex,
u2 = −2Z(2x+ 3) exdx.
Integramos por partes, tomando½u = 2x+ 3, du = 2dx.dv = exdx, v = ex.
u2 = −2∙(2x+ 3) ex − 2
Zex dx
¸= −2 [(2x+ 3) ex − 2ex]= −2 (2x+ 1) ex.
Determinamos u3, calculamos
W3 =
¯¯ e−2x e−x 0−2e−2x −e−x 04e−2x e−x 6 + 4x
¯¯ = (4x+ 6) ¡−e−3x + 2e−3x¢
= (4x+ 6) e−3x,
obtenemos
u03 =W3
W=2 (2x+ 3) e−3x
2e−3x= 2x+ 3.
u3 =
Z(2x+ 3) dx
= x2 + 3x.
Finalmente, la solución particular es
yp = u1y1 + u2y2 + u3y3
Resumen y ejemplos Tema 8: EDO’s de orden superior. 18
yp =£(1 + x)e2x
¤e−2x + [−2 (2x+ 1) ex] e−x + ¡x2 + 3x¢
= (1 + x)− 2 (2x+ 1) + ¡x2 + 3x¢= −1 + x2.
La solución general de la EDO completa es
y = c1e−2x + c2e−x + c3 − 1 + x2, c1, c2, c3 ∈ R.
Si tomamos c3 − 1 = c03, podemos reescribir la solución en la forma
y = c1e−2x + c2e−x + c03 + x
2, c1, c2, c03 ∈ R. ¤
EPSEM-UPC: Métodos MatemáticosE.T.S. MinasProf: Francisco Palacios Noviembre 2008, Versión 1.4
Tema 7: EDOs de primer orden, Practica 1Contenido
Resolución de EDOs con dsolve
Representación de soluciones
Campo de pendientes
Ejemplo 2.3> edo:=diff(y(x),x)=y(x)/(1+x);
:= edo
x( )y x
( )y x1 x
> sol:=dsolve(edo,y(x));
:= sol ( )y x _C1 _C1 xEjemplo 2.4> edo:=diff(y(x),x)=-x/y(x);
:= edo
x
( )y x x( )y x
> s:=dsolve({edo,y(4)=-3},y(x));
:= s ( )y x x2 25Extraemos la expresión del lado derecho de la igualdad.> f:=rhs(s);
:= f x2 25Representamos la solución en el intervalo [4,6], observa que la solución no existe para x mayor que 5.> plot(f,x=4..6);
x65.554.54
-0.5
-1
-1.5
-2
-2.5
-3
Ejemplo 2.6> edo:=diff(y(x),x)=(y(x)-x)/x;
:= edo
x( )y x
( )y x xx
> dsolve(edo,y(x));
( )y x x ( )ln x _C1 xEjemplo 2.7> edo:=diff(y(x),x)=(y(x)-x)/(y(x)+x);
:= edo
x( )y x
( )y x x( )y x x
> dsolve(edo,y(x));
Page 1
x_C1 x e
arctan
( )y xx
x2 ( )y x 2
Ejemplo 2.8> edo:=diff(y(x),x)=(y(x)^2+y(x)*x)/x^2;
:= edo
x( )y x
( )y x 2 ( )y x x
x2
> dsolve(edo,y(x));
1( )y x
( )ln x _C1x
Hemos obtenido una solución implícita, podemos pedir que Maple intente obtener una solución explícita con la opción .> dsolve(edo,y(x),explicit=true);
( )y xx
( )ln x _C1Ejemplo 2.9> edo:=diff(y(x),x)=-(5*x+4*y(x))/(4*x-8*(y(x))^3);
:= edo
x
( )y x 5 x 4 ( )y x
4 x 8 ( )y x 3
> sol:=dsolve(edo,y(x));
:= sol 52
x2 4 ( )y x x 2 ( )y x 4 _C1
Ejemplo 2.10> edo:=diff(y(x),x)=-(2*x+y(x))/(x+6*y(x));
:= edo
x
( )y x 2 x ( )y x
x 6 ( )y x> dsolve(edo,y(x));
x2 ( )y x x 3 ( )y x 2 _C1Ejemplo 2.11> edo:=diff(y(x),x)=4*y(x)/x;
:= edo
x( )y x 4
( )y xx
> dsolve(edo,y(x));
( )y x x4 _C1> sol:=dsolve({edo,y(1)=3},y(x));
:= sol ( )y x 3 x4
Extraemos la solución y la representamos en el intervalo [1,2]> f:=rhs(sol);
plot(f,x=1..2);
:= f 3 x4
x21.81.61.41.21
40
30
20
10
Ejemplo 2.12Page 2
> edo:=diff(y(x),x)=4*y(x)/x+x^5*exp(x);
:= edo
x( )y x 4
( )y xx
x5 ex
> dsolve(edo,y(x));
( )y x x5 ex x4 ex x4 _C1> sol:=dsolve({edo,y(1)=2},y(x));
:= sol ( )y x x5 ex x4 ex 2 x4
> f:=rhs(sol); plot(f,x=1..2);
:= f x5 ex x4 ex 2 x4
x 21.81.61.41.21
140
120
100
80
60
40
20
0
Ejemplo 2.13> edo:=diff(y(t),t)=-y+t;
:= edo
t( )y t y t
> dsolve(edo,y(t));
( )y t t 1 e( )t _C1> sol:=dsolve({edo,y(0)=4},y(t));
f:=rhs(sol);
:= sol ( )y t et t et 5
et
:= f et t et 5
et
Libreria DEtoolsLa librería DEtools contien herramientas para manejar ecuaciones diferenciales.> with(DEtools);
DEnormal DEplot DEplot3d Dchangevar PDEchangecoords PDEplot autonomous convertAlg convertsys dfieldplot, , , , , , , , , ,[indicialeq phaseportrait reduceOrder regularsp translate untranslate varparam, , , , , , ]
El comando DEplot permite dibujar campos de pendientes y soluciones.> DEplot(edo,y(t),t=-3..3,y=-5..5,arrows=medium);
t 321-1-2-3
y(t)
4
2
0
-2
-4
Poemos añadir condiciones inciales, para dibujar una o más soluciones. Para dibujar la solución que cumple y(0)=1 añadimos [[0,1]]. Observa que cada claudátor es doble.> DEplot(edo,y(t),t=-3..3,y=-5..5,arrows=medium,[[0,1]]);
Page 3
t321-1-2-3
y(t)
4
2
0
-2
-4
La opción color controla el color de las flechas. La opción linecolor controla el color de las curvas integrales.A continuación, dibujamos en color azul las curvas integrales correspondientes a las soluciones con condiciones iniciales y(0)=-2,y(0)=-1.y(0)=1,y(0)=2.> DEplot(edo,y(t),t=-3..3,y=-5..5,arrows=medium,[[0,-2],[0,-1],[0,1],[0,2]],linecolor=bl
ue);
t321-1-2-3
y(t)
4
2
0
-2
-4
>
Page 4
EPSEM-UPC: Métodos MatemáticosE.T.S. MinasProf: Francisco PalaciosNoviembre 2008, Versión 1.4
Tema 7: EDOs de primer orden, Practica 2• Resolución numérica de EDOs con dsolve
• Métode de Euler
• Ejemplos de aplicación
Ejemplo 2.9> edo:=(5*x+4*y(x))+(4*x-8*y(x)^3)*diff(y(x),x)=0;
:= edo = + + 5 x 4 ( )y x ( ) − 4 x 8 ( )y x 3 ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
∂
∂
x( )y x 0
> s:=dsolve(edo,y(x));
:= s = + − 52
x2 4 ( )y x x 2 ( )y x 4 _C1
Resolvemos con la condición inicial y(0)=1> s:=dsolve({edo,y(0)=1},y(x));
:= s = ( )y x ( )RootOf − − + − 5 x2 8 _Z x 4 _Z4 4Extraemos la solución para representar.> f:=rhs(s);
:= f ( )RootOf − − + − 5 x2 8 _Z x 4 _Z4 4> plot(f,x=0..5);
x543210
-1
-1.2
-1.4
-1.6
-1.8
Definimos una función para obtener valores, por ejemplo para calcular y(1).> g:=unapply(f,x);
:= g → x ( )RootOf − − + − 5 x2 8 _Z x 4 _Z4 4> v:=evalf(g(1));
:= v -.8562434511La solución es incorrecta, no se cumple la condición inicial. Dibujamos el campo de pendientes.> with(DEtools);
DEnormal DEplot DEplot3d Dchangevar PDEchangecoords PDEplot autonomous convertAlg convertsys dfieldplot, , , , , , , , , ,[indicialeq phaseportrait reduceOrder regularsp translate untranslate varparam, , , , , , ]
> > dfieldplot(edo,y(x),x=0..5,y=-3..3);
Page 1
x54321
y(x)
3
2
1
0
-1
-2
-3
El comando no funciona correctamente, para el comando dfieldplot, la EDO tiene que estar escrita en forma nomal.> edo:=diff(y(x),x)=-(5*x+4*y(x))/(4*x-8*y(x)^3);
dfieldplot(edo,y(x),x=0..5,y=-3..3);
:= edo = ∂
∂
x( )y x −
+ 5 x 4 ( )y x
− 4 x 8 ( )y x 3
x54321
y(x)
3
2
1
0
-1
-2
-3
Está claro que, en la resolución exacta, Maple está dando valores en la rama equivocada. Representamos la solución con DEplot. Observa el uso de dobles brackets para indicar la condición inicial.> DEplot(edo,y(x),x=0..5,[[y(0)=1]]);
Page 2
x543210
y(x)
2.8
2.6
2.4
2.2
2
1.8
1.6
1.4
1.2
1
Resolución numérica. Con la opción type=numeric en dsolve,obtenemos un programa que nos permite calcular aproximadamente el valor de la solución para valores de x.> > sap:=dsolve({edo,y(0)=1},y(x),type=numeric);
:= sap proc( ) ... endrkf45_x> sap(0);
[ ], = x 0 = ( )y x 1.> sap(1);
[ ], = x 1 = ( )y x 1.516001617675330Podemos extraer el valor usando el comand rhs y índices.> v:=rhs(sap(1)[2]);
:= v 1.516001621767472Método de Euler.El siguiente programa permite aplicar el método de Euler al problema de valor inicial considerado. Tomamos el intervalo [0,1] y 10 pasos, lo que da lugar a un step h=0.1.> F:=(x,y)->-(5*x+4*y(x))/(4*x-8*y(x)^3);
a:=0; b:=1; xx0:=a; yy0:=1.; n:=10.; h:=(b-a)/n; for j from 0 to n-1 do `*******************`; yy.(j+1):=yy.j+h*F(xx.j,yy.j); xx.(j+1):=xx.j+h; od;
:= F → ( ),x y − + 5 x 4 ( )y x
− 4 x 8 ( )y x 3
:= a 0 := b 1 := xx0 0 := yy0 1.
:= n 10. := h .1000000000Page 3
******************* := yy1 1.050000000 := xx1 .1000000000
******************* := yy2 1.103041417 := xx2 .2000000000
******************* := yy3 1.157508574 := xx3 .3000000000
******************* := yy4 1.212207415 := xx4 .4000000000
******************* := yy5 1.266347528 := xx5 .5000000000
******************* := yy6 1.319452577 := xx6 .6000000000
******************* := yy7 1.371263818 := xx7 .7000000000
******************* := yy8 1.421662926 := xx8 .8000000000
******************* := yy9 1.470617865 := xx9 .9000000000
******************* := yy10 1.518147424 := xx10 1.000000000
Comparamos con el valor obtenido numericamente por dsolve.> v;
1.516001621767472Con la opción method=classical, podemos indicar a dsolve que use el método de Euler. También podemos fijar el step con la opción stepsize=0.1> sap:=dsolve({edo,y(0)=1},y(x),type=numeric,method=classical,stepsize=0.1);
:= sap proc( ) ... endx_classical> sap(1);
[ ], = x 1 = ( )y x 1.518147424741485> sap(0.9);
[ ], = x .9 = ( )y x 1.470617865437818Vemos que los valores obtenidos coinciden con los que resultan de nuestro programa del método de Euler.
Ejemplos de aplicación :Resolución con Maple de los ejemplos de la sección 4 del resumen.
Ejemplo 4.1> restart;Definimos la ecuación diferencial.> edo:=diff(y(x),x)=a*y;
:= edo = ∂
∂
x( )y x a y
La resolvemos con dsolve, imponiendo la condición inicial y(0)=y0.> s:=dsolve({edo,y(0)=y0},y(x));
:= s = ( )y x e( )a x y0Definimos una función con la solución. Page 4
> g:=unapply(rhs(s),x);
:= g → x e( )a x y0Usamos el dato de que la población se duplica en 50 años para determinar la constante a.> equ:=g(50)=2*y0;
:= equ = e( )50 a y0 2 y0> va:=solve(equ,a);
:= va1
50( )ln 2
> vaf:=evalf(va);
:= vaf .01386294361asignamos el valor de a> a:=vaf;
:= a .01386294361 Construimos la ecuación para determinar el tiempo necesario para triplicar la población.> equ:=g(t)=3*y0;
:= equ = e( ).01386294361 t y0 3 y0> t3:=solve(equ,t);
:= t3 79.24812504Ejemplo 4.2Ejecutamos restart para limpiar todas las variables.> restart;Apartado 1.Escribimos la ecuación.> edo:=diff(y(t),t)=a*y;
:= edo = ∂
∂t
( )y t a y
Resolvemos la ecuación usando y0 como pobalción inicial.> s:=dsolve({edo,y(0)=y0},y(t));
:= s = ( )y t e( )a t y0Construimos una función con la solución.> g:=unapply(rhs(s),t);
:= g → t e( )a t y0Imponemos la condición de que la población se duplique en 4 horas y determinamos a> equ:=g(4)=2*y0;
:= equ = e( )4 a y0 2 y0> va:=solve(equ,a);
:= va14
( )ln 2
Asignamos el valor de a.> a:=va;
:= a14
( )ln 2
Calculamos la población después de 12 horas.> g(12);
8 y0Apartado 2.Es otro cultivo, sirve el mismo problema de valor inicial pero la constante a puede ser distinta. Borramos el valor de a.> a:='a';
:= a aConstruimos un sistema de ecuaciones con las condiciones.> equ1:=g(3)=10^4;
equ2:=g(5)=4*10^4;
:= equ1 = e( )3 a y0 10000
:= equ2 = e( )5 a y0 40000Resolvemos el sistema, como tenemos dos condiciones, podemos determinar la constante a y la población inicial y0.> va:=solve({equ1,equ2});
:= va ,{ }, = a ( )ln 2 = y0 1250 { }, = a ( )ln -2 = y0 -1250Page 5
Aplicamos el comando assign sobre el primer resultado, con ello a toma el valor ln(2) y y0 toma el valor 1250.> assign(va[1]);Verificamos que se ha prodicido la asignación.> a;
( )ln 2> y0;
1250Verificamos que los nuevos valores se sustituyen correctamente en la función solución.> g(t);
1250 e( )( )ln 2 t
Calculamos la población después de 6 horas.> g(6);
80000Ejemplo 4.3> restart;
Definimos la ecuación.> edo:=diff(y(t),t)=-a*(y-Tm);
:= edo = ∂
∂t
( )y t −a ( ) − y Tm
Resolvemos con la condición inicial y(0)=100 > s:=dsolve({edo,y(0)=100},y(t));
:= s = ( )y t + Tm e( )−a t ( )− + Tm 100Asignamos el valor de la temperatura del medio> Tm:=30;
:= Tm 30Verificamos que el valor se ha sustituido correctamente en la solución.> s;
= ( )y t + 30 70 e( )−a t
Construimos una función con la solución.> g:=unapply(rhs(s),t);
:= g → t + 30 70 e( )−a t
Usamos la temperatura después de 15 minutos para determinar la constante a. > equ:=g(15)=70;
:= equ = + 30 70 e( )−15 a 70> va:=solve(equ,a);
:= va −1
15⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ln
47
Asignamos el valor de la constante y verificamos que se ha sustituido correctamente.> a:=va;
:= a −115
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ln
47
> g(t);
+ 30 70 e( ) / 1 15 ( )ln / 4 7 t
Calculamos la temperatura después de 10 minutos> v10:=g(10);
:= v10 + 30 10 4 / 2 3 7 / 1 3
> evalf(v10);
78.20284529La temperatura después de 10 minutos será de 78,2 grados.Construimos la ecuación para determinar el tiempo necesario para alcanzar 40 grados.> equ:=g(t)=40;
:= equ = + 30 70 e( ) / 1 15 ( )ln / 4 7 t 40> t40:=solve(equ);
:= t40 −15( )ln 7⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ln
47Page 6
> evalf(t40);
52.15837877Se necesitan 52.16 minutos.Ejemplo 4.4Escribimos la EDO.> edo:=diff(y(t),t)=-1/50*y;
:= edo = ∂
∂
t( )y t −
150
y
Resolvemos con valor inicial y(0)=60.> s:=dsolve({edo,y(0)=60},y(t));
:= s = ( )y t 60 e( )− / 1 50 t
Construimos una función con la solución.> g:=unapply(rhs(s),t);
:= g → t 60 e( )− / 1 50 t
El siguiente gráfico muestra la evolución del contenido de sal en los primeros 100 minutos.> plot(g(x),x=0..100);
x100806040200
60
50
40
30
20
10
Calculamos la cantidad de sal después de 60 minutos.> v60:=g(60);
:= v60 60 e( ) / -6 5
> evalf(v60);
18.07165271Ejemplo 4.5Definimos la EDO.> edo:=diff(y(t),t)=0.0045-y/10;
:= edo = ∂
∂
t( )y t − .0045
110
y
Resolvemos con la condición inicial y(0)=0.18.> s:=dsolve({edo,y(0)=0.18},y(t));
:= s = ( )y t + .04500000000 .1350000000 e( )−.1000000000 t
Definimos una función con la solución.> g:=unapply(rhs(s),t);
:= g → t + .04500000000 .1350000000 e( )−.1000000000 t
Cantidad de CO2 después de 20 minutos.> g(20);
.06327026323Concentración.> g(20)/90;
.0007030029247La concentración es del 0.07%. El siguiente gráfico muestra la evolución de la concentración en los primeros 50 minutos.> plot([g(t)/90,0.0005],t=0..50,y=0..0.0022);
Page 7
t5040302010
y
0.002
0.0015
0.001
0.0005
0
>
Page 8
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Ejercicios Tema 7
Ecuaciones diferenciales de primer ordenFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.5
Ejercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s separables.
1.dy
dx= sin 5x.
2. dx+ e3x dy = 0.
3. (x+ 1)dy
dx= x+ 6.
4. xy0 = 4y.
5.dy
dx=y3
x2.
6.dx
dy=x2y2
1 + x.
7.dy
dx= e3x+2y.
8.¡4y + yx2
¢dy − ¡2x+ xy2¢ dx = 0.
9. 2y (x+ 1) dy = xdx.
10. y lnxdx
dy=
µy + 1
x
¶2.
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s separables
1.ds
dr= ks, k constante.
2.dP
dt= P − P 2.
3. sec2 x dy + csc y dx = 0.
4. ey sin 2xdx+ cosx¡e2y − 1¢ dy = 0.
1
Ejercicios: EDO’s de primer orden 2
5. (ey + 1)2 e−ydx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0.
6.¡y − yx2¢ dy
dx= (y + 1)2 .
7.dy
dx= sinx
¡cos 2y − cos2 y¢ .
8. xp1− y2 dx = dy.
9. (ex + e−x)dy
dx= y2.
Ejercicio 3 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½
(e−y + 1) sinxdx = (1 + cosx) dy,y(0) = 0.
Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (
y dy = 4x¡y2 + 1
¢1/2dx,
y(0) = 1.
Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½
x2y0 = y − xy,y(−1) = −1.
Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
dy
dx=2x+ 1
2y,
y(−2) = −1.
Ejercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s homogéneas
1. (x− y) dx+ x dy = 0.2. xdx+ (y − 2x) dy = 0.3.¡y2 + yx
¢dx− x2dy = 0.
4.dy
dx=y − xy + x
.
5. −y dx+ ¡x+√xy¢ dy = 0.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 3
Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (
xy2dy
dx= y3 − x3,
y(1) = 2.
Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ( ³
x+ yeyx
´dx− xe yx dy = 0,
y(1) = 0.
Ejercicio 10 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinariasson exactas y resuelve aquellas que lo sean.
1. (2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0.2. (5x+ 4y) dx+
¡4x− 8y3¢ dy = 0.
3.¡2xy2 − 3¢ dx+ ¡2x2y + 4¢ dy = 0.
4.¡x2 − y2¢ dx+ ¡x2 − 2xy¢ dy = 0.
5.¡x− y3 + y2 sinx¢ dx = ¡3xy2 + 2y cosx¢ dy.
6. (y ln y − e−xy) dx+³1y + x ln y
´dy = 0.
7. xdy
dx= 2xex − y + 6x2.
8.µx2y3 − 1
1 + 9x2
¶dx
dy+ x2y2 = 0.
9. (tanx− sinx sin y) dx+ cosx cos y dy = 0.10.
¡4t3y − 15t2 − y¢ dt+ ¡t4 + 3y2 − t¢ dy = 0.
Ejercicio 11 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(x+ y)2 dx+
¡2xy + x2 − 1¢ dy = 0,
y(1) = 1.
Ejercicio 12 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(4y + 2t− 5) dt+ (6y + 4t− 1) dy = 0,y(−1) = 2.
Ejercicio 13 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½ ¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx+ ¡2y sinx− x3 + ln y¢ dy = 0,y(0) = e.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 4
Ejercicio 14 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta¡y3 + kxy4 − 2x¢ dx+ ¡3xy2 + 20x2y3¢ dy = 0,
resuélvela.
Ejercicio 15 Consideramos la ecuación diferencial
(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ 2x cosxdy = 0.
1. Verifica que la EDO no es exacta.
2. Multiplica la ecuación por el factor integrante
µ = xy
y verifica que la EDO resultante es exacta.
3. Resuélvela.
Ejercicio 16 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada casoun intervalo en el que la solución es válida.
1.dy
dx= 5y.
2.dy
dx+ y = e3x.
3. y0 + 3x2y = x2.
4. x2y0 + xy = 1.
5. xdy
dx− y = x2 sinx.
6. xdy
dx+ 4y = x3 − x.
7. x2y0 + x (x+ 2) y = ex.
8. y dx− 4 ¡x+ y6¢ dy = 0.9. cosx
dy
dx+ y sinx = 1.
10. (x+ 1)dy
dx+ (x+ 2) y = 2xe−x.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 5
Ejercicio 17 Determina una solución explícita para el problema de valorinicial ½
xy0 + y = ex,y(1) = 2.
Indica un intervalo en el que esté definida la solución.
Ejercicio 18 Determina una solución explícita para el problema de valorinicial ⎧⎪⎨⎪⎩
(x+ 1)dy
dx+ y = lnx,
y(1) = 10, x > 0.
Ejercicio 19 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx+ 2y = f(x),
y(0) = 0,
donde
f(x) =
½1 si 0 ≤ x ≤ 3,0 si x > 3.
Ejercicio 20 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx+ 2xy = f(x),
y(0) = 2,
donde
f(x) =
½x si 0 ≤ x ≤ 1,0 si x ≥ 1.
Ejercicio 21 La función integral seno Si(x) se define como
Si(x) =
Z x
0
sin t
tdt
y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el problema de valor inicial½x3y0 + 2x2y = 10 sinx,y(1) = 0.
Ejercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = x2 − y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 6
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calculalos errores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4pasos, calcula los errores de truncamiento.
Ejercicio 23 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = 3y + 3x,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calculalos errores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5pasos, calcula los errores de truncamiento.
Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = e−2x − 2y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calculalos errores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5pasos, calcula los errores de truncamiento.
Ejercicio 25 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumentacon una rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquiermomento t. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo setriplicará y se cuadriplicará?
Ejercicios: EDO’s de primer orden 7
Ejercicio 26 La población de una comunidad crece a razón proporcional ala población en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 individ-uos y aumenta un 15% en 15 años. ¿Cuál será la población en 30 años?
Ejercicio 27 Cuando un haz vertical de luz pasa por una sustancia trans-parente, la rapidez con que decrece la intensidad I(x) es proporcional a I(x),donde x representa el espesor, en pies, del medio. En agua clara, la inten-sidad a 3 pies bajo la superficie es el 25% de la intensidad inicial I0 delhaz incidentes. ¿Cuál será la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo lasuperficie?
Ejercicio 28 El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se desintegra conuna rapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante t ytiene una vida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo,¿cuánto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90%?Nota. La vida media de una sustancia radioactiva es el tiempo necesariopara que se desintegre la mitad de la cantidad inicial.
Ejercicio 29 Inicialmente, había 100 miligramos de una sustancia radioac-tiva y, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la ve-locidad de desintegración, en el instante t, es proporcional a la cantidad desustancia presente, calcula la vida media de la sustancia.
Ejercicio 30 Un termómetro se saca de un recinto donde la temperaturadel aire es de 70oF y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10 oF.Después de medio minuto, el termómetro indica 50oF. ¿Cuál será la lecturacuando t =1 minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetrollegue a 15oF?
Ejercicio 31 Un termómetro que indica 70oF se coloca en un horno pre-calentado a temperatura constante. A través de una ventana del horno, unobservador registra una temperatura de 110oF después de 1/2 minuto y de145oF después de 1 minuto. ¿A qué temperatura está el horno?
Ejercicio 32 Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto30 gramos de sal. Entra al tanque un caudal de 4 litros por minuto desolución con 1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, sale del tanque uncaudal de 4 litros por minuto. Calcula la cantidad A(t) de sal que hay en eltanque en cualquier instante t.
Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmueracon 2 libras de sal por galón a razón de 5 gal/min. El tanque se mezcla bienpor agitación y de él sale la mezcla con la misma rapidez. Determina lacantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t.¿Cuál es la concentración de la solución del tanque cuando t = 5 min?
Ejercicios: EDO’s de primer orden 8
Ejercicio 34 Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera,con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galón arazón de 6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razónde 4 gal/min. Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los30 minutos.
Ejercicio 35 La ecuación diferencial que describe la velocidad de una masam en caída, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidadinstantánea es
mdv
dt= mg − kv
donde k > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo.
1. Resuelve la ecuación diferencial con la condición inicial v (0) = v0
2. Determina la velocidad terminal de la masa
vT = limt→∞
v (t)
3. Si s (t) es la distancia, medida desde el punto en que se suelta la masa,tenemos
ds
dt= v
Determina la ecuación de s(t) con la condición inicial s(0) = 0.
Soluciones
(1.1) y = −1/5 cos 5x+ c.(1.2) y = 1/3e−3x + c.(1.3) y = x+ 5 ln |x+ 1|+ c.(1.4) y = cx4.(1.5) y2 = x/ (2 + cx) .
(1.6) y = 3
q3 ln |x|− 3
x + c.
(1.7) −3e−2y = 2e3x + c.(1.8) 2 + y2 = c
¡4 + x2
¢.
(1.9) y2 = x− ln |x+ 1|+ c.(1.10) 1
3x3 ln |x|− 1
9x3 = 1
2y2 + 2y + ln |y|+ c.
(2.1) s = cekr.(2.2) p = cet/(1 + cet).(2.3) 4 cos y = 2x+ sin 2x+ c.(2.4) ey + e−y = 2cosx+ c.(2.5) −1
ey+1 =12
1
(ex+1)2+ c.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 9
(2.6) ln (y + 1)2 + 2y+1 = ln
¯1+x1−x
¯+ c.
(2.7) cos ysin y = − cosx+ c.
(2.8) y = sin³x2
2+ c´.
(2.9) y = − 1arctan ex+c .
(3) y = ln³
41+cosx − 1
´(4) y =
q¡2x2 +
√2¢2 − 1.
(5) y = 1xe−(1+1/x).
(6) y = −√x2 + x− 1.
(7.1) y = −x ln |x|+ cx.(7.2) (y − x) ln |y − x|+ x+ c (y − x) = 0.(7.3) y = −x
ln|x|+c .(7.4) ln
¡x2 + y2
¢+ 2arctan yx = c.
(7.5) ln |y|− 2q
xy = c.
(8) y = x 3√8− 3 lnx
(9) y = x ln (1 + lnx) .
(10.1) x2 − x+ 32y2 + 7y = c.
(10.2) 53x2 + 4xy − 2y4 = c.
(10.3) x2y2 − 3x+ 4y = c.(10.4) No es exacta.(10.5) x
2
2− xy3 − y2 cosx = c.
(10.6) No es exacta.(10.7) 2 (x− 1) ex − xy + 2x3 = c.(10.8) No es exacta.(10.9) cosx sin y − ln (cosx) = c.(10.10) t4y − 5t3 − yt+ y3 = c.(11) x3 + 3x2y + 3xy2 − 3y = 4.(12) 4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = 8.(13) y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = 0.(14) k = 10, y3x+ 5x2y4 − x2 = 0.(15.3) x2y2 cosx = c.
(16.1) y = ke5x, definida en todo R.(16.2) y = ke−x + 1
4e3x, definida en todo R.
(16.3) y = ke−x3+ 1
3, definida en todo R.
(16.4) y = kx +
lnxx , válida para x > 0.
(16.5) y = kx− x cosx, válida para x > 0.(16.6) y = k
x4+ x3
7− x
5, válida en todo intervalo que no contenga a 0.
(16.7) y = k e−xx2
+ ex
2x2, válida para x > 0.
(16.8) x = ky4 + 2y6, válida en todo intervalo que no contenga y = 0.(16.9) y = k cosx+ sinx, k ∈ R, válida para x ∈ (−π/2,π/2) .
Ejercicios: EDO’s de primer orden 10
(16.10) y = k e−xx+1 +
x2e−xx+1 , k ∈ R. Válidas para x > −1.
(17) y = ex
x +2−ex , solución válida para x > 0.
(18) y = x lnx−x+21x+1 , solución válida para x > −1.
(19)
y =
⎧⎨⎩12− 1
2e−2x, si 0 ≤ x ≤ 3,
12
¡e6 − 1¢ e−2x, si x > 3.
(20)
y =
⎧⎨⎩12+ 32e−x
2, si 0 ≤ x ≤ 1,
12e1−x
2+ 32e−x
2, si x > 1.
(21) y = 10x2(Si (x)− Si(1)) .
(22.1) Solución exacta
y(t) = x2 − 2x+ 2− e−x.
(22.2) Aproximación por el método de Euler de 4 pasos
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0
1 0.25 0.7500 0.7837 0.0337
2 0.50 0.5781 0.6435 0.0654
3 0.75 0.4691 0.5901 0.0940
4 1 0.5127 0.6321 0.1194
(22.3) Aproximación por el método de Euler modificado de 4 pasos
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0
1 0.25 0.7981 0.7837 0.0054
2 0.50 0.6536 0.6435 0.0101
3 0.75 0.6044 0.5901 0.0143
4 1 0.6499 0.6321 0.0178
(22.4) Aproximación por el método de Taylor de 2o orden con 4 pasos
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0
1 0.25 0.78125 0.78370 0.00245
2 0.50 0.63965 0.64347 0.00382
3 0.75 0.58566 0.59013 0.00447
4 1 0.62747 0.63212 0.00465
Ejercicios: EDO’s de primer orden 11
(23.1) Solución exacta
y(t) =4
3e3x − x− 1
3(23.2) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0
1 0.04 1.1200 1.1300 0.0100
2 0.08 1.2592 1.2817 0.0225
3 0.12 1.4199 1.4578 0.0379
4 0.16 1.6047 1.6614 0.0567
5 0.20 1.8165 1.8962 0.0797
(23.3) Aproximación por el método de Euler modificado de 5 pasos
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 0
1 0.04 1.1296 1.1300 0.0004
2 0.08 1.2808 1.2817 0.0009
3 0.12 1.4563 1.4578 0.0015
4 0.16 1.6592 1.6614 0.0022
5 0.20 1.8930 1.8962 0.0032
(23.4) En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2o ordencon 5 pasos se obtienen los mismos resultados que con el método de Eulermodificado.(24.1) Solución exacta
y(t) = (x+ 1) e−2x
(23.2) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 0
1 0.1 0.9 0.9006 0.0006
2 0.2 0.8019 0.8044 0.0025
3 0.3 0.7085 0.7135 0.0050
4 0.4 0.6217 0.6291 0.0074
5 0.5 0.5423 0.5518 0.0095
(23.3) Aproximación por el método de Euler modificado de 5 pasos
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 0
1 0.1 0.9009 0.9006 0.0003
2 0.2 0.8050 0.8044 0.0006
3 0.3 0.7144 0.7135 0.0009
4 0.4 0.6302 0.6291 0.0011
5 0.5 0.5531 0.5518 0.0013
Ejercicios: EDO’s de primer orden 12
(23.4) Aproximación por el método de Taylor de 2o orden de 5 pasos.
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 0
1 0.1 0.9 0.9006 0.0006
2 0.2 0.8035 0.8044 0.0009
3 0.3 0.7125 0.7135 0.0010
4 0.4 0.6282 0.6291 0.0009
5 0.5 0.5511 0.5518 0.0008
(25) Modeloy = y0e
ln 25t.
La población se triplica en 7.92 años; se cuadriplica en 10 años.(26) Modelo
y = 500e0.01398t.
Después de 30 años tendremos 760 individuos.(27) Modelo
I = I0e−0.4621x.
La intensidad a 15 pies bajo la superficie es el 0.098% de la intensidad ensuperficie.(28) Modelo
y = y0e−0.2100 t.
Se tarda 10.9647 horas en desintegrarse el 90%.(29) Modelo
y = y0e−0.00508 t.
La vida media es de 136.45 horas.(30) Modelo
y = 10 + 60e−08109 t
La lectura después de 1 minuto es 36.67oF; se necesitan 3.06 minutos paraque el termómetro alcance los 15oF.(31) Modelo
y = Th + (70− Th)µ145− Th70− Th
¶t.
donde Th es la temperatura del horno. La temperatura del horno es de390oF.(32) Modelo
A = 200− 170e− t/50.(33) Modelo
y = 1000 (1− e− t/100).La concentración de sal después de 5 minutos es 0.0975 lb/gal.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 13
(34) Modelo
y = 50 + t− 4× 105
(100 + 2t)2
la cantidad de sal después de 30 minutos es 64.375 lb.(35.1)
v (t) =mg
c
³1− e− c
mt´.
(35.2) Velocidad terminal vT = mg/c.(35.3)
s (t) =mg
c
³t+
m
ce−
kmt − m
c
´.
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Ejercicios resueltos Tema 7
Ecuaciones diferenciales de primer ordenFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.3
1 EDO’s separablesEjercicio 1 Resuelve las siguientes EDO’s separables.
1.dy
dx= sin 5x.
2. dx+ e3x dy = 0.
3. (x+ 1)dy
dx= x+ 6.
4. xy0 = 4y.
5.dy
dx=y3
x2.
6.dx
dy=x2y2
1 + x.
7.dy
dx= e3x+2y.
8.¡4y + yx2
¢dy − ¡2x+ xy2¢ dx = 0.
9. 2y (x+ 1) dy = x dx.
10. y lnxdx
dy=
µy + 1
x
¶2.
(1.1)dy
dx= sin 5x,
dy = sin 5xdx,Zdy =
Zsin 5x dx,
y = −15cos 5x+ c, c ∈ R.
(1.2)dx+ e3x dy = 0,
1
Ejercicios: EDO’s de primer orden 2
e3x dy = −dx,
dy =−1e3x
dx
= −e−3x dx,Zdy =
Z−e−3x dx,Z
dy =1
3
Ze−3x (−3) dx,
y =1
3e−3x + c, c ∈ R.
(1.3)
(x+ 1)dy
dx= x+ 6,
dy =x+ 6
x+ 1dx,Z
dy =
Zx+ 6
x+ 1dx,
Zx+ 6
x+ 1dx =
Zx+ 1 + 5
x+ 1dx =
Z µ1 +
5
x+ 1
¶dx
= x+ 5 ln |x+ 1|+ c,
y = x+ 5 ln |x+ 1|+ c, c ∈ R.(1.4)
xy0 = 4y,
xdy
dx= 4y,
1
ydy = 4
1
xdx,Z
1
ydy = 4
Z1
xdx,
ln |y| = 4 ln |x|+ c1,ln |y| = lnx4 + c1,
|y| = elnx4+c1 = x4 · ec1 , (c2 = e
c1)
= c2x4,
y = ±c2x4,y = cx4, (c = ±c2).
(1.5)dy
dx=y3
x2,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 3
1
y3dy =
dx
x2,Z
y−3 dy =Zx−2 dx,
1
−2y−2 = −x−1 + c1,−12y2
=−1x+ c1,
1
y2=2
x+ c, c = −2c1.
Solución implícita1
y2=2 + xc
x.
Solución explícita
y = ±r
x
2 + cx.
(1.6)dx
dy=x2y2
1 + x,
y2 dy =
µ1 + x
x2
¶dx,Z
y2 dy =
Z µ1
x2+1
x
¶dx,
1
3y3 = − 1
x+ ln |x|+ c1.
Solución implícita
y3 = 3 ln |x|− 3x+ c, (c = 3c1) .
Solución explícita
y =3
r3 ln |x|− 3
x+ c.
(1.7)dy
dx= e3x+2y,
dy
dx= e3x · e2y,
dy
e2y= e3x dx,Z
e−2y dy =Ze3x dx,
−12
Ze−2y (−2) dy = 1
3
Ze3x3 dx,
−12e−2y =
1
3e3x + c1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 4
−3e−2y = 2e3x + c, (c = 6c1) .
(1.8) ¡4y + yx2
¢dy − ¡2x+ xy2¢ dx = 0,¡
4y + yx2¢dy =
¡2x+ xy2
¢dx,
dy
dx=x¡2 + y2
¢y (4 + x2)
,
y
2 + y2dy =
x
4 + x2dx,Z
y
2 + y2dy =
Zx
4 + x2dx,
1
2
Z2y
2 + y2dy =
1
2
Z2x
4 + x2dx,
1
2ln¡2 + y2
¢=1
2ln¡4 + x2
¢+ c1.
Solución implícita
ln¡2 + y2
¢= ln
¡4 + x2
¢+ c2, (c2 = 2c1) .
Calculamos la solución explícita
ln¡2 + y2
¢− ln ¡4 + x2¢ = c2,ln
µ2 + y2
4 + x2
¶= c2,
2 + y2
4 + x2= ec2 = c,
2 + y2
4 + x2= c,
2 + y2 = c¡4 + x2
¢,
y2 = c¡4 + x2
¢− 2,soluciones explícitas
y = ±pc (4 + x2)− 2.
(1.9)2y(x+ 1) dy = x dx,
2y dy =x
x+ 1dx,Z
2y dy =
Zx
x+ 1dx,
Resolvemos la integral del lado derechoZx
x+ 1dx =
Zx+ 1− 1x+ 1
dx =
Z µ1− 1
x+ 1
¶dx
= x− ln |x+ 1|+ c
Ejercicios: EDO’s de primer orden 5
y2 = x− ln |x+ 1|+ c.(1.10)
y lnxdx
dy=
µy + 1
x
¶2,
y lnxdx =(y + 1)
2
x2dy,
(y + 1)2
ydy = x2 lnx dx,Z
(y + 1)2
ydy =
Zx2 lnx dx,
resolvemos la integral del lado izquierdoZ(y + 1)
2
ydy =
Zy2 + 2y + 1
ydy =
Z µy + 2 +
1
y
¶dy
=y2
2+ 2y + ln |y| ,
resolvemos la integral del lado derechoZx2 lnxdx = integral por partes,
tomamosu = lnx du = 1
xdx
dv = x2 dx v = 13x3
)Zx2 lnx dx =
1
3x3 lnx−
Z1
3x31
xdx
=1
3x3 lnx− 1
3
Zx2 dx
=1
3x3 ln |x|− 1
9x3 + c,
finalmente, la solución es
y2
2+ 2y + ln |y| = 1
3x3 ln |x|− 1
9x3 + c, c ∈ R.
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes EDO’s separables.
1.ds
dr= ks, k constante.
2.dP
dt= P − P 2.
3. sec2 x dy + csc y dx = 0.
4. ey sin 2x dx+ cosx¡e2y − 1¢ dy = 0.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 6
5. (ey + 1)2 e−ydx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0.
6.¡y − yx2¢ dy
dx= (y + 1)2 .
7.dy
dx= sinx
¡cos 2y − cos2 y¢ .
8. xp1− y2 dx = dy.
9. (ex + e−x)dy
dx= y2.
(2.1)ds
dr= ks,
1
sds = k dr,Z
1
sds = k
Zdr,
ln |s| = kr + c1,
|s| = ekr+c1
|s| = ekrec1
= c2ekr, (c2 = e
c1) ,
s = ±c2ekr,s = cekr, (c = ±c2) .
(2.2)dp
dt= p− p2,
1
p− p2 dp = dt,Z1
p− p2 dp =Zdt,Z
1
p− p2 dp = integral racional.
Descomposición en fracciones simples
1
p− p2 =1
p(1− p) =A
p+
B
1− p =A(1− p) +B(p)
p(1− p) ,
igualamos numeradores1 = A(1− p) +Bp,
determinamos los coeficientes: si p = 0
1 = A+B · 0 ⇒ A = 1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 7
si p = 11 = A · 0 +B · 1 ⇒ B = 1,
la descomposición es1
p(1− p) =1
p+
1
1− p.
Z1
p(1− p) dp =
Z µ1
p+
1
1− p¶dp = ln |p|− ln |1− p|
= ln
¯p
1− p
¯.
Solución implícita
ln
¯p
1− p
¯= t+ c1.
Calculamos la solución explícita¯p
1− p
¯= et+c1 = et · ec1 ,
¯p
1− p
¯= c2e
t, (c2 = ec1) ,
p
1− p = ±c2et,
p
1− p = cet, (c = ±c2) ,
p = cet(1− p)= cet − cetp,
p+ cetp = cet,
p¡1 + cet
¢= cet.
Solución explícita
p =cet
1 + cet.
(2.3)sec2 x dy + csc y dx = 0,
sec2 xdy = − csc y dx,1
csc ydy =
−1sec2 x
dx,
1µ1
sin y
¶ dy = −1µ1
cos2 x
¶ dx,sin y dy = − cos2 x dx,
−Zsin y dy = +
Zcos2 x dx.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 8
Calculamos la integral del lado derecho usando la identidad trigonométrica
cos2 x =1 + cos 2x
2,Z
cos2 x dx =
Z1 + cos 2x
2dx =
x
2+1
4sin 2x+ c,
solución implícita
cos y =x
2+1
4sin 2x+ c.
(2.4)ey sin 2x dx+ cosx
¡e2y − 1¢ dy = 0,
cosx¡e2y − 1¢ dy = −ey sin 2x dx,e2y − 1ey
dy = −sin 2xcosx
dx,
usamos la identidad trigonométrica
sin 2x = 2 sinx cosx,µey − 1
ey
¶dy = −2 sinx cosx
cosxdx,¡
ey − e−y¢ dy = −2 sinx dx,Z ¡ey − e−y¢ dy = 2Z (− sinx) dx.
Solución implícitaey + e−y = 2cosx+ c1.
Si usamos el coseno hiperbólico
cosh y =ey + e−y
2,
podemos obtener una solución explícita
ey + e−y
2= cosx+
c12,
cosh y = cosx+ c,
µc =
1
2c1
¶,
y = arc cosh (cosx+ c) .
(2.5)(ey + 1)2 e−y dx+ (ex + 1)3 e−x dy = 0,
(ex + 1)3
exdy = −(e
y + 1)2
eydx,
ey
(ey + 1)2dy = − ex
(ex + 1)3dx,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 9
Zey
(ey + 1)2dy = cambio de variable,
tomamos ½t = ey + 1,dt = ey dy,Z
ey
(ey + 1)2dy =
Zdt
t2= −1
t= − 1
ey + 1.
De forma similar, para la integralZex
(ex + 1)3dx,
tomamos el cambio ½t = ex + 1,dt = ex dx,
Zex
(ex + 1)3dx =
Zdt
t3=
Zt−3dt = −1
2t−2 = − 1
2t2
=−1
2 (ex + 1)2.
Solución de la EDO −1(ey + 1)
=1
2 (ex + 1)2+ c.
(2.6) ¡y − yx2¢ dy
dx= (y + 1)
2,
y¡1− x2¢ dy
dx= (y + 1)2 ,
y
(y + 1)2dy =
1
1− x2 dx,
Para la integral Zy
(y + 1)2dy
podemos tomar el cambio ⎧⎨⎩ t = y + 1,dt = dy,y = t− 1.
Zy
(y + 1)2dy =
Zt− 1t2
dt =
Z µ1
t− 1
t2
¶dt
= ln |t|+ 1t= ln |y + 1|+ 1
y + 1.
También se puede resolver descomponiendo en fracciones simples
y
(y + 1)2=
A
y + 1+
B
(y + 1)2=A(y + 1) +B
(y + 1)2,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 10
igualamos numeradoresy = A(y + 1) +B
y determinamos los coeficientes. Si y = −1
−1 = A · 0 +B ⇒ B = −1,
si y = 00 = A+B ⇒ A = 1.
La descomposición es
y
(y + 1)2=
1
y + 1− 1
(y + 1)2,
Zy
(y + 1)2dy =
Z ∙1
y + 1− 1
(y + 1)2
¸dy = ln |y + 1|+ 1
y + 1.Z
1
1− x2 dx = integral racional; descomponemos en fracciones simples.
1− x2 = (1− x)(1 + x),1
1− x2 =A
1− x +B
1 + x=A(1 + x) +B(1− x)
1− x2 ,
igualamos numeradores
1 = A(1 + x) +B(1− x),
identificamos los coeficientes. Si x = 1,
1 = 2A ⇒ A = 1/2,
si x = −1,1 = 2B ⇒ B = 1/2.
Obtenemos1
1− x2 =1/2
1− x +1/2
1 + x,
Z1
1− x2 dx =
Z1/2
1− x dx+Z
1/2
1 + xdx = −1
2ln |1− x|+ 1
2ln |1 + x|
=1
2ln
¯1 + x
1− x
¯.
Solución
ln |y + 1|+ 1
y + 1=1
2ln
¯1 + x
1− x
¯+ c1
ln (y + 1)2+
2
y + 1= ln
¯1 + x
1− x
¯+ c, (c = 2c1) .
(2.7)dy
dx= sinx
¡cos 2y − cos2 y¢ ,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 11
1
cos 2y − cos2 y dy = sinxdx,Z1
cos 2y − cos2 y dy =Zsinx dx.
En la primera integral, simplificamos la expresión usando la fórmula del cosenodel ángulo doble
cos 2y = cos2 y − sin2 y,resulta
cos 2y − cos2 y = cos2 y − sin2 y − cos2 y = − sin2 y,Z1
cos 2y − cos2 y dy =Z
1
− sin2 ydy = cot y =cos y
sin y.
Solucióncos y
sin y= − cosx+ c.
(2.8)xp1− y2 dx = dy,
x dx =1p1− y2
dy,Zxdx =
Z1p1− y2
dy,
1
2x2 = arcsin y + c1.
Solución explícita
arcsin y =1
2x2 + c (c = −c1) ,
y = sin
µ1
2x2 + c
¶.
(2.9) ¡ex + e−x
¢ dydx= y2,
1
y2dy =
1
ex + e−xdx,Z
1
y2dy =
Z1
ex + e−xdx,
La integral del lado izquierdo es inmediataZ1
y2dy = −1
y,
Para resolver la integral del lado derecho, escribimos el integrando como sigue
1
ex + e−x=
ex
e2x + 1
Ejercicios: EDO’s de primer orden 12
y hacemos el cambio t = exZ1
ex + e−xdx =
Zex
e2x + 1dx
=
Zdt
t2 + 1= arctan t
= arctan (ex) .
Solución−1y= arctan (ex) + c.
Solución explícita
y =−1
arctan (ex) + c. ¤
Ejercicio 3 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½
(e−y + 1) sinx dx = (1 + cosx) dy,y(0) = 0.
La EDO es separablesinx
1 + cosxdx =
1
e−y + 1dy,Z
sinx
1 + cosxdx =
Z1
e−y + 1dy,
La integral del lado izquierdo es casi inmediataZsinx
1 + cosxdx = −
Z − sinx1 + cosx
dx = − ln (1 + cosx) ,
en la integral del lado derecho, multiplicamos el numerador y denominador porey Z
1
e−y + 1dy =
Zey
(e−y + 1) eydy =
Zey
1 + eydy = ln (1 + ey) .
Hemos obtenido la familia de soluciones
− ln (1 + cosx) = ln (1 + ey) + c.
Imponemos la condición inicial y(0) = 0 para determinar la constante
− ln (1 + cos 0) = ln ¡1 + e0¢+ c,c = −2 ln 2 = − ln 4.
Solución del problema de valor inicial
− ln (1 + cosx) = ln (1 + ey)− ln 4.
Reescribimos la solución
ln (1 + ey) + ln (1 + cosx) = ln 4,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 13
(1 + ey) (1 + cosx) = 4.
Solución explícita
1 + ey =4
1 + cosx,
ey =4
1 + cosx− 1,
y = ln
µ4
1 + cosx− 1¶. ¤
Ejercicio 4 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (
y dy = 4x¡y2 + 1
¢1/2dx,
y(0) = 1.
La EDO es separabley
(y2 + 1)1/2
dy = 4xdx,Zy
(y2 + 1)1/2
dy =
Z4x dx,
Zy
(y2 + 1)1/2dy =
1
2
Z ¡y2 + 1
¢−1/22y dy =
1
2
1¡12
¢ ¡y2 + 1¢1/2=
¡y2 + 1
¢1/2.
Familia de soluciones ¡y2 + 1
¢1/2= 2x2 + c.
Imponemos la condición inicial y(0) = 1,√2 = 0 + c ⇒ c =
√2,
solución particular ¡y2 + 1
¢1/2= 2x2 +
√2.
Soluciones explícitas
y2 + 1 =³2x2 +
√2´2,
y = ±r³
2x2 +√2´2− 1,
teniendo en cuenta la condición inicial, y(0) = 1, debemos tomar la rama posi-tiva
y =
r³2x2 +
√2´2− 1. ¤
Ejercicio 5 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½
x2y0 = y − xy,y(−1) = −1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 14
La EDO es separable
x2dy
dx= y − xy,
1
ydy =
1− xx2
dx,Z1
ydy =
Z1− xx2
dx,Z1− xx2
dx =
Z µ1
x2− 1x
¶dx = − 1
x− ln |x| .
Familia de solucionesln |y| = − 1
x− ln |x|+ c,
imponemos la condición inicial y(−1) = −1,
ln 1 = 1− ln 1 + c ⇒ c = −1.
Soluciones implícitas
ln |y| = − 1x− ln |x|− 1.
Determinamos la solución explícita
ln |y|+ ln |x| = − 1x− 1,
ln |yx| = −µ1 +
1
x
¶,
|xy| = e−(1+ 1x),
y = ± 1xe−(1+
1x).
Teniendo en cuenta la condición inicial y(−1) = −1, debemos tomar la rama
y =1
xe−(1+
1x). ¤
Ejercicio 6 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ⎧⎨⎩
dy
dx=2x+ 1
2y,
y(−2) = −1.
La EDO es separable
2y dy = (2x+ 1) dx,Z2y dy =
Z(2x+ 1) dx.
Familia de solucionesy2 = x2 + x+ c,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 15
imponemos la condición inicial y(−2) = −1
(−1)2 = (−2)2 − 2 + c,1 = 4− 2 + c,c = −1.
Solución implícitay2 = x2 + x− 1,
soluciones explícitasy = ±
px2 + x− 1.
Teniendo en cuenta la condición inicial y(−2) = −1, debemos tomar la rama
y = −px2 + x− 1. ¤
2 EDO’s homogéneasEjercicio 7 Resuelve las siguientes EDO’s homogéneas
1. (x− y) dx+ xdy = 0.2. xdx+ (y − 2x) dy.3.¡y2 + yx
¢dx− x2dy = 0.
4.dy
dx=y − xy + x
.
5. −y dx+ ¡x+√xy¢ dy = 0.(7.1)
(x− y) dx+ x dy = 0.Forma normal
dy
dx=y − xx
,
cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =ux− xx
=x (u− 1)
x= u− 1,
u0x+ u = u− 1,u0x = −1, (separable).
Determinamos u(x)du
dx=−1x,
du =−1xdx,Z
du =
Z −1xdx,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 16
u = − ln |x|+ c.Deshacemos el cambio
y
x= − ln |x|+ c,
resulta la solución explícita
y = −x ln |x|+ c x.
(7.2)xdx+ (y − 2x) dy = 0.
Forma normaldy
dx=−xy − 2x =
x
2x− y ,
realizamos el cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
y resulta
u0x+ u =x
2x− ux =1
2− u,
u0x+ u =1
2− u,
u0x =1
2− u − u
=1− 2u+ u22− u , (separable).
Determinamos u(x),
xdu
dx=1− 2u+ u22− u ,
2− u1− 2u+ u2 du =
1
xdx,Z
2− u1− 2u+ u2 du =
Z1
xdx.
La integral Z2− u
1− 2u+ u2 du
es racional. Para resolverla, descomponemos en fracciones simples
2− u1− 2u+ u2 =
2− u(u− 1)2
=A
u− 1 +B
(u− 1)2=A (u− 1) +B(u− 1)2
,
igualando numeradores, resulta
2− u = A (u− 1) +B.
Determinamos los coeficientes, si u = 1,
2− 1 = B ⇒ B = 1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 17
si u = 0,2 = −A+B ⇒ A = −2 + 1 = −1.
Hemos obtenido la descomposición
2− u(u− 1)2
=−1u− 1 +
1
(u− 1)2,
que nos permite resolver la integralZ2− u(u− 1)2
du =
Z −1u− 1 du+
Z1
(u− 1)2du
= − ln |u− 1|− 1
u− 1 .
Solución de la EDO
− ln |u− 1|− 1
u− 1 = ln |x|+ c.
Deshacemos el cambio u = y/x
− ln¯yx− 1¯− 1
yx− 1 = ln |x|+ c.
Si operamos, podemos mejorar el aspecto de la solución
ln |x|+ ln¯yx− 1¯+
x
y − x + c = 0,
ln |y − x|+ x
y − x + c = 0.
(7.3) ¡y2 + yx
¢dx− x2 dy = 0.
Expresamos la ecuación en forma normal
dy
dx=y2 + yx
x2
y realizamos el cambio habitual
y = ux, y0 = u0x+ u,
resulta
u0x+ u =u2x2 + ux2
x2= u2 + u
u0x = u2.
Hemos obtenido la EDO separable
xdu
dx= u2,
la resolvemos para determinar u(x).
1
u2du =
1
xdx,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 18
Z1
u2du =
Z1
xdx,
− 1u= ln |x|+ c.
Deshacemos el cambio−xy= ln |x|+ c
y obtenemos la solución explícita
y =−x
ln |x|+ c .
(7.4) La EDO ya está en forma normal
dy
dx=y − xy + x
,
efectuamos el cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =ux− xux+ x
=u− 1u+ 1
,
u0x =u− 1u+ 1
− u = u− 1− u2 − uu+ 1
=−1− u2u+ 1
.
Obtenemos la EDO separable
xdu
dx= −1 + u
2
u+ 1,
que resolvemos para determinar u(x),
u+ 1
u2 + 1du = − 1
xdx,Z
u+ 1
u2 + 1du = −
Z1
xdx.
Calculamos aparte la primera integralZu+ 1
u2 + 1du =
Zu
u2 + 1du+
Z1
u2 + 1du =
1
2ln¡u2 + 1
¢+ arctanu,
y obtenemos la solución
1
2ln¡u2 + 1
¢+ arctanu = − ln |x|+ c.
Deshacemos el cambio u = y/x
1
2ln
µy2
x2+ 1
¶+ arctan
y
x= − ln |x|+ c,
y reescribimos la solución en una forma más conveniente
ln
µy2
x2+ 1
¶+ 2arctan
y
x= −2 ln |x|+ 2c
Ejercicios: EDO’s de primer orden 19
ln
µy2
x2+ 1
¶+ lnx2 + 2arctan
y
x= c1, (c1 = 2c)
ln¡y2 + x2
¢+ 2arctan
y
x= c1.
(7.5)−y dx+ (x+√xy) dy = 0.
Escribimos la EDO en forma normal
dy
dx=
y
x+√xy,
cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =ux
x+√ux2
=u
1 +√u,
u0x =u
1 +√u− u = u− u− u3/2
1 +√u
=−u3/21 + u1/2
,
xdu
dx=−u3/21 + u1/2
, EDO separable.
1 + u1/2
u3/2du = − 1
xdx,Z
1 + u1/2
u3/2du = −
Z1
xdx,
resolvemos la integral del lado izquierdoZ1 + u1/2
u3/2du =
Z µ1
u3/2+1
u
¶du = − 2√
u+ ln |u|.
Solución− 2√
u+ ln |u| = − ln |x|+ c,
deshacemos el cambio u = y/x
− 2pyx
+ ln¯yx
¯= − ln |x|+ c,
reescribimos la solución en forma más conveniente
−2rx
y+ ln
¯yx
¯+ ln |x| = c
ln |y|− 2rx
y= c, c ∈ R. ¤
Ejercicio 8 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial (
xy2dy
dx= y3 − x3,
y(1) = 2.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 20
Es una EDO homogénea. Forma normal
dy
dx=y3 − x3xy2
,
cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =u3x3 − x3u2x3
=u3 − 1u2
,
u0x =u3 − 1u2
− u = −1u2,
separamos variables Zu2du = −
Z1
xdx,
1
3u3 = − ln |x|+ c,
deshacemos el cambio u = y/x
1
3
y3
x3= − ln |x|+ c,
y3 = −3x3 ln |x|+ c1x3, (c1 = 3c),
imponemos la condición inicial y(1) = 2 para determinar la constante c1
8 = 0 + c1 ⇒ c1 = 8,
solución implícitay3 = −3x3 ln |x|+ 8x3,
solución explícitay = x 3
p8− 3 ln |x|. ¤
Ejercicio 9 Determina una solución explícita para el siguiente problema devalor inicial ½ ¡
x+ yeyx
¢dx− xe yx dy = 0,
y(1) = 0.
Es una EDO homogénea. Forma normal
dy
dx=x+ yey/x
x ey/x,
cambioy = ux, y0 = u0x+ u,
u0x+ u =x+ ux eu
x eu=1 + u eu
eu,
u0x =1 + ueu
eu− u = 1
eu,
separamos variables
eu du =1
xdx,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 21
Zeu du =
Z1
xdx,
eu = ln |x|+ c,deshacemos el cambio u = y/x
ey/x = ln |x|+ c,
imponemos la condición inicial y(1) = 0 para determinar la constante
e0 = ln 1 + c ⇒ c = 1,
ey/x = ln |x|+ 1,solución explícita
y
x= ln(ln |x|+ 1)
y = x ln(ln |x|+ 1). ¤
3 EDO’s exactasEjercicio 10 Estudia si las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias sonexactas y resuelve aquellas que lo sean.
1. (2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0.2. (5x+ 4y) dx+
¡4x− 8y3¢ dy = 0.
3.¡2xy2 − 3¢ dx+ ¡2x2y + 4¢ dy = 0.
4.¡x2 − y2¢ dx+ ¡x2 − 2xy¢ dy = 0.
5.¡x− y3 + y2 sinx¢ dx = ¡3xy2 + 2y cosx¢ dy.
6. (y ln y − e−xy) dx+³1y+ x ln y
´dy = 0.
7. xdy
dx= 2xex − y + 6x2.
8.µx2y3 − 1
1 + 9x2
¶dx
dy+ x2y2 = 0.
9. (tanx− sinx sin y) dx+ cosx cos y dy = 0.10.
¡4t3y − 15t2 − y¢ dt+ ¡t4 + 3y2 − t¢ dy = 0.
(10.1)(2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0.
IdentificamosM = 2x− 1,N = 3y + 7,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 22
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 0
∂N
∂x= 0
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
Tenemos una solución u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 2x− 1,
∂u
∂y= 3y + 7.
De la ecuación∂u
∂x= 2x− 1,
obtenemos
u =
Z(2x− 1) dx = x2 − x+ c1(y),
sustituimos en la ecuación∂u
∂y= 3y + 7
y obtenemos∂
∂y
¡x2 − x+ c1(y)
¢= 3y + 7,
dc1dy
= 3y + 7.
Determinamos c1(y)
c1 =
Z(3y + 7) dy =
3
2y2 + 7y
y obtenemos la expresión completa para u(x, y)
u(x, y) = x2 − x+ 32y2 + 7y,
finalmente, la solución es
x2 − x+ 32y2 + 7y = c, c ∈ R.
(10.2)(5x+ 4y) dx+
¡4x− 8y3¢ dy = 0.
IdentificamosM = 5x+ 4y,N = 4x− 8y3,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 23
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 4
∂N
∂x= 4
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
La EDO admite la solución u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 5x+ 4y,
∂u
∂y= 4x− 8y3.
De la ecuación∂u
∂x= 5x+ 4y,
obtenemos
u =
Z(5x+ 4y) dx =
5
2x2 + 4xy + c1(y).
Sustituimos en la ecuación∂u
∂y= 4x− 8y3
y obtenemos∂
∂y
µ5
2x2 + 4xy + c1(y)
¶= 4x− 8y3,
4x+dc1dy
= 4x− 8y3,
dc1dy
= −8y3.
Determinamos c1(y)
c1 =
Z ¡−8y3¢ dy = −2y4,resulta
u(x, y) =5
2x2 + 4xy − 2y4,
finalmente, la solución es
5
2x2 + 4xy − 2y4 = c, c ∈ R.
(10.3) ¡2xy2 − 3¢ dx+ ¡2x2y + 4¢ dy = 0.
M = 2xy2 − 3,N = 2x2y + 4,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 24
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 4xy
∂N
∂x= 4xy
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta,
soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 2xy2 − 3,
∂u
∂y= 2x2y + 4.
De∂u
∂x= 2xy2 − 3,
obtenemos
u =
Z ¡2xy2 − 3¢ dx = x2y2 − 3x+ c1(y),
sustituimos en la ecuación∂u
∂y= 2x2y + 4
y obtenemos∂
∂y
¡x2y2 − 3x+ c1(y)
¢= 2x2y + 4,
2x2y +dc1dy
= 2x2y + 4,
simplificamos y resultadc1dy
= 4,
integramos para determinar c1(y)
c1 =
Z4dy = 4y.
Obtenemos la expresión completa de u(x, u)
u(x, y) = x2y2 − 3x+ 4y
que proporciona la solución
x2y2 − 3x+ 4y = c, c ∈ R.
(10.4) ¡x2 − y2¢ dx+ ¡x2 − 2xy¢ dy = 0.
M = x2 − y2,N = x2 − 2xy,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 25
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= −2y
∂N
∂x= 2x− 2y
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ No es exacta.
(10.5) ¡x− y3 + y2 sinx¢ dx− ¡3xy2 + 2y cosx¢ dy = 0.
M = x− y3 + y2 sinx,N = − ¡3xy2 + 2y cosx¢ ,
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= −3y2 + 2y sinx
∂N
∂x= −3y2 + 2y sinx
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
La EDO admite la soluciónu(x, y) = c,
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= x− y3 + y2 sinx,
∂u
∂y= −3xy2 − 2y cosx.
De∂u
∂x= x− y3 + y2 sinx,
obtenemos
u =
Z ¡x− y3 + y2 sinx¢ dx = 1
2x2 − xy3 − y2 cosx+ c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= −3xy2 − 2y cosx
y obtenemos
∂
∂y
µ1
2x2 − xy3 − y2 cosx+ c1(y)
¶= −3xy2 − 2y cosx,
−3xy2 − 2y cosx+ dc1dy
= −3xy2 − 2y cosx,
dc1dy
= 0,
c1 = constante.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 26
Tomamos la siguiente expresión de u(x, y)
u(x, y) =1
2x2 − xy3 − y2 cosx,
que nos proporciona la solución
1
2x2 − xy3 − y2 cosx = c, c ∈ R.
(10.6) ¡y ln y − e−xy¢ dx+µ1
y+ x ln y
¶dy = 0.
M = y ln y − e−xy,N = 1
y+ x ln y,
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
−∞ < x <∞, 0 < y <∞.∂M
∂y= ln y + 1 + xe−xy
∂N
∂x= ln y
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ no es exacta.
(10.7)
xdy
dx= 2xex − y + 6x2.
Expresamos la EDO en forma diferencial¡2xex − y + 6x2¢ dx− xdy = 0
y obtenemosM = 2xex − y + 6x2,N = −x,
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= −1
∂N
∂x= −1
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
Soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= 2xex − y + 6x2,
∂u
∂y= −x.
De∂u
∂x= 2xex − y + 6x2,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 27
obtenemos
u =
Z ¡2xex − y + 6x2¢ dx = 2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1(y).
Sustituimos en la ecuación∂u
∂y= −x
y obtenemos∂
∂y
¡2xex − 2ex − xy + 2x3 + c1(y)
¢= −x,
−x+ dc1dy
= −x,
dc1dy
= 0,
c1 = constante.
Podemos tomaru(x, y) = 2xex − 2ex − xy + 2x3,
de donde resulta la solución
2xex − 2ex − xy + 2x3 = c, c ∈ R.(10.8) µ
x2y3 − 1
1 + 9x2
¶dx
dy+ x2y2 = 0.
Forma diferencial µx2y3 − 1
1 + 9x2
¶dx+ x2y2 dy = 0,
identificamosM = x2y3 − 1
1 + 9x2,
N = x2y2,
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 3x2y2
∂N
∂x= 2xy2
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ no es exacta.
(10.9)(tanx− sinx sin y) dx+ (cosx cos y) dy = 0.
M = tanx− sinx sin y,N = cosx cos y,
continuas con derivadas parciales continuas en la banda
−π2< x <
π
2, −∞ < y <∞.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 28
∂M
∂y= − sinx cos y
∂N
∂x= − sinx cos y
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
La EDO admite una solución de la forma
u(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= tanx− sinx sin y,
∂u
∂y= cosx cos y.
De∂u
∂x= tanx− sinx sin y,
obtenemos
u =
Z(tanx− sinx sin y) dx = − ln (cosx) + cosx sin y + c1(y),
sustituimos en la ecuación∂u
∂y= cosx cos y
y obtenemos
∂
∂y(− ln (cosx) + cosx sin y + c1(y)) = cosx cos y,
cosx cos y +dc1dy
= cosx cos y,
dc1dy
= 0 ⇒ c1 = constante.
Podemos tomaru(x, y) = − ln (cosx) + cosx sin y,
de donde resulta la solución
− ln (cosx) + cosx sin y = c, c ∈ R.(10.10) ¡
4t3y − 15t2 − y¢ dt+ ¡t4 + 3y2 − t¢ dy = 0.M = 4t3y − 15t2 − y,N = t4 + 3y2 − t,
continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 4t3 − 1
∂N
∂t= 4t3 − 1
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 29
La EDO admite una solución de la forma
u(t, y) = c,
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂t= 4t3y − 15t2 − y,
∂u
∂y= t4 + 3y2 − t.
De∂u
∂t= 4t3y − 15t2 − y,
obtenemos
u =
Z ¡4t3y − 15t2 − y¢ dt = t4y − 5t3 − yt+ c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= t4 + 3y2 − t
y resulta∂
∂y
¡t4y − 5t3 − yt+ c1(y)
¢= t4 + 3y2 − t,
t4 − t+ dc1dy
= t4 + 3y2 − t,
dc1dy
= 3y2,
c1 =
Z3y2dy = y3,
finalmenteu(t, y) = t4y − 5t3 − yt+ y3,
soluciónt4y − 5t3 − yt+ y3 = c, c ∈ R. ¤
Ejercicio 11 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(x+ y)
2dx+
¡2xy + x2 − 1¢ dy = 0,
y(1) = 1.
IdentificamosM = (x+ y)
2,
N = 2xy + x2 − 1,que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 2x+ 2y
∂N
∂x= 2x+ 2y
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 30
La EDO admite una solución de la forma u(x, y) = c con⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= (x+ y)
2,
∂u
∂y= 2xy + x2 − 1.
De∂u
∂x= (x+ y)
2,
obtenemos
u =
Z(x+ y)
2dx =
1
3(x+ y)
3+ c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= 2xy + x2 − 1
y resulta∂
∂y
µ1
3(x+ y)3 + c1(y)
¶= 2xy + x2 − 1,
(x+ y)2 +dc1dy
= 2xy + x2 − 1,
x2 + 2xy + y2 +dc1dy
= 2xy + x2 − 1,
dc1dy
= −y2 − 1,
c1 =
Z ¡−y2 − 1¢ dy = −13y3 − y,
finalmenteu(x, y) =
1
3(x+ y)
3 − 13y3 − y.
Familia de soluciones
1
3(x+ y)3 − 1
3y3 − y = c, c ∈ R.
Imponemos la condición inicial y(1) = 1 para determinar la constante
8
3− 13− 1 = c ⇒ c =
4
3,
1
3(x+ y)
3 − 13y3 − y = 4
3,
operando, podemos presentar la solución como sigue
1
3
¡x3 + 3x2y + 3xy2 + y3
¢− 13y3 − y = 4
3,
1
3x3 + x2y + xy2 − y = 4
3,
x3 + 3x2y + 3xy2 − 3y = 4. ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden 31
Ejercicio 12 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½(4y + 2t− 5) dt+ (6y + 4t− 1) dy = 0,y(−1) = 2.
IdentificamosM = 4y + 2t− 5N = 6y + 4t− 1
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= 4
∂N
∂t= 4
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
Podemos obtener una familia de soluciones de la forma
u(t, y) = c, c ∈ R,
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂t= 4y + 2t− 5,
∂u
∂y= 6y + 4t− 1.
De∂u
∂t= 4y + 2t− 5
obtenemos
u =
Z(4y + 2t− 5) dt = 4yt+ t2 − 5t+ c1(y).
Para determinar c1(y), sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= 6y + 4t− 1
y obtenemos∂
∂y
¡4yt+ t2 − 5t+ c1(y)
¢= 6y + 4t− 1,
4t+dc1dy
= 6y + 4t− 1,
dc1dy
= 6y − 1,
c1 =
Z(6y + 1) dy = 3y2 − y,
finalmente, resultau(t, y) = 4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y,
familia de soluciones
4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = c, c ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 32
Imponemos la condición inicial y(−1) = 2 para determinar la constante
−8 + 1 + 5 + 12− 2 = c ⇒ c = 8,
resulta4yt+ t2 − 5t+ 3y2 − y = 8. ¤
Ejercicio 13 Resuelve el siguiente problema de valor inicial½ ¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx+ ¡2y sinx− x3 + ln y¢ dy = 0,y(0) = e.
IdentificamosM = y2 cosx− 3x2y − 2x,N = 2y sinx− x3 + ln y,
que son continuas con derivadas parciales continuas en la banda
−∞ < x <∞, 0 < y <∞.∂M
∂y= 2y cosx− 3x2
∂N
∂x= 2y cosx− 3x2
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta,
soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x,
∂u
∂y= 2y sinx− x3 + ln y.
De∂u
∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x,
obtenemos
u =
Z ¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx = y2 sinx− x3y − x2 + c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= 2y sinx− x3 + ln y
y obtenemos
∂
∂y
¡y2 sinx− x3y − x2 + c1(y)
¢= 2y sinx− x3 + ln y,
2y sinx− x3 + dc1dy
= 2y sinx− x3 + ln y,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 33
dc1dy
= ln y,
c1 =
Zln y dy = y ln y −
Zy
µ1
y
¶dy
= y ln y − y.
Finalmenteu(x, y) = y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y,
familia de soluciones
y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = c, c ∈ R.
Imponemos la condición inicial
y(0) = e,
e2 sin 0− 0− 0 + e ln e− e = c,c = e− e = 0.
Solución del problema de valor inicial
y2 sinx− x3y − x2 + y ln y − y = 0. ¤
Ejercicio 14 Determina k para que la siguiente EDO sea exacta¡y3 + kxy4 − 2x¢ dx+ ¡3xy2 + 20x2y3¢ dy = 0,
resuélvela.
IdentificamosM = y3 + kxy4 − 2x,N = 3xy2 + 20x2y3,
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2. Calculamos
∂M
∂y= 3y2 + 4kxy3
∂N
∂x= 3y2 + 40xy3
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭y exigimos
∂M
∂y=
∂N
∂x,
resulta3y2 + 4kxy3 = 3y2 + 40xy3,
4kxy3 = 40xy3 ⇒ 4k = 40,
k = 10.
La ecuación diferencial es¡y3 + 10xy4 − 2x¢ dx+ ¡3xy2 + 20x2y3¢ dy = 0,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 34
soluciónu(x, y) = c,
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= y3 + 10xy4 − 2x,
∂u
∂y= 3xy2 + 20x2y3.
De∂u
∂x= y3 + 10xy4 − 2x,
obtenemos
u =
Z ¡y3 + 10xy4 − 2x¢ dx = xy3 + 5x2y4 − x2 + c1(y),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂y= 3xy2 + 20x2y3
y obtenemos
∂
∂y
¡xy3 + 5x2y4 − x2 + c1(y)
¢= 3xy2 + 20x2y3,
3xy2 + 20x2y3 +dc1dy
= 3xy2 + 20x2y3,
dc1dy
= 0,
c1 = constante.
Familia de soluciones
xy3 + 5x2y4 − x2 = c, c ∈ R. ¤
Ejercicio 15 Consideramos la ecuación diferencial
(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ 2x cosx dy = 0.
1. Verifica que la EDO no es exacta.
2. Multiplica la ecuación por el factor integrante
µ = xy
y verifica que la EDO resultante es exacta.
3. Resuélvela.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 35
1. Inicialmente tenemos
(−xy sinx+ 2y cosx) dx+ (2x cosx) dy = 0,
identificamosM = −xy sinx+ 2y cosx,N = 2x cosx,
que son continuas con derivadas parciales continuas en todo R2.
∂M
∂y= −x sinx+ 2 cosx
∂N
∂x= 2cosx− 2x sinx
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ no es exacta.
2. Multiplicamos por el factor integrante
µ = xy
y resulta la nueva ecuación¡−x2y2 sinx+ 2xy2 cosx¢ dx+ ¡2x2y cosx¢ dy = 0M = −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,N = 2x2y cosx.
∂M
∂y= −2x2y sinx+ 4xy cosx
∂N
∂x= 4xy cosx− 2x2y sinx
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ EDO exacta.
3. Soluciónu(x, y) = c
con ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩∂u
∂x= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,
∂u
∂y= 2x2y cosx.
De∂u
∂y= 2x2y cosx,
obtenemos
u =
Z ¡2x2y cosx
¢dy
= x2y2 cosx+ c1(x),
sustituimos en la ecuación
∂u
∂x= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx
Ejercicios: EDO’s de primer orden 36
y obtenemos
∂
∂x
¡x2y2 cosx+ c1(x)
¢= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,
2xy2 cosx− x2y2 sinx+ dc1dx
= −x2y2 sinx+ 2xy2 cosx,dc1dy
= 0 ⇒ c = constante.
Finalmente, tenemos la familia de soluciones
x2y2 cosx = c, c ∈ R. ¤
4 EDO’s linealesEjercicio 16 Resuelve las siguientes EDO’s lineales. Indica en cada caso unintervalo en el que la solución es válida.
1.dy
dx= 5y.
2.dy
dx+ y = e3x.
3. y0 + 3x2y = x2.
4. x2y0 + xy = 1.
5. xdy
dx− y = x2 sinx.
6. xdy
dx+ 4y = x3 − x.
7. x2y0 + x (x+ 2) y = ex.
8. y dx− 4 ¡x+ y6¢ dy = 0.9. cosx
dy
dx+ y sinx = 1.
10. (x+ 1)dy
dx+ (x+ 2) y = 2xe−x.
(16.1) EDO lineal homogénea
dy
dx= 5y,
escribimos la EDO en forma estándar
y0 − 5y = 0
e identificamos p(x)p(x) = −5,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 37
la solución es
y = ke−R(−5) dx
= keR5 dx = ke5x
y = ke5x, k ∈ R.Solución definida en todo R.(16.2) Es una EDO lineal completa
dy
dx+ y = e3x,
y0 + y = e3x,
p(x) = 1.
Solución general de la EDO homogénea asociada
yh(x) = ke− R dx = ke−x, k ∈ R.
Determinamos una solución particular de la EDO completa por el método devariación de parámetros, esto es, proponemos un solución
yp = k(x) e−x
y sustituimos en la EDO completa
k0e−x − ke−x| {z }y0p
+ ke−x| {z }yp
= e3x.
Determinamos k(x)k0e−x = e3x,
k0 =e3x
e−x= e4x,
k =
Ze4x dx =
1
4e4x + c.
Tomamosk(x) =
1
4e4x,
de donde obtenemos la solución particular de la EDO completa
yp(x) =
µ1
4e4x¶e−x =
1
4e3x.
Finalmente la solución general de la EDO completa es de la forma
y(x) = yh(x) + yp(x)
esto esy(x) = ke−x +
1
4e3x, k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 38
La soluciones están definidas en (−∞,+∞).(16.3) Es una EDO lineal completa.
y0 + 3x2y = x2,
identificamos
p(x) = 3x2.
Solución general de la EDO homogénea asociada
yh(x) = keRp(x) dx = ke−
R3x2 dx
= ke−x3
, k ∈ R.
Variación de parámetros: proponemos una solución particular de la EDO com-pleta de la forma
yp(x) = k(x)e−x3 ,
la derivada esy0p = k
0e−x3 − 3kx2e−x3 .
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
k0e−x3 − 3kx2e−x3 + 3x2ke−x3 = x2,
k0e−x3
= x2,
k0 =x2
e−x3= x2ex
3
,
k =
Zx2ex
3
dx =1
3ex
3
+ c.
Tomamosk(x) =
1
3ex
3
,
de donde resulta la siguiente solución particular de la EDO completa
yp =
µ1
3ex
3
¶e−x
3
=1
3.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp
y = ke−x3
+1
3, k ∈ R.
Las soluciones están definidas en (−∞,+∞). Observa que si escribes la ecuaciónen la forma
y0 = x2 − 3x2y= x2(1− 3y),
Ejercicios: EDO’s de primer orden 39
está claro que la solución constante y = 1/3 es una solución singular y puedeser usada como solución particular.
(16.4) Es una EDO lineal completa en forma no estándar
x2y0 + xy = 1.
Forma estándary0 +
1
xy =
1
x2.
Homogénea asociada
y0 +1
xy = 0 ⇒ p(x) =
1
x.
Solución general de la ecuación EDO homogénea
yh = ke−R
1x dx
= ke− ln|x|
= keln(1/|x|)
= k1
|x| , tomamos x ∈ (0,+∞) ,
yh =k
x, k ∈ R.
Variación de parámetros. Proponemos una solución particular de la EDO com-pleta de la forma
yp =k(x)
x,
la derivada es
y0p =k0
x− k
x2.
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).
y0 +1
xy =
1
x2,
k0
x− k
x2+1
x
k
x=1
x2,
k0
x=1
x2,
k0 =1
x⇒ k =
Z1
xdx = lnx+ c.
Tomamosk(x) = lnx,
que nos proporciona la solución particular de la EDO completa
yp =lnx
x.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 40
y =k
x+1
xlnx, k ∈ R.
La soluciones están definidas para x ∈ (0,+∞) .(16.5) EDO lineal completa en forma no estándar.
xdy
dx− y = x2 sinx.
Forma estándardy
dx− 1xy = x sinx.
Ecuación homogénea asociada
y0 − 1xy = 0,
p(x) = − 1x.
Solución general de la EDO homogénea
yh = ke−Rp(x) dx
= ke−R(− 1
x) dx
= keR
1x dx
= keln|x|, resolvemos para x > 0.
= kelnx = kx.
yh = kx, x ∈ R.Proponemos una solución particular de la EDO completa de la forma
yp = k(x)x,
la derivada esy0p = k
0x+ k.
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).
k0x+ k − 1xkx = x sinx,
k0x = x sinx,
k0 = sinx,
k =
Zsinx dx = − cosx+ c.
Tomamosk(x) = − cosx,
que produce la siguiente solución de la EDO completa
yp = −x cosx.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 41
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y = kx− x cosx, k ∈ R.Las soluciones están definidas para x > 0.
(16.6) EDO lineal completa en forma no estándar.
xdy
dx+ 4y = x3 − x.
Forma estándary0 +
4
xy = x2 − 1.
EDO homogénea asociada
y0 +4
xy = 0,
identificamosp(x) =
4
x.
Solución general de la EDO homogénea
yh = ke−Rp(x) dx = ke−
R4x dx
= ke−4 ln|x|
= keln|x−4| = keln 1/x4 ,
=k
x4, (x 6= 0), tomamos p.e. x > 0.
Determinamos la solución de la EDO completa por variación de parámetros.Proponemos la solución
yp = k(x) ·1
x4,
y0p = k0 1x4− 4kx5,
sustituimos en la EDO completa para determinar k(x),
k01
x4− 4kx5+4
x
µk
x4
¶= x2 − 1,
k01
x4= x2 − 1,
k0 = x6 − x4.
k =
Z ¡x6 − x4¢ dx = x7
7− x
5
5.
Obtenemos la solución particular de la EDO completa
yp =
µx7
7− x
5
5
¶1
x4
=x3
7− x5.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 42
La solución general de la EDO completa es
y = yh + yp
y =k
x4+x3
7− x5, k ∈ R,
definida en cualquier intervalo que no contenga x = 0.
(16.7) EDO lineal completa en forma no estándar.
x2y0 + x(x+ 2)y = ex.
Forma estándar
y0 +x(x+ 2)
x2y =
1
x2ex,
y0 +µ1 +
2
x
¶y =
1
x2ex.
Homogénea asociada
y0 +µ1 +
2
x
¶y = 0,
identificamosp(x) = 1 + 2/x.
Solución de la EDO homogénea
yh = ke−Rp(x) dx
= ke−R(1+ 2
x) dx
= ke−x−2 ln|x|
= ke−x · elnx−2
= ke−x · 1x2,
yh = ke−x
x2, k ∈ R.
Determinamos una solución particular de la EDO completa por variación deparámetros. Proponemos la solución particular
yp = k(x)e−x
x2,
la derivada es
y0p = k0e−x
x2+ k−e−xx2 − e−x · 2x
x4
= k0e−x
x2− ke−x
¡x2 + 2x
¢x4
.
Sustituimos en la EDO completa
y0 +x2 + 2x
x2· y = 1
x2ex,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 43
k0e−x
x2− ke−xx
2 + 2x
x4| {z }y0p
+x2 + 2x
x2· k e
−x
x2| {z }yp
=1
x2ex
k0e−x
x2=1
x2ex,
k0 =x2
x2· e
x
e−x= e2x.
Determinamos k(x),
k(x) =
Ze+2x dx =
1
2e2x,
y obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa
yp =
µ1
2e2x¶e−x
x2=ex
2x2.
La solución general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y =ke−x
x2+ex
2x2, k ∈ R.
Las soluciones son válidas para x > 0.
(16.8) La EDOy dx− 4 ¡x+ y6¢ dy = 0
no es lineal en y; sin embargo si es lineal en x = x(y)
y dx = 4¡x+ y6
¢dy,
dx
dy=4¡x+ y6
¢y
=4
yx+ 4y5.
Forma estándarx0 − 4
yx = 4y5; p(y) = −4
y.
Solución general de la EDO homogénea asociada
x0 − 4yx = 0,
xh = k e−R − 4
y dy = k e4 ln|y|
x = k eln y4
= ky4.
Solución de la ecuación completa por variación de parámetros, tomamos k =k(y)
xp = k(y) y4,
x0p = k0y4 + 4ky3,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 44
k0y4 + 4y3 − 4yky4 = 4y5,
k0 =4y5
y4= 4y.
Obtenemos
k(y) =
Z4y dy = 2y2,
que nos proporciona una solución particular de la EDO completa
xp =¡2y2¢y4 = 2y6.
Finalmente, determinamos la solución general de la EDO completa
x(y) = xh(y) + xp(y),
x(y) = ky4 + 2y6 , k ∈ R.La soluciones son válidas en todo intervalo que no contenga y = 0.
(16.9)
cosxdy
dx+ y sinx = 1.
Forma estándardy
dx+sinx
cosxy =
1
cosx,
p(x) =sinx
cosx.
EDO homogénea asociada
y0 +sinx
cosxy = 0,
yh = ke− R sinx
cosx dx.
Resolvemos la integral del exponente
−Zsinx
cosxdx =
Z − sinxcosx
dx = ln |cosx| , tomamos − π/2 < x < π/2
= ln (cosx) ,
yh = keln(cosx)
yh = k cosx, k ∈ R.Variación de parámetros. Proponemos la solución particular
yp = k(x) cosx,
y0p = k0 cosx− k sinx,
y determinamos k(x)
k0 cosx− k sinx| {z }y0
+sinx
cosx· k cosx = 1
cosx,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 45
k0 cosx =1
cosx,
k0 =1
cos2 x⇒ k =
Z1
cos2 xdx = tanx.
Solución particular de la EDO completa
yp = tanx cosx = sinx.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp
y = k cosx+ sinx, k ∈ R.Las soluciones son válidas para x ∈ (−π/2,π/2) .(16.10)
(x+ 1)dy
dx+ (x+ 2) y = 2x e−x.
Forma estándardy
dx+x+ 2
x+ 1y =
2x
x+ 1e−x,
p(x) =x+ 2
x+ 1=x+ 1 + 1
x+ 1= 1 +
1
x+ 1.
Solución general de la EDO homogénea asociada
y0 +µ1 +
1
x+ 1
¶y = 0,
yh = ke−R(1+ 1
x+1 ) dx
= ke−(x+ln|x+1|),
tomamos x+ 1 > 0 (que implica x > −1),
yh = ke−x−ln(x+1)
= ke−xeln1
x+1
= ke−x
x+ 1, (x > −1) .
Variación de parámetros, proponemos la solución particular de la EDO completa
yp = k(x)e−x
x+ 1,
y0p = k0e−x
x+ 1+ k−e−x − e−x(x+ 1)
(x+ 1)2
= k0e−x
x+ 1− ke−x 1 + x+ 1
(x+ 1)2
= k0e−x
x+ 1− ke−x x+ 2
(x+ 1)2,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 46
sustituimos en la ecuación completa
y0 +x+ 2
x+ 1y =
2x
x+ 1e−x
k0e−x
x+ 1− ke−x x+ 2
(x+ 1)2| {z }y0p
+x+ 2
x+ 1· k e
−x
x+ 1| {z }yp
=2x
x+ 1e−x
y resulta
k0e−x
x+ 1=
2x
x+ 1e−x,
k0 = 2x,
k =
Z2x dx = x2,
obtenemos la siguiente solución particular de la EDO completa
yp = x2 e−x
x+ 1
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y =k e−x
x+ 1+x2e−x
x+ 1, k ∈ R.
Las soluciones son validas para x > −1. ¤
Ejercicio 17 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial½xy0 + y = ex,y(1) = 2.
Indica un intervalo en el que esté definida la solución.
EDO lineal. Forma estándar
y0 +1
xy =
1
xex,
p(x) =1
x.
EDO Homogénea
y0 +1
xy = 0,
solución general de la EDO homogénea
yh = ke− R 1
x dx = ke− ln|x|,
tomamos x > 0y = ke− lnx = keln 1/x,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 47
y =k
x, k ∈ R.
Determinamos una solución de la EDO completa por el método de variación deparámetros
yp = k(x)1
x,
y0p = k01
x− k 1
x2,
k01
x− k 1
x2| {z }y0p
+1
xk1
x|{z}yp
=1
xex,
k01
x=1
xex,
k0 = ex,
k =
Zex dx = ex.
Resultayp =
ex
x.
Finalmente, la solución general de la EDO completa es
y =k
x+ex
x, k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición y(1) = 2 paradeterminar el valor de la constante
k
1+e
1= 2 ⇒ k = 2− e,
y =2− ex
+ex
x, x ∈ (0,+∞) . ¤
Ejercicio 18 Determina una solución explícita para el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩(x+ 1)
dy
dx+ y = lnx,
y(1) = 10, x > 0.
Es una EDO lineal completa. Forma estándar
dy
dx+
1
x+ 1y =
lnx
x+ 1,
identificamosp(x) =
1
x+ 1.
Solución de la EDO homogénea asociada
yh = ke−Rp(x) dx = ke−
R1
x+1 dx
= ke− ln|x+1|,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 48
tomamosx+ 1 > 0 ⇒ x > −1,
yh = ke− ln(x+1)
= keln1
x+1 = k1
x+ 1
yh = k1
x+ 1, k ∈ R.
Determinamos una solución particular de la EDO completa. Proponemos unasolución de la forma
yp = k(x) ·1
x+ 1,
la derivada esy0p = k
0 1
x+ 1− k 1
(x+ 1)2.
Sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
y0 +1
x+ 1y =
lnx
x+ 1,
k01
x+ 1− k 1
(x+ 1)2| {z }y0p
+1
x+ 1· k
x+ 1| {z }yp
=lnx
x+ 1,
k01
x+ 1=
lnx
x+ 1,
k0 = lnx,
k =
Zlnx dx = x lnx−
Zx · 1xdx
= x lnx−Zdx = x lnx− x.
Hemos obtenido la siguiente solución particular para la EDO completa
yp = (x lnx− x) 1
x+ 1,
la solución general de la EDO completa es
y = yh + yp,
y =k
x+ 1+x lnx− xx+ 1
, k ∈ R.Para determinar el valor de la constante, imponemos la condición inicial
y(1) = 10,
k
2+1 ln 1− 1
2= 10,
k − 1 = 20 ⇒ k = 21.
La solución del problema de valor inicial es
y =21 + x lnx− x
x+ 1, x > −1. ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden 49
Ejercicio 19 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx+ 2y = f(x),
y(0) = 0,
donde
f(x) =
½1 si 0 ≤ x ≤ 3,0 si x > 3.
Se trata de una EDO lineal
y0 + 2y = f(x).
EDO homogénea asociaday0 + 2y = 0,
identificamosp(x) = 2,
la solución general de la EDO homogénea asociada es
yp = ke−Rp(x) dx = ke−
R2 dx
= ke−2x, k ∈ R.
Determinamos la solución para el tramo 0 ≤ x ≤ 3. En este caso, tenemos laEDO completa
y0 + 2y = 1 0 ≤ x ≤ 3,proponemos una solución particular para la EDO completa
yp = k(x) e−2x,
y0p = k0e−2x − 2k e−2x
y sustituimos en la EDO completa
y0 + 2y = 1,
k0e−2x − 2ke−2x| {z }y0p
+2 ke−2x| {z }yp
= 1
k0e−2x = 1,
k0 =1
e−2x= e2x,
k =
Ze2x dx =
1
2e2x.
Resulta la solución
yp =
µ1
2e2x¶e−2x =
1
2
La solución general de la EDO completa en el primer tramo es
y = ke−2x +1
2, k ∈ R.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 50
Observa que si escribes la EDO en la forma
y0 = 1− 2y,está claro que la EDO tiene la solución singular y = 1/2.Aplicamos la condición inicial
y(0) = 0,
0 = k · e0 + 12⇒ k = −1/2.
La solución del problema de valor inicial en el primer tramo es, por lo tanto,
y =1
2− 12e−2x, 0 ≤ x ≤ 3.
Calculamos el valor de esa solución al final de primer tramo
y(3) =1
2− 12e−6.
Para obtener una solución continua, exigimos para la solución del tramo x ∈(3,+∞) ⎧⎨⎩ y0 + 2y = 0,
y(3) =1
2
¡1− e−6¢ .
Hemos visto anteriormente que la solución de y0 + 2y = 0 es
y = ke−2x.
Imponemos la condición inicial⎧⎨⎩ x = 3,
y(3) =1
2− 12e−6,
y resulta
ke−6 =1
2− 12e−6,
k =1
2
¡1− e−6¢e−6
=1
2e6¡1− e−6¢
=1
2
¡e6 − 1¢ .
Solución del 2o tramoy =
1
2
¡e6 − 1¢ e−2x.
Función solución
y(x) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩1
2− 12e−2x, si 0 ≤ x ≤ 3,
1
2
¡e6 − 1¢ e−2x, si x > 3. ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden 51
Ejercicio 20 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎨⎪⎩dy
dx+ 2xy = f(x),
y(0) = 2,
donde
f(x) =
½x, si 0 ≤ x ≤ 1,0, si x ≥ 1.
Tenemos una EDO lineal completa. Homogénea asociada
y0 + 2xy = 0,
identificamosp(x) = 2x,
yp = ke− R p(x) dx = ke−x2
Calculamos por variación de parámetros una solución de la EDO completa parael tramo 0 ≤ x ≤ 1
yp = k e−x2 ,
y0p = k0e−x
2 − 2kx e−x2 ,sustituimos en la EDO completa
y0 + 2xy = x, 0 ≤ x ≤ 1,
k0e−x2 − 2kx e−x2 + 2xk e−x2 = x,
k0e−x2
= x,
k0 =x
e−x2= xex
2
,
k =
Zxex
2
dx =1
2ex
2
,
yp =
µ1
2ex
2
¶e−x
2
=1
2.
Solución general de la EDO completa, tramo 0 ≤ x ≤ 1
y = ke−x2
+1
2, k ∈ R.
Imponemos la condición inicial
y(0) = 2,
ke0 +1
2= 2,
k = 2− 12= 3/2,
y =1
2+3
2e−x
2
, x ∈ [0, 1] .
Ejercicios: EDO’s de primer orden 52
Solución para x > 1. En este caso la EDO es
y0 + 2xy = 0, x > 1.
Por continuidad, tomamos como valor inicial del segundo tramo el valor quetoma la función del primer tramo en x = 1, esto es
y(1) = ytramo1(1),
y(1) =1
2+3
2e−1.
La solución del segundo tramo verifica el problema de valor inicial(y0 + 2xy = 0,
y(1) =1
2+3
2e−1, x ≥ 1.
La solución de y0 + 2xy = 0 es
y = ke−x2
,
Imponemos la condición inicial
y(1) =1
2+3
2e−1,
ke−1 =1
2+3
2e−1,
k =
µ1
2+3
2e−1
¶e =
1
2e+
3
2.
Solución en el segundo tramo
y2 =
µ1
2e+
3
2
¶e−x
2
=1
2e · e−x2 + 3
2e−x
2
=1
2e1−x
2
+3
2e−x
2
.
Solución global
y(x) =
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩1
2+3
2e−x
2
, si 0 ≤ x ≤ 1,
1
2e1−x
2
+3
2e−x
2
, si x > 1. ¤
Ejercicio 21 La función integral seno Si(x) se define como
Si(x) =
Z x
0
sin t
tdt
y Si(0) = 0. Usando Si(x), resuelve el siguiente problema de valor inicial½x3y0 + 2x2y = 10 sinx,y(1) = 0.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 53
EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y0 +2x2
x3y = 10
sinx
x3,
y0 +2
xy = 10
sinx
x3.
Homogénea asociada
y0 +2
xy = 0,
identificamosp(x) =
2
x.
Solución general de la EDO homogénea
yh = ke−Rp(x) dx = ke−
R2x dx
= ke−2 ln|x| = keln 1/x2
,
resolvemos para x > 0
y = keln 1/x2
= k1
x2.
Solución completa por variación de parámetros
yp = k(x)1
x2,
y0p = k01
x2+ k
µ− 2x3
¶= k0
1
x2− k 2
x3,
k01
x2− k 2
x3| {z }y0
+2
x· k 1x2|{z}y
= 10sin
x3,
k01
x2= 10
sinx
x3,
k0 = 10sinx
x,
k = 10
Zsinx
xdx = 10
Z x
0
sin t
tdt = 10Si(x).
Solución particular de la EDO completa
yp = 10Si(x)
x2.
Solución general de la EDO completa
y =k
x2+10Si(x)
x2.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 54
Imponemos la condición inicial
y(1) = 0,
y(1) = k + 10Si(1) = 0,
k = −10 Si(1),
y(x) =−10 Si(1)
x2+10Si(x)
x2,
y(x) =10
x2(Si(x)− Si(1)) . ¤
5 Métodos numéricosEjercicio 22 Consideramos el problema de valor inicial½
y0 = x2 − y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 1.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 4 pasos, calcula loserrores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 4 pasos,calcula los errores de truncamiento.
1) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y0 + y = x2.
Homogénea asociaday0 + y = 0,
identificamosp(x) = 1.
Solución general de la EDO homogénea
yh = ke− R dx = ke−x, k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros, tomamos k = k(x)
yp = k(x) e−x,
y0p = k0e−x − ke−x.
Sustituimos en la EDO completa
y0 + y = x2,
k0e−x − ke−x + ke−x = x2,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 55
k0e−x = x2,
k0 =x2
e−x= x2ex,
k =
Zx2ex dx.
La integral se calcula aplicando integración por partes dos vecesZx2ex dx = x2ex −
Z2xex dx
= x2ex − 2Zxex dx
= x2ex − 2∙xex −
Zex dx
¸= x2ex − 2xex + 2ex.
Tenemos la solución particular de la EDO completa
yp =¡x2ex − 2xex + 2ex¢ e−x
= x2 − 2x+ 2.Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke−x + x2 − 2x+ 2, k ∈ R.Solución del problema de valor inicial: exigimos y(0) = 1
ke0 + 2 = 1,
k = 1− 2 = −1.Finalmente, resulta
y = −e−x + x2 − 2x+ 2.2) Método de Euler de 4 pasos. Intervalo
[a, b] = [0, 1] ,
step
h =b− a4
=1
4= 0.25.
El problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = x2 − y.
Formulación del método
yj+1 = yj + h f(xj , yi)
= yj + h (x2j − yi).
Ejercicios: EDO’s de primer orden 56
Fase 1. Partimos de ½x0 = 0,y0 = 1,
calculamos
y1 = y0 + 0.25 ·¡x20 − y0
¢= 1 + 0.25× (−1) = 0.75.
Fase 2. Partimos de ½x1 = 0.25,y1 = 0.75,
calculamos
y2 = y1 + 0.25¡x21 − y1
¢= 0.75 + 0.25 ·
¡0.252 − 0.75¢
= 0.5781.
Fase 3. Partimos de ½x2 = 0.5,y2 = 0.5781,
calculamos
y3 = 0.5781 + 0.25 ·¡0.52 − 0.5781¢
= 0.4961.
Fase 4. Partimos de ½x3 = 0.75,y3 = 0.4961,
calculamos
y4 = 0.4961 + 0.25 ·¡0.752 − 0.4961¢
= 0.5127.
Resumen de valores y errores de truncamiento
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 01 0.25 0.7500 0.7837 0.03372 0.50 0.5781 0.6435 0.06543 0.75 0.4691 0.5901 0.09404 1 0.5127 0.6321 0.1194
3) Método de Euler modificado. En cada paso debemos calcular⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
k(1)j = f (xj , yj) ,
k(2)j = f
³xj+1, yj + hk
(1)j
´,
yj+1 = yj +h2
³k(j)1 + k
(j)2
´.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 57
Fase 1. Tenemos ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x0 = 0,y0 = 1,x1 = 0.25.
Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = f(0, 1) = 0
2 − 1 = −1,
k(0)2 = f
³x1, y0 + hk
(0)1
´= f (0.25, 1 + 0.25(−1)) = f (0.25, 1− 0.25)= f (0.25, 0.75) = (0.25)2 − 0.75= −0.6875,
y1 = y0 +h
2
³k(0)1 + k
(0)2
´= 1 +
0.25
2(−1− 0.6875) = 0.7891.
Fase 2. Tenemos ⎧⎨⎩ x1 = 0.25,y1 = 0.7891,x2 = 0.5.
Calculamos ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
k(1)1 = f (x1, y1) ,
k(1)2 = f
³x2, y1 + hk
(1)1
´,
y2 = y1 + h³k(1)1 + k
(1)2
´.
k(1)1 = f(0.25, 0.7891) = (0.25)2 − 0.7891 = −0.7266.
k(1)2 = f(0.5, 0.7891 + 0.25 · (−0.7266))
= f(0.5, 0.6074)
= (0.5)2 − 0.6074 = −0.3574.
y2 = 0.7891 +0.25
2· (−0.7266− 0.3574)
= 0.6536.
Fase 3. Tenemos ⎧⎨⎩ x2 = 0.5,y2 = 0.6536,x3 = 0.75.
Calculamos ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
k(2)1 = f (x2, y2) ,
k(2)2 = f
³x3, y2 + hk
(2)1
´,
y3 = y2 +h2
³k(2)1 + k
(2)2
´.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 58
k(2)1 = f (0.5, 0.6536) = (0.5)2 − 0.6536 = −0.4036,k(2)2 = f(0.75, 0.6536 + 0.25× (−0.4036))
= f(0.75, 0.5527) = (0.75)2 − 0.5527 = −0.0098.
y3 = y2 +h
2
³k(2)1 + k
(2)2
´= 0.6536 +
0.25
2(−0.4036− 0.0098)
= 0.6044.
Fase 4. Tenemos ⎧⎨⎩ x3 = 0.75,y3 = 0.6044,x4 = 1.
Calculamos ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
k(3)1 = f (x3, y3) ,
k(3)2 = f
³x4, y3 + hk
(3)1
´,
y4 = y3 +h2
³k(1)1 + k
(1)2
´.
k(3)1 = f (0.75, 0.6044) = (0.75)2 − 0.6044 = −0.0419,k(3)2 = f
³x4, y3 + hk
(3)1
´= f(1, 0.6044 + 0.25× (−0.0419))
= f(1, 0.5939) = 1− 0.5939 = −0.406075.
y4 = 0.6044 +0.25
2(−0.0419− 0.406075)
= 0.6499.
Resumen de valores y errores de truncamiento
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.25 0.7891 0.7837 0.00542 0.5 0.6536 0.6435 0.01013 0.75 0.6044 0.5901 0.01434 1.0 0.6499 0.6321 0.0178
4) Método de Taylor de 2 o orden. El método es
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2
£f 0x (xj , yj) + f
0y (xj , yj) f (xj , yj)
¤.
Tenemos ⎧⎨⎩ f(x, y) = x2 − y,f 0x (x, y) = 2x,f 0y (x, y) = −1.
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 59
Calculamos ⎧⎨⎩ f(x0, y0) = 0− 1 = −1,f 0x (x0, y0) = 0,f 0y (x0, y0) = −1,
y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2
2
£f 0x (x0, y0) + f
0y (x0, y0) f (x0, y0)
¤= 1 + 0.25 · (−1) + (0.25)
2
2(0 + (−1) · (−1))
= 0. 78125.
Fase 2. Partimos dex1 = 0.25, y1 = 0. 78125.
Calculamos ⎧⎨⎩ f(x1, y1) = (0.25)2 − 0. 78125 = −0. 71875,
f 0x (x1, y1) = 0.5,f 0y (x1, y1) = −1.
y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2
2
£f 0x (x1, y1) + f
0y (x1, y1) f (x1, y1)
¤= 0. 78125 + 0.25 · (−0. 71875) + (0.25)
2
2[0.5 + (−1) · (−0. 71875)]
= 0. 63965.
Fase 3. Partimos dex2 = 0.5, y2 = 0. 63965.
Calculamos ⎧⎨⎩ f(x2, y2) = (0.5)2 − 0. 63965 = −0. 38965,
f 0x (x2, y2) = 1,f 0y (x2, y2) = −1.
y3 = y2 + h f (x2, y2) +h2
2
£f 0x (x2, y2) + f
0y (x2, y2) f (x2, y2)
¤= 0. 63965 + 0.25 · (−0. 38965) + (0.25)
2
2[1 + (−1) · (−0. 38965)]
= 0. 58566 .
Fase 4. Partimos dex3 = 0.75, y3 = 0. 58566,
Calculamos ⎧⎨⎩ f(x3, y3) = (0.75)2 − 0. 58566 = −0.0 2316 ,
f 0x (x3, y3) = 1.5,f 0y (x3, y3) = −1.
y4 = y3 + h f (x3, y3) +h2
2
£f 0x (x3, y3) + f
0y (x3, y3) f (x3, y3)
¤= 0. 58566 + 0.25 · (−0.0 2316 ) + (0.25)
2
2[1.5 + (−1) · (−0.0 2316 )]
= 0. 62747.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 60
Resumen y errores de truncamiento
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 01 0.25 0.78125 0.78370 0.002452 0.50 0.63965 0.64347 0.003823 0.75 0.58566 0.59013 0.004474 1 0.62747 0.63212 0.00465
¤
Ejercicio 23 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = 3y + 3x,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.2.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula loserrores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
1) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y0 − 3y = 3x.
Homogénea asociaday0 − 3y = 0,
identificamosp(x) = 3.
Solución general de la EDO homogénea
y = ke−R(−3) dx = ke3x, k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos unasolución particular de la forma
y = k(x) e3x,
y0 = k0e3x + 3ke3x,
y sustituimos en la EDO completa para determinar k(x).
k0e3x + 3ke3x − 3ke3x = 3x,
k0e3x = 3x,
k0 =3x
e3x= 3xe−3x,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 61
k =
Z3xe−3x dx
= −xe−3x +Ze−3x dx
= −xe−3x − 13e−3x.
Obtenemos
yp =
µ−xe−3x − 1
3e−3x
¶e3x
= −x− 13.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke3x +
µ−x− 1
3
¶, k ∈ R.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición inicial
y(0) = 1
k − 13= 1⇒ k = 1 +
1
3=4
3.
Solución del problema de valor inicial
y =4
3e3x − x− 1
3.
2) Método de Euler de 5 pasos. Intervalo
[a, b] = [0, 0.2] ,
step
h =b− a5
=0.2
5= 0.04.
El problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = 3x+ 3y.
Formulación del método
yj+1 = yj + h f(xj , yi).
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1,
Calculamosf(x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 62
y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.04 · 3 = 1 + 0.12 = 1.12.Fase 2. Partimos de
x1 = 0.04, y1 = 1.12.
Calculamos
f(x1, y1) = 3x1 + 3y1 = 0.12 + 3.36
= 3.48,
y2 = y1 + h f(x1, y1) = 1.12 + 0.04× 3.48= 1.2592.
Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.04 1.12 1.1300 0.01002 0.08 1.2592 1.2817 0.02253 0.12 1.4199 1.4578 0.03794 0.16 1.6047 1.6614 0.05675 0.20 1.8165 1.8962 0.0797
3) Método de Euler modificado de 5 pasos. El método es⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
k(j)1 = f (xj , yj) ,
k(j)1 = f
³xj+1, yj + hk
(j)1
´,
yj+1 = yj +h2
³k(j)1 + k
(j)2
´.
Fase 1. Partimos de
x0 = 0, x1 = 0.04, y0 = 1,
calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,
k(0)2 = f
³x1, y0 + hk
(0)1
´= f (0.04, 1 + 0.04× 3)
= f (0.04 + 1.12) = 3(1.16) = 3.48,
y1 = y0 +h
2
³k(0)1 + k
(0)2
´= 1 +
0.04
2× (3 + 3.48)
= 1 + 0.02× 6.48= 1.1296.
Fase 2. Partimos de
x1 = 0.04, x2 = 0.08, y1 = 1.1296.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 63
Calculamos
k(1)1 = f(x1, y1) = f(0.04, 1.1296)
= 3(0.04, 1.1296)
= 3.5088,
k(1)2 = f
³x2, y1 + hk
(1)1
´= f(0.08, 1.1296 + 0.04× 3.5088)= f(0.08, 1.2700) = 3(0.08 + 1.2700)
= 4.0499,
y2 = y1 +h
2
³k(1)1 + k
(1)2
´= 1.1296 +
0.04
2(3.5088− 4.0499)
= 1.2808.
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados:
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.04 1.1296 1.1300 0.00042 0.08 1.2808 1.2817 0.00093 0.12 1.4563 1.4578 0.00154 0.16 1.6592 1.6614 0.00225 0.20 1.8930 1.8962 0.0032
4) Método de Taylor de 2 o orden. El método es
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2
£f 0x (xj , yj) + f
0y (xj , yj) f (xj , yj)
¤.
Tenemos
f(x, y) = 3x+ 3y,
f 0x = 3,
f 0y = 3.
En este caso podemos simplificar los cálculos
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2[3 + 3f (xj , yj)] .
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1.
Calculamosf (x0, y0) = 3x0 + 3y0 = 3,
y1 = 1 + 0.04 · 3 +(0.04)2
2(3 + 3 · 3) = 1.1296.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 64
Fase 2. Partimos dex1 = 0.04, y1 = 1.1296.
Calculamosf (x1, y1) = 3(0.04 + 1.1296) = 3.5088,
y2 = y1 + hf (x1, y1) +h2
2[3 + 3f (x1, y1)]
= 1.1296 + 0.04× 3.5088 + (0.04)2
2(3 + 3× 3.5088)
= 1.28077.
Fase 3. Partimos dex2 = 0.08, y2 = 1.2808.
Calculamos
f (x2, y2) = 3(0.08 + 1.2808)
= 4.0824,
y3 = y2 + hf (x2, y2) +h2
2[3 + 3f (x2, y2)]
= 1.2808 + 0.04× 4.0824 + (0.04)2
2(3 + 3× 4.0824)
= 1.4563.
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1.0000 1 01 0.04 1.1296 1.1300 0.00042 0.08 1.2808 1.2817 0.00093 0.12 1.4563 1.4578 0.00154 0.16 1.6592 1.6614 0.00225 0.20 1.8930 1.8962 0.0032
En este caso particular, al aplicar el método de Taylor de 2o orden con 5 pasosse obtienen los mismos resultados que con el método de Euler modificado. ¤
Ejercicio 24 Consideramos el problema de valor inicial½y0 = e−2x − 2y,y(0) = 1, 0 ≤ x ≤ 0.5.
1. Calcula la solución exacta.
2. Aproxima la solución usando el método de Euler de 5 pasos, calcula loserrores de truncamiento.
3. Aproxima la solución usando el método de Euler modificado de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 65
4. Aproxima la solución usando el método de Taylor de orden 2 de 5 pasos,calcula los errores de truncamiento.
1) Solución exacta. EDO lineal, la escribimos en forma estándar
y0 + 2y = e−2x,
homogénea asociaday0 + 2y = 0,
identificamosp(x) = 2,
solución general de la EDO homogénea
yh = ke− R 2 dx = ke−2x, k ∈ R.
Solución completa por variación de parámetros, hacemos k = k(x)
y = k(x)e−2x,
y0 = k0e−2x − 2ke−2x,sustituimos en la EDO completa para determinar k(x)
k0e−2x − 2ke−2x + 3ke−2x = e−2x,
k0e−2x = e−2x,
k0 = 1,
k = x.
Obtenemosyp = xe
−2x.
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp,
y = ke−2x + xe−2x.
Solución del problema de valor inicial. Imponemos
y(0) = 1,
ke0 + 0 = 1⇒ k = 1,
y = e−2x + xe−2x
= (1 + x) e−2x.
2) Aproximación por el método de Euler de 5 pasos. Intervalo
[a, b] = [0, 0.5] ,
step
h =b− a5
= 0.1,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 66
el problema está en forma normal
y0 = f(x, y)
conf(x, y) = e−2x − 2y.
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1.
Calculamos
f(x0, y0) = e−2x0 − 2y0 = e0 − 2 = 1− 2 = −1,
y1 = y0 + h f(x0, y0) = 1 + 0.1 · (−1) = 0.9.Fase 2. Partimos de
x1 = 0.1, y1 = 0.9.
Calculamos
f(x1, y1) = e−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 1.8= 0.8187− 1.8 = −0.9813,
y2 = y1 + h f(x1, y1) = 0.9 + 0.1× (−0.9813)= 0.8019.
Continuando de forma análoga se obtienen los siguientes resultados:
j xj yj yj |ej | = |yj − yj|0 0 1 1 01 0.1 0.9 0.9006 0.00062 0.2 0.8019 0.8044 0.00253 0.3 0.7085 0.7135 0.00504 0.4 0.6217 0.6291 0.00745 0.5 0.5423 0.5518 0.0095
3) Método de Euler modificado de 5 pasos.Fase 1. Partimos de
x0 = 0, x1 = 0.1, y0 = 1.
Calculamosk(0)1 = f (x0, y0) = e
0 − 2 · 1 = 1− 2 = −1,
k(0)2 = f
³x1, y0 + hk
(0)1
´= f (0.1, 1 + 0.1× (−1))
= f (0.1 + 0.9) = e−0.2 − 1.8 = −0.9813
y1 = y0 +h
2
³k(0)1 + k
(0)2
´= 1 +
0.1
2(−1− 0.9813)
= 0.9009.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 67
Fase 2. Partimos de
x1 = 0.1, x2 = 0.2, y1 = 0.9009.
Calculamos
k(1)1 = f(x1, y1) = e
−2x1 − 2y1 = e−0.2 − 2× 0.9009= −0.9831,
k(1)2 = f
³x2, y1 + hk
(1)1
´= f(0.2, 0.9009 + 0.1× (−0.9831))
= f(0.2, 0.8026) = e−0.4 − 2× 0.8026= −0.9349,
y2 = y1 +h
2
³k(1)1 + k
(1)2
´= 0.9009 +
0.1
2(−0.9831− 0.9349)
= 0.8050.
Continuando de forma análoga, se obtienen los siguientes resultados:
j xj yj yj |ej | = |yj − yj|0 0 1 1 01 0.1 0.9009 0.9006 0.00032 0.2 0.8050 0.8044 0.00063 0.3 0.7144 0.7135 0.00094 0.4 0.6302 0.6291 0.00115 0.5 0.5531 0.5518 0.0013
4) Método de Taylor de 2o orden. Tenemos⎧⎨⎩ f(x, y) = e−2x − 2y,f 0x(x, y) = −2e−2x,f 0y(x, y) = −2,
método
yj+1 = yj + h f (xj , yj) +h2
2
£f 0x (xj , yj) + f
0y (xj , yj) f (xj , yj)
¤.
Fase 1. Partimos dex0 = 0, y0 = 1,
calculamosf (x0, y0) = e
0 − 2 = −1,f 0x (x0, y0) = −2e0 = −2,
f 0y (x0, y0) = −2,
y1 = y0 + h f (x0, y0) +h2
2
£f 0x (x0, y0) + f
0y (x0, y0) f (x0, y0)
¤.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 68
y1 = 1 + 0.1× (−1) + (0.1)2
2(−2 + (−2) · (−1))
= 1− 0.1 = 0.9,
Fase 2. Partimos dex1 = 0.1, y1 = 0.9.
Calculamosf (x1, y1) = e
−0.2 − 1.8 = −0.9813,f 0x (x1, y1) = −2e−2x1 = −2e−0.2 = −1.6375,
f 0y (x1, y1) = −2,
y2 = y1 + h f (x1, y1) +h2
2
£f 0x (x1, y1) + f
0y (x1, y1) f (x1, y1)
¤= 0.9 + 0.1× (−0.9813) + (0.1)
2
2[−1.6375− 2x(−0.9813)]
= 0.8035.
Continuando de forma análoga, se obtiene:
j xj yj yj |ej | = |yj − yj |0 0 1 1 01 0.1 0.9 0.9006 0.00062 0.2 0.8035 0.8044 0.00093 0.3 0.7125 0.7135 0.00104 0.4 0.0282 0.6291 0.00095 0.5 0.5511 0.5518 0.0007
¤
6 Problemas de aplicaciónEjercicio 25 Se sabe que la población de una cierta comunidad aumenta conuna rapidez proporcional a la cantidad de personas que tiene en cualquier mo-mento t. Si la población se duplicó en cinco años, ¿en cuánto tiempo se triplicaráy se cuadriplicará?
Notacionesy(t) población en instante t,t tiempo en años,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) población inicial.
EDOdy
dt= αy,
donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea
y0 − αy = 0.
y = ke−R(−α) dt = keαt.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 69
Condición inicialy(0) = y0,
y0 = keα·0 = k.
Modelo matemáticoy = y0e
αt.
Sabemos que la población se duplica en 5 años
y(5) = 2y0,
y0e5α = 2y0,
e5α = 2,5α = ln 2,
α =ln 2
5.
Modeloy = y0e
ln 25 t.
Determinamos el tiempo necesario para que la población se triplique. Resolve-mos
y(t) = 3y0,
y0eln 25 t = y03,
eln 25 t = 3,
ln 2
5t = ln 3,
t =5 ln 3
ln 2= 7.92 años.
Determinamos el tiempo necesario para que la población se cuadriplique. Re-solvemos
y(t) = 4y0,
y0eln 25 t = 4y0,
eln 25 t = 4,
ln 2
5t = ln 4,
t = 5ln 4
ln 2= 5
2 ln 2
ln 2= 10 años. ¤
Ejercicio 26 La población de una comunidad crece a razón proporcional a lapoblación en cualquier momento t. Su población inicial es de 500 individuos yaumenta un 15% en 15 años. ¿Cuál será la población en 30 años?
Ejercicios: EDO’s de primer orden 70
Notaciones:y(t) población,t tiempo en años,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 500 población inicial.
EDOdy
dt= αy,
donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal homogénea
y0 − αy = 0,
y = ke−R(−α) dt = keαt, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y(0) = 500,
ke0 = 500 ⇒ k = 500.
Obtenemosy = 500eαt.
Determinamos α con la condición de que la población aumenta el 15% en 10años
y(10)− y(0)y(0)
= 0.15,
y0e10α − y0y0
= 0.15,
e10α − 1 = 0.15,e10α = 1.15,
10α = ln 1.15,
α =ln 1.15
10= 0.01 398.
Modeloy = 500e0.01398t.
Población en 30 años
y(30) = 500e0.01398×30
= 760 individuos. ¤
Ejercicio 27 Cuando un haz vertical de luz pasa por una sustancia transpar-ente, la rapidez con que decrece la intensidad I(x) es proporcional a I(x), dondex representa el espesor, en pies, del medio. En agua clara, la intensidad a 3pies bajo la superficie es el 25% de la intensidad inicial I0 del haz incidente.¿Cuál será la intensidad del haz de luz a 15 pies bajo la superficie?
Ejercicios: EDO’s de primer orden 71
Notaciones:
I(x) intensidad a profundidad x,x profundidad en pies (1pie = 30.5cm),x = 0 superfície,I0 intensidad del haz en la superfície,I(3) = 0.25I0 intesidad a 3 pies de profundidad.
EDOdI
dx= αI,
donde α es una constante desconocida; se trata de una EDO lineal homogénea
I 0 − αI = 0.
Solución generalI(x) = ke−
R(−α) dx = keαx.
Imponemos la condición inicial
I(0) = I0,
keα·0 = I0 ⇒ I0 = k.
Obtenemos el modeloI(x) = I0e
αx,
usamos la condiciónI(3) = 0.25I0
para determinar α:I0e
3α = 0.25I0,
e3α = 0.25,
3α = ln 0.25,
α =ln 0.25
3= −0.4621.
ModeloI(x) = I0e
−0.4621x.
Intensidad 15 pies bajo la superficie
I(15) = I0e−0.4621·15 = 0.000978 I0.
La intensidad 15 pies bajo la superficie es el 0.098% de la intensidad en lasuperficie ' 0.1%. ¤
Ejercicio 28 El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se desintegra con unarapidez proporcional a la cantidad presente en cualquier instante t y tiene unavida media de 3.3 horas. Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿cuánto tiempodebe transcurrir para que se desintegre el 90%?Nota. La vida media de una sustancia radioactiva es el tiempo necesario paraque se desintegre la mitad de la cantidad inicial.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 72
Notaciones:y(t) cantidad de Pb-209 en gr,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 = 1 cantidad inicial.
Ecuación diferencialdy
dt= αy ⇒ y0 − αy = 0,
y0 − αy = 0.
Solución generaly = ke−
R(−α) dt = keαt, k ∈ R.
Condición inicialy(0) = y0 ⇒ y0 = ke
0 ⇒ y0 = k,
y = y0eαt.
Usamos la condición de vida media
y(3.3) =1
2y0
para determinar α:1
2y0 = y0e
3.3α,
e3.3α =1
2,
3.3α = ln1
2,
α =1
3.3ln 1/2 = −0.2100.
Modeloy = y0e
−0.2100t.
Inicialmente teníamos 1gr, por lo tanto el modelo es
y = e−0.2100t,
cuando se desintegra el 90%, queda el 10%. Resolvemos
e−0.2100t = 0.1,
t = − ln 0.10.21
= 10.9647 ' 11 horas. ¤
Ejercicio 29 Inicialmente, había 100 miligramos de una sustancia radioactivay, al cabo de 6 horas, la cantidad ha disminuido en un 3%. Si la velocidadde desintegración, en el instante t, es proporcional a la cantidad de sustanciapresente, calcula la vida media de la sustancia.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 73
Notaciones:
y cantidad de sustancia en miligramos,t tiempo en horas,t = 0 instante inicial,y0 cantidad inicial.
EDOy0 = αy,
y0 − αy = 0,
y = ke−R(−α) dt = keαt,
imponemos la condición inicial
y0 = keα·0 ⇒ k = y0.
Modeloy = y0ke
αt.
Para determinara α usamos la condición de que después de 6 horas queda el97% de la cantidad inicial
y(6) = 0.97 y0,
y0e6α = 0.97y0,
e6α = 0.97,
α =ln 0.97
6= −0.00508.
Vida media: Tenemos que calcular tm para que
y(tm) =1
2y0,
y0e−0.00508tm =
1
2y0,
e−0.00508tm =1
2,
tm = − ln 1/2
0.00508= 136.45 horas.
La vida media es tm = 136.45 horas. ¤
Ejercicio 30 Un termómetro se saca de un recinto donde la temperatura delaire es de 70oF y se lleva al exterior, donde la temperatura es de 10oF. Despuésde medio minuto, el termómetro indica 50oF. ¿Cuál será la lectura cuando t =1minuto? ¿Cuánto tiempo se necesita para que el termómetro llegue a 15oF?
Notaciones y datos relevantes:
y(t) temperatura en oF,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 70
oF temperatura inicial,y(0.5) = 50oF temperatura después de 1/2 min,Tm = 10
oF temperatura ambiente.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 74
Modelo: Ley de enfriamiento de Newton
dy
dt= −α(y − Tm),
donde α es una constante desconocida. Se trata de una EDO lineal completa
y0 = −α(y − 10),
la escribimos en forma estándar
y0 + αy = 10α.
EDO homogénea asociaday0 + αy = 0.
Solución general de la EDO homogénea
yh = ke− R α dt = ke−αt, k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros. Proponemos unasolución particular de la EDO completa de la forma
y = k(t) e−αt,
y0 = k0e−αt − ke−αt,sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)
k0e−αt − αke−αt + αke−αt = 10α,
k0eαt = 10α,
k0 =10α
e−αt= 10αeαt,
k =
Z10αeαt dt
= 10eαt.
Resulta la solución particular
yp = 10eαte−αt = 10.
Solución general de la EDO completa
y = ke−αt + 10, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y0 = 70,
ke0 + 10 = 70,
k = 60,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 75
obtenemosy = 10 + 60e−αt.
Determinamos α con la condición
y(0.5) = 50,
10 + 60e−0.5α = 50,
60e−0.5α = 40,
e−0.5α =40
60=2
3,
−0.5α = ln 2/3,
α = − 1
0.5ln 2/3 = −2 ln 2/3,
α = 0.8109.
Modeloy = 10 + 60e−0.8109t.
La temperatura después de 1 minuto será
y(1) = 10 + 60e−0.8109 = 36.67oF.
Para determinar el tiempo necesario para que la temperatura sea de 15oF ,resolvemos
y(t) = 15,
10 + 60e−0.8105t = 15,
60e−0.8109t = 5,
e−0.8109t =5
60=1
12,
t = − 1
0.8109ln
µ1
12
¶=
ln 12
0.8109= 3.06 minuntos.
Nota. Es habitual escribir la ley de enfriamiento de Newton en la forma
dy
dt= −α(y − Tm),
en este caso, la constante α es positiva y la variación de temperatura es negativacuando la temperatura y del cuerpo es superior a la temperatura ambiente. Sinembargo, no hay ningún inconveniente en plantear la ecuación diferencial en laforma
dy
dt= α(y − Tm),
en este caso, obtendremos un valor negativo para la constante α y el modeloresultante será el mismo. ¤
Ejercicio 31 Un termómetro que indica 70 oF se coloca en un horno precalen-tado a temperatura constante. A través de una ventana del horno, un observadorregistra una temperatura de 110 oF después de 1/2 minuto y de 145 oF despuésde 1 minuto. ¿A qué temperatura está el horno?
Ejercicios: EDO’s de primer orden 76
Notaciones y datos relevantes:
y(t) temperatura del termómetro (en oF),t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 70
o temperatura inicial del termómetro,Tm temperatura del medio.
Disponemos de las observaciones½y(0.5) = 110 oF,y(1) = 145 oF.
el objetivo es determinar la temperatura del medio Tm.Ley de enfriamiento de Newton
dy
dt= −α (y − Tm) . (α constante.)
Se trata de una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar
y0 + αy = αTm.
Homogénea asociaday + αy = 0,
yh = ke− R α dt = ke−αt, k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros
y = k(t)e−αt,
y0 = k0e−αt − αke−αt,
k0e−αt − αke−αt − αke−αt = αTm,
k0e−αt = αTm,
k0 = αTmeαt,
k =
ZαTme
αt = Tmeαt,
yp =¡Tme
αt¢e−αt = Tm.
Solución general de la EDO completa
y = ke−αt + Tm, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y0 = 70,
ke−α·0 + Tm = 70,
k = 70− Tm.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 77
Modeloy = (70− Tm) e−αt + Tm.
Determinamos α y Tm con los datos
y(0.5) = 110,
y(1) = 145,
y(1) = 145 ⇒ Tm + (70− Tm) e−α = 145,(70− Tm) e−α = 145− Tm,
e−α =145− Tm70− Tm ,
−α = ln 145− Tm70− Tm ,
α = − ln 145− Tm70− Tm .
Sustituimos α eny = Tm + (70− Tm) e−αt
y obtenemos
y = Tm + (70− Tm) e(ln145−Tm70−Tm )t
= Tm + (70− Tm) eln[145−Tm70−Tm ]
t
,
y = Tm + (70− Tm)∙145− Tm70− Tm
¸t.
Para determinar Tm, hemos de resolver
y(1/2) = 110,
Tm + (70− Tm)r145− Tm70− Tm = 110,
(70− Tm)r145− Tm70− Tm = 110− Tm,r
145− Tm70− Tm =
110− Tm70− Tm ,
145− Tm70− Tm =
µ110− Tm70− Tm
¶2,
(70− Tm) (145− Tm) = (110− Tm)2 ,T 2m − 215Tm + 10100 = T 2m − 220Tm + 12100,
220Tm − 215Tm = 12100− 10150,5Tm = 1950,
Tm =1950
5= 390
o
.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 78
El modelo matemático que describe la temperatura del termómetro es
y = 390− 320µ49
64
¶t,
vemos que, efectivamente, con este modelo se obtienen los valores observados
y(1) = 390− 320µ49
64
¶1= 145,
y(1/2) = 390− 320µ49
64
¶1/2= 390− 320× 7
8= 110. ¤
Ejercicio 32 Un tanque contiene 200 litros de agua donde se han disuelto 30gramos de sal. Entra al tanque un caudal de 4 litros por minuto de solución con1 gramo de sal por litro. Bien mezclado, sale del tanque un caudal de 4 litrospor minuto. Calcula la cantidad A(t) de sal que hay en el tanque en cualquierinstante t.
Notaciones y datos relevantes:
A(t) cantidad de sal, en gramos,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,A0 = 30g cantidad inicial de sal en el tanque,A200
concentración mezcla (en gr/litro),1 g/litro concentración entrada.
Observamos que
caudal de entrada = 4 litros/min = caudal de salida,
por lo tanto, el volumen de líquido en el tanque se mantiene constante.
Variación de la cantidad de sal =
entraz }| {1g
litro× 4 litros
min−
salez }| {A
200
g
litro× 4 litros
min
= 4
µ1− A
200
¶g/min .
Ecuación diferencial
dA
dt= 4
µ1− A
200
¶= 4− 4A
200
= 4− A
50.
Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar
A0 +A
50= 4.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 79
Homogénea asociada
A0 +A
50= 0.
Solución general de la EDO homogénea
Ah = ke− t50 , k ∈ R.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros, proponemos unasolución de la forma
A = k(t) e−t50
y la sustituimos en la EDO completa para determinar k(t)
k0e−t50 − t
50ke−
t50 +
t
50ke−
t50 = 4,
k0 = 4et50 ,
k =
Z4e
t50 dt = 200
Ze
t501
50dt
= 200 et50 ,
Ap =³200 e
t50
´e−
t50 = 200.
Solución general de la EDO completa
A = ke−t50 + 200, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
A0 = 30,
ke0 + 200 = 30,
k = −170,Modelo
y = 200− 170e−t/50. ¤
Ejercicio 33 Un tanque tiene 500 galones de agua pura y le entra salmueracon 2 libras de sal por galón a razón de 5 gal/min. El tanque se mezcla bien poragitación y de él sale la mezcla con la misma rapidez. Determina la cantidadA(t) de libras de sal que hay en el tanque en cualquier instante t. ¿Cuál es laconcentración de la solución del tanque cuando t = 5 min?
Notaciones y datos relevantes:
1 galón 37.85 litros,1 libra 0.4536 kg,A(t) cantidad de sal en libras,t tiempo en minutos,t = 0 instante inicial,A0 = A(0) = 0 libras cantidad inicial de sal (agua pura),Volumen del tanque 500 galones (constante),Caudal de entrada = caudal de salida 5 gal/min,Concentración entrada 2 lb/gal,Concentración en el tanque en instante t A
500libras/galón.
Ejercicios: EDO’s de primer orden 80
Tasa de entrada de sal2 lbgal
× 5 galmin
=10 lbmin
.
Tasa de salidaA lb500 gal
× 5 galmin
=A
100
lbmin
.
Tasa netadA
dt= 10− A
100.
Es una EDO lineal, la escribimos en forma estándar
A0 +A
100= 10.
Ecuación homogénea
A0 +A
100= 0.
Solución de la EDO homogénea
A = ke−R
1100 dt = ke−
t100 .
Sabemos que la solución general de la EDO completa se puede escribir en laforma
A = Ah +Ap,
donde Ap es una solución particular cualquiera de la EDO completa, en estecaso (y en los problemas anteriores) podemos obtener una solución singular deforma directa. Las soluciones singulares son soluciones constantes, por lo tanto,tenemos A0 = 0 y resulta la ecuación
A
100= 100⇒ A = 1000,
por lo tanto, disponemos de la solución particular
Ap = 1000.
Solución de la ecuación completa
A = 1000 + ke−t100 , k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
A(0) = 0,
1000 + ke0 = 0⇒ k = −1000.Obtenemos el modelo
A = 1000− 1000 e− t100 .
Concentración cuando t = 5 min. Calculamos la cantidad de sal
A(5) = 1000− 1000 · e− 5100 = 48.77 libras,
la concentración es48.77 lb500 gal
= 0.0975 lb/gal. ¤
Ejercicios: EDO’s de primer orden 81
Ejercicio 34 Un tanque está parcialmente lleno con 100 galones de salmuera,con 10 lb de sal disuelta. Le entra salmuera con 1/2 lb de sal por galón a razón de6 gal/min. El contenido sale del tanque (bien mezclado) a razón de 4 gal/min.Calcula la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos.
Notaciones:
y(t) cantidad de sal en el instante t,t = 0 instante inicial,y0 = y(0) = 10 lb cantidad inicial de sal,Volumen inicial 100 galones.
En este problema tenemos:
caudal entrante 6 gal/min,caudal saliente 4 gal/min,
¾por lo tanto el volumen del contenido del tanque varía a razón de
Variación de volumen = 6 gal/min − 4 gal/min = 2 gal/min.
El volumen en el instante t será
V (t) = 100 + 2 · t
y la concentracióny(t)
100 + 2t
lbgal.
Tasa de entrada de sal
0.5lbgal
× 6 galmin
= 3lbmin
.
Tasa de salida de sal
y
100 + 2t
lbgal
× 4 galmin
=4y
100 + 2t
lbmin
.
Tasa netady
dt= 3− 4y
100 + 2t.
EDO lineal completa; la escribimos en forma estándar
y0 +4y
100 + 2t= 3,
identificamosp(t) =
4
100 + 2t.
Solución de la EDO homogénea
y = ke−R
4100+2t dt
= ke−2 ln|100+2t|,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 82
como t ≥ 0y = ke−2 ln(100+2t)
= keln³
1(100+2t)2
´,
y = k1
(100 + 2t)2.
Solución de la EDO completa por variación de parámetros
y0 = k01
(100 + 2t)2+ k
(−2)(100 + 2t)3
· 2
= k01
(100 + 2t)2− 4k
(100 + 2t)3.
Sustituimos eny0 +
4y
100 + 2t= 3,
k01
(100 + 2t)2− 4k
(100 + 2t)3+
4
100 + 2t· k
(100 + 2t)2= 3,
k01
(100 + 2t)2= 3,
k0 = 3 (100 + 2t)2 ,
k =
Z3 (100 + 2t)2 dt =
3
2
Z(100 + 2t)2 2 dt
=3
2· 13(100 + 2t)
3
=1
2(100 + 2t)
3.
Solución particular de la EDO completa
yp =1
2(100 + 2t)3
1
(100 + 2t)2
=1
2(100 + 2t) .
Solución general de la EDO completa
y =k
(100 + 2t)2+1
2(100 + 2t) , k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
y (0) = 10,
k
(100 + 0)2+1
2(100 + 2 · 0) = 10,
k
1002+ 50 = 10,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 83
k = (−40)× 1002 = −4× 105.Modelo matemático de la cantidad de sal
y =1
2(100 + 2t)− 4× 105
(100 + 2t)2.
La cantidad de sal después de 30 minutos es
y(30) =1
2(100 + 60)− 4× 105
(100 + 60)2
=1
2× 160− 4× 10
5
1602
= 80− 15.625 = 64.375 lb. ¤
Ejercicio 35 La ecuación diferencial que describe la velocidad de una masa men caída, cuando la resistencia del aire es proporcional a la velocidad instantáneaes
mdv
dt= mg − cv,
donde c > 0 es una constante y el sentido positivo se ha tomado hacia abajo.
1. Resuelve la ecuación diferencial con la condición inicial v (0) = 0.
2. Determina la velocidad terminal de la masa
vT = limt→∞
v (t) .
3. Si s (t) es la distancia, medida desde el punto en que se suelta la masa,tenemos
ds
dt= v.
Determina la ecuación de s(t) con la condición inicial s(0) = 0.
1) Solución de la ecuación diferencial
mdv
dt= mg − cv,
dv
dt= g − c
mv.
Es una EDO lineal completa, la escribimos en forma estándar
v0 +c
mv = g.
Solución de la EDO homogénea
v0 +c
mv = 0,
identificamosp(t) =
c
m,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 84
solución general de la EDO homogénea
v = ke−R
cm dt = ke−
cm t, k ∈ R.
Solución general de la EDO completa
v = vh + vp,
v = ke−km t + vp.
En este caso es sencillo hallar una solución particular de la EDO completa vp,pues la EDO tiene una solución constante (solución singular), que se obtienehaciendo v0 = 0 y determinando v
0 = g − c
mv,
vp =mg
c.
(Verifica que la solución vp realmente satisface la EDO completa).Solución general de la EDO completa
v(t) =mg
c+ ke−
cm t, k ∈ R.
Determinamos k con la condición inicial
v(0) = 0,
mg
c+ ke0 = 0,
k = −mgc,
Finalmente, resulta
v(t) =mg
c− mg
ce−
cm t,
=mg
c
¡1− e− c
m t¢.
2) Velocidad terminal.
vT = limT→∞
v(t) =mg
c
¡1− e−∞¢
=mg
c.
Observa que la velocidad terminal coincide con la solución singular.
3. Ecuación de la posición. Tenemos la ecuación diferencial
ds
dt= v,
ds
dt=mg
c
¡1− e− c
m t¢,
Ejercicios: EDO’s de primer orden 85
que se trata de una EDO separableZds =
Zmg
c
¡1− e− c
m t¢dt
s =mg
c
³t+
m
ce−
cm t´+ c1.
Determinamos c1 con la condición
s(0) = 0,
mg
c
³0 +
m
ce0´+ c1 = 0,
m2g
c2+ c1 = 0,
c1 = −m2g
c2.
Solución
s(t) =mg
c
³t+
m
ce−
cm t´− m
2g
c2
=mg
c
³t+
m
ce−
cm t − m
c
´. ¤
EPSEM-UPC E.T.S. MinasMétodos MatemáticosTema 9: Sistemas de ecuaciones diferenciales linealesPractica 1Prof: Francisco Palacios Versión 1.3 Noviembre 2008Contenido
Un modelo de difusión de contaminates.
Resolución de sistemas de EDOs con dsolve.
Extracción de soluciones con assign.
Representación de soluciones con plot.
Estudio del estado estacionario con límit.
Obtención de valores definiendo funciones con unapply.
Otención de tiempos con fsolve.
Resolución numérica con la opción type=numeric de dsolve.
Difusión de contaminantesLos depósitos tienen capacidad de 100 litros. Inicalmente tenemos 10 gramos de contaminante en el depósito 1. Las variables x, y representan la cantidad en gramos de contaminante en cada depósito.
> restart;Modelo.> edo1:=diff(x(t),t)=-2/100*x+1/100*y;
edo2:=diff(y(t),t)=2/100*x-2/100*y;
:= edo1
t
( )x t 150
x1
100y
:= edo2
t( )y t
150
x150
y
Resolución con dsolve.> s:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)});
:= s { },( )x t 5 e( )1 100 ( ) 2 2 t 5 e( ) 1 100 ( )2 2 t ( )y t 5 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 5 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t
Asignamos las soluciones. x(t), y(t) son los nombres que contienen las expresiones con las soluciones.Importante. El contenido de x(t) no es una funció.> assign(s);> x(t);
5 e( )1 100 ( ) 2 2 t 5 e( ) 1 100 ( )2 2 t
> y(t); Page 1
5 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 5 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t
Comportamiento en las dos primeras horas.> plot([x(t),y(t)],t=0..120);
t12010080604020
10
8
6
4
2
0
Calculamos el valor de x(120), y(120). Primero definimos funciones para x(t) , y(t).> fx:=unapply(x(t),t);
:= fx t 5 e( )1 100 ( ) 2 2 t 5 e( ) 1 100 ( )2 2 t
> fy:=unapply(y(t),t);
:= fy t 5 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 5 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t
> vx120:=evalf(fx(120)); vx120:=evalf(fy(120));
:= vx120 2.558735874 := vx120 3.383535006
Situación de equilibrio. Estimación gráfica> plot([x(t),y(t)],t=0..500,color=[red,blue]);
t500400300200100
10
8
6
4
2
0
> limit(x(t),t=infinity);
0> limit(y(t),t=infinity);
0Tiempo hasta alcanzar una concentración inferior a 10mg/litro en ambos tanques.Como los tanques contienen 100 litros, el contenido máximo será de 1000mg=1gramo.> plot([x(t),y(t),1],t=0..500,color=[red,blue,black]);
Page 2
t500400300200100
10
8
6
4
2
0
En el gráfico vemos que se necesita más de 300 minutos (aprox 5horas), Determinamos los valores numéricos con fsolve.> ty:=fsolve(y(t)=1,t);
:= ty 5.585087536Obtenemos el primer corte, especificamos que queremos una solución entre 300 y 500 minutos> ty:=fsolve(y(t)=1,t=300..400);
:= ty 333.8985365Para el primer depósito, la concentración deseada se alcanza antes.> tx:=fsolve(x(t)=1,t);
:= tx 274.8200766Edo completa. Flujo de entrada 1 litro/min con una concentarción de contaminante de 0.01 gramos/litro> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=-2/100*x+1/100*y+1/100;
edo2:=diff(y(t),t)=2/100*x-2/100*y;
:= edo1
t( )x t
150
x1
100y
1100
:= edo2
t
( )y t 1
50x
150
y
> s:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)});
s ( )y t 5 2 %2 5 2 %1 2 2 %2 2 %1 %1 %2
( ) 2 2 ( )2 2,
:=
( )x t 5 %1 5 %2 2 %1 %2
12
2 %212
2 %1
( ) 2 2 ( )2 2
:= %1 e( )1 100 ( ) 2 2 t
:= %2 e( ) 1 100 ( )2 2 t
> assign(s);Comportamiento en la dos primeras horas> plot([x(t),y(t)],t=0..120,color=[red,blue]);
Page 3
t 12010080604020
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2
0
Comportamiento a largo plazo.> plot([x(t),y(t)],t=0..1000,color=[red,blue]);
t1000800600400200
10
8
6
4
2
0
Concetración de equilibrio.> ce:=limit(x(t),t=infinity);
evalf(ce);
:= ce 2
( ) 2 2 ( )2 2.9999999994
Valor de x(1), y(1).> fx:=unapply(x(t),t);
fy:=unapply(y(t),t);
fx t 5 e( )1 100 ( ) 2 2 t 5 e( ) 1 100 ( )2 2 t :=
2 e( )1 100 ( ) 2 2 t e( ) 1 100 ( )2 2 t 12
2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 12
2 e( )1 100 ( ) 2 2 t
( ) 2 2 ( )2 2
fy t 5 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 5 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t :=
2 2 e( ) 1 100 ( )2 2 t 2 e( )1 100 ( ) 2 2 t e( )1 100 ( ) 2 2 t e( ) 1 100 ( )2 2 t
( ) 2 2 ( )2 2
> vx1:=evalf(fx(1)); vy1:=evalf(fy(1));
:= vx1 9.812867941 := vy1 .1961449481
Resolución numérica, opción type=numeric.es preciso limpiar x(t), y(t).> x(t):='x(t)';
y(t):='y(t)';
:= ( )x t ( )x t := ( )y t ( )y t
> sn:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)},type=numeric);Page 4
:= sn proc( ) ... endrkf45_xPodemos calcular valores aproximados para diferentes valores de t.> sn(1);
[ ], ,t 1 ( )x t 9.812867939798924 ( )y t .1961449476407132Compara los valores obtenidos con los valores obtenidos en la resolución exacta.Estudio de la evolución del sistema con otra configuración.
Eliminamos el desagüe del depósito 2
Abrimos un desagüe de 1 litro/minuto desde el depósito 1.
Aumentamos el caudal de transferencia (Dep. 2) --> (Dep.1) a 2 litros /minuto.
La entrada exterior al depósito 1 (izquierda) contien agua limpia.
> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=-3/100*x+2/100*y;
edo2:=diff(y(t),t)=2/100*x-2/100*y;
:= edo1
t
( )x t 3
100x
150
y
:= edo2
t( )y t
150
x150
y
Parimos de un contenido inicial x(0)=10. El depósito de la deracha contiene agual limpia.> s:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=10,y(0)=0},{x(t),y(t)});
s ( )y t 2017
17 e( ) 1 200 ( )5 17 t 2017
17 e( )1 200 ( ) 5 17 t ,{ :=
( )x t 5 e( )1 200 ( ) 5 17 t 517
17 e( ) 1 200 ( )5 17 t 517
17 e( )1 200 ( ) 5 17 t 5 e( ) 1 200 ( )5 17 t }
> assign(s);Comportamiento en las dos primeras horas.> plot([x(t),y(t)],t=0..120);
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t12010080604020
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2
0
Comportamiento a largo plazo.> plot([x(t),y(t)],t=0..1000);
t1000800600400200
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4
2
0
Tiempo para alcanzar una concentración del 10mg/litro> plot([x(t),y(t),1],t=0..1000,color=[red,blue,balck]);
t1000800600400200
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2
0
> fsolve(y(t)=1,t=300..400);
360.1631604>
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E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosResumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs linealesFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.5
Contenido
1. Conceptos básicos.
2. Sistemas lineales homogéneos.
3. Resolución de sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes.
4. Resolución de sistemas completos: variación de parámetros.
1 Conceptos básicos
1.1 Sistemas lineales
Un sistema de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden es un sistemade la forma⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
dx1dt
= a11(t)x1 + a12(t)x2 + · · ·+ a1n(t)xn + b1(t),
dx2dt
= a21(t)x1 + a22(t)x2 + · · ·+ a2n(t)xn + b2(t),...
...dxndt
= an1(t)x1 + an2(t)x2 + · · ·+ ann(t)xn + bn(t).
Los coeficientes aij(t) y los términos independientes bj(t) son funciones conti-nuas en algún intervalo común I. Las incógnitas son las n funciones x1(t), x2(t),. . . , xn(t).El sistema es homogéneo cuando los términos independientes son idénticamentenulos
bj(t) ≡ 0, para j = 1, . . . , n.
Cuando todos los coeficientes aij(t) son constantes, el sistema se denomina decoeficientes constantes.
1
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 2
1.2 Funciones vectoriales
Una función vectorial de variable real es un vector
X(t) =
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠cuyas componentes son funciones. Cuando manejamos funciones vectoriales,hemos de tener en cuenta los siguientes aspectos:
1. El dominio de una función vectorial es el la intersección del dominio desus componentes.
2. Una función vectorial es continua en un intervalo I si todas sus compo-nentes son continuas en I.
3. La derivada de una función vectorial se obtiene derivando sus componentes
d
dt
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
d
dtx1(t)
d
dtx2(t)
...d
dtxn(t)
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.
4. La primitiva de una función vectorial se obtiene integrando sus compo-nentes
Z ⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ dt =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
Zx1(t) dt
Zx2(t) dt
...Zxn(t) dt
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.
Ejemplo 1.1 Consideramos la función vectorial definida por
X(t) =
⎛⎝ ln te2t√4− t
⎞⎠ .1. Determina el dominio.
2. Calcula X0.
3. Calcula una primitiva.
4. Calcula Z 2
1
X dt.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 3
1. Dominio. Las funciones componentes son
x1 = ln t, x2 = e2t, x3 =
√4− t.
Los dominios de las funciones componentes son
D(x1) = (0,+∞) ,D(x2) = (−∞,+∞),D(x3) = (−∞, 4],
por lo tanto, el dominio de la función vectorial es
D(X) = D(x1) ∩D(x2) ∩D(x3) = (0, 4].
2. Derivada.
X0 =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
1
t
2e2t
−12√4− t
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.
3. Primitiva. Calculamos las primitivas de las funciones componentes.Zx1 dt =
Zln t dt = t ln t−
Zt1
tdt = t ln t− t+ c1,Z
e2t dt =1
2e2t + c2,
Z √4− t dt = −
Z(4− t)1/2 (−1) dt = − 1
(3/2)(4− t)3/2 + c3
=−23(4− t)3/2 + c3.
En resumen, tenemos
ZX dt =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
t ln t− t
1
2e2t
−23(4− t)3/2
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠+C,
donde C =(c1, c2, c3)t es un vector arbitrario de R3.
4. Integral definida. Calculamos la integral definida de las funciones componen-tes Z 2
1
x1dt =
Z 2
1
ln t dt = [t ln t− t]t=2t=1 = 2 ln 2− 1,
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 4
Z 2
1
x2 dt =
Z 2
1
e2t dt =
∙1
2e2t¸t=2t=1
=1
2e4 − 1
2e2,
Z 2
1
x3 dt =
Z 2
1
√4− t dt =
∙−23
³p(4− t)
´3¸t=2t=1
= −43
√2 + 2
√3.
Por lo tanto, resulta
Z 2
1
X dt =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝R 21x1(t) dtR 2
1x2(t) dtR 2
1x3(t) dt
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
2 ln 2− 1
1
2e4 − 1
2e2
−43
√2 + 2
√3
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎝ 0. 3862923. 604551. 57848
⎞⎠ . ¤
1.3 Propiedades de la derivación de funciones vectoriales
Sea:
• X(t), Y(t) funciones vectoriales del mismo número de componentes,
• α un escalar,
• f(t) una función escalar (a cada t le corresponde un valor real),
• v un vector constante.
Entonces, se cumple
1. [X(t) +Y(t)]0 = X0(t) +Y0(t).
2. [αX(t)]0 = αX0(t).
3. [f(t)X(t)]0 = f 0(t)X(t) + f(t)X0(t).
4. [f(t)v]0 = f 0(t)v.
Ejemplo 1.2 Dada la función vectorial
X =
µt2
sin2 t
¶y la función escalar f(t) = e2t, calcula [f(t)X(t)]0 .
Aplicamos la regla del producto
[f(t)X(t)]0 = f 0(t)X(t) + f(t)X0(t),
[f(t)X(t)]0 = 2e2tµ
t2
sin2 t
¶+ e2t
µ2t
2 sin t cos t
¶= 2e2t
µt2 + t
sin2+sin t cos t
¶. ¤
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 5
1.4 Expresión matricial de un sistema lineal
Un sistema lineal de ecuaciones diferenciales de primer orden se puede escribiren la forma
X0 = AX+B,
donde
X =
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , A =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , B =
⎛⎜⎜⎜⎝b1(t)b2(t)...
bn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ .Denominamos dimensión del sistema al número de componentes del vector X.
Ejemplo 1.3 Consideramos el sistema lineal homogéneo con coeficientes cons-tantes ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩
dx
dt= −4x+ 6y,
dy
dt= −3x+ 5y.
1. Exprésalo en forma matricial.
2. Verifica que las funciones vectoriales
X1 =
µ11
¶e2t, X2 =
µ21
¶e−t
son soluciones del sistema.
1. Expresión matricial. El sistema puede expresarse en la forma
d
dt
µxy
¶=
µ −4 6−3 5
¶µxy
¶,
si tomamos
X =
µxy
¶, A =
µ −4 6−3 5
¶,
el sistema se escribeX0 = AX.
2. Verificación de la soluciones. Tomamos
X1 =
µ11
¶e2t
y calculamos la derivada
X01 =
µ11
¶2e2t.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 6
Por otra parte, tenemos
AX1 =
µ −4 6−3 5
¶ ∙µ11
¶e2t¸= e2t
∙µ −4 6−3 5
¶µ11
¶¸= e2t
µ −4 + 6−3 + 5
¶= e2t
µ22
¶= X0
1,
por lo tanto, X1(t) es solución del sistema.Para X2, resulta
X2 =
µ21
¶e−t,
X02 =
µ −2−1
¶e−t,
AX2 =
µ −4 6−3 5
¶ ∙µ21
¶e−t¸= e−t
∙µ −4 6−3 5
¶µ21
¶¸= e−t
µ −8 + 6−6 + 5
¶= e−t
µ −2−1
¶,
por lo tanto, X2(t) también es solución del sistema. ¤
2 Sistemas lineales homogéneosNos ocupamos en esta sección de sistemas lineales homogéneos
X0 = AX,
donde
X =
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , A =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ .
2.1 Independencia lineal
Supongamos que las funciones vectoriales
X1(t), X2(t), . . . ,Xk(t)
son soluciones del sistema homogéneo en el intervalo I. Decimos que las so-luciones son linealmente dependientes en el intervalo I si existen constantesc1, c2, . . . , ck tales que
c1X1 + c2X2 + · · ·+ ckXk = 0,
para todo t en el intervalo I.Si la ecuación
c1X1 + c2X2 + · · ·+ ckXk = 0, para todo t ∈ Isólo se cumple cuando
c1 = c2 = · · · = ck,decimos que el conjunto de soluciones X1,X2, . . . ,Xk, son linealmente indepen-dientes.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 7
2.2 Wronskiano
La independencia lineal puede estudiarse usando el wronskiano de n funcionesvectoriales.
Teorema 2.1 Consideramos el sistema lineal homogéneo de dimensión n
d
dt
⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...xn
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...xn
⎞⎟⎟⎟⎠y supongamos que
X1 =
⎛⎜⎜⎜⎝x11x21...xn1
⎞⎟⎟⎟⎠ ,X2 =
⎛⎜⎜⎜⎝x12x22...xn2
⎞⎟⎟⎟⎠ , . . . ,Xn =
⎛⎜⎜⎜⎝x1nx2n...xnn
⎞⎟⎟⎟⎠son n vectores solución en el intervalo I. Entonces el conjunto de vectores so-lución es linealmente independiente en el intervalo si y sólo si el wronskiano
W (X1,X2, . . . ,Xn) =
¯¯¯x11 x12 · · · x1nx21 x22 · · · x2n...
.... . .
...xn1 xn2 · · · xnn
¯¯¯
es no nulo para todo t ∈ I.
2.3 Estructura del espacio de soluciones
El siguiente teorema determina la estructura del conjunto de soluciones de unsistema lineal homogéneo.
Teorema 2.2 El conjunto de soluciones del sistema lineal homogéneo de di-mensión n
d
dt
⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...xn
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...xn
⎞⎟⎟⎟⎠es un espacio vectorial de dimensión n.
Dado el sistema de dimensión n
X0 = AX,
denominamos conjunto fundamental de soluciones a un conjunto de n soluciones
X1,X2, . . . ,Xn
linealmente independientes. Observamos que según el Teorema 2.2, todo sistemalineal homogéneo tiene sistemas fundamentales de soluciones.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 8
Teorema 2.3 Dado el sistema lineal homogéneo
X0 = AX,
sea X1,X2, . . . ,Xn un sistema fundamental de soluciones en el intervalo I.Entonces la solución general del sistema en el intervalo es
X = c1X1 + c2X2 + · · ·+ cnXn
donde c1, c2, . . . , cn son constantes arbitrarias.
Ejemplo 2.1 Determina la solución general del sistema
d
dt
µxy
¶=
µ −4 6−3 5
¶µxy
¶.
Hemos visto en el Ejemplo 1.3, que los vectores
X1 =
µ11
¶e2t, X2 =
µ21
¶e−t,
son solución del sistema. El wronskiano es
W (X1,X2) =
¯e2t 2e−t
e2t e−t
¯= e2te−t − e2t2e−t = et − 2et = −et.
Obtenemos que el wronskiano no se anula para ningún valor de t, por lo tan-to los vectores solución son linealmente independientes y forman un sistemafundamental. La solución general es
X = c1
µ11
¶e2t + c2
µ21
¶e−t, c1, c2 ∈ R.
que también puede escribirse en la forma½x = c1e
2t + 2c2e−t
y = c1e2t + c2e
−t , c1, c2 ∈ R. ¤
3 Resolución de sistemas lineales homogéneoscon coeficientes constantes
En esta sección se muestra como obtener la solución general del sistema linealhomogéneo de dimensión n con coeficientes constantes
X0= AX.
La construcción de la solución se basa en el cálculo de los valores y vectorespropios de la matriz de coeficientes A. Consideramos 3 casos:
1. Valores propios reales distintos.
2. Valores propios reales repetidos.
3. Valores propios complejos distintos.
No trataremos el caso de valores propios complejos repetidos.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 9
3.1 Valores propios reales distintos
La matriz de coeficientes es una matriz cuadrada de orden n, siA tiene n valorespropios reales distintos,
λ1,λ2, . . . ,λn,
entonces podemos determinar n vectores propios linealmente independientes
V1,V2, . . . ,Vn.
En este caso las funciones vectoriales
X1(t) = V1eλ1t, X2(t) = V2e
λ2t, . . . , Xn(t) = Vneλnt,
forman un sistema fundamental de soluciones en el intervalo (−∞,+∞), y lasolución general es
X(t) = c1V1eλ1t + c2V2e
λ2t + · · ·+ cnVneλnt,
donde c1, c2, . . . , cn, son constantes arbitrarias.
Ejemplo 3.1 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= −4x+ 6y,
dy
dt= −3x+ 5y.
Determina la solución particular que verifica
X(0) =
µ01
¶.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ −4 6−3 5
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯−4− λ 6−3 5− λ
¯= (−4− λ) (5− λ) + 18
= −20 + 4λ− 5λ+ λ2 + 18
= λ2 − λ− 2.
Resolvemos la ecuación característica
λ2 − λ− 2 = 0,
λ =1±√1 + 8
2=
⎧⎨⎩1+32= 2,
1−32= −1.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 10
Los valores propios sonλ1 = −1, λ2 = 2.
Para calcular los vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos
(A− λ1I)X = 0,
(A+ I)X = 0,µ −4 + 1 6−3 5 + 1
¶µxy
¶=
µ00
¶,½ −3x+ 6y = 0
−3x+ 6y = 0 .
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{−x+ 2y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = 2αy = α
, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ21
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ21
¶.
Para calcular los vectores propios asociados a λ2 = 2, resolvemos
(A− 2I)X = 0,µ −4− 2 6−3 5− 2
¶µxy
¶=
µ00
¶,½ −6x+ 6y = 0,
−3x+ 3y = 0.Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{−x+ y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = α,y = α,
α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ11
¶, α ∈ R,
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 11
tomamos
V2 =
µ11
¶.
Sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ21
¶e−t, X2 =
µ11
¶e2t,
la solución general es
X = c1
µ21
¶e−t + c2
µ11
¶e2t.
Para determinar la solución particular, imponemos la condición
X(0) =
µ01
¶y resulta
c1
µ21
¶e0 + c2
µ11
¶e0 =
µ01
¶,½
2c1 + c2 = 0,c1 + c2 = 1.
Restamos la 2a ecuación a la 1a y obtenemos
c1 = −1,
sustituyendo en la 1a ecuación, resulta
c2 = 2.
Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es
X(t) = −µ21
¶e−t + 2
µ11
¶e2t,
o bien ½x(t) = −2e−t + 2e2t,y(t) = −e−t + 2e2t. ¤
3.2 Valores propios reales repetidos
Cuando existe un valor propio λ de multiplicidadm, la situación es bastante máscomplicada. A continuación vemos algunos casos particulares. Representamospor
Pλ = ker (A− λI)
el subespacio de vectores propios asociados al valor propio λ.Conviene notar que si reunimos vectores solución linealmente independientescorrespondientes a valores propios distintos, se obtiene un conjunto de solucioneslinealmente independiente.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 12
3.2.1 Valor propio de mutiplicidad 2 con dim(Pλ) = 2
En este caso disponemos de dos vectores propios asociados V1,V2 que sonlinealmente independientes. La solución es análoga al caso de valores propiossimples. Los vectores
X1(t) = V1eλt, X2(t) = V2e
λt,
son vectores solución linealmente independientes.
Ejemplo 3.2 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
dx
dt= x,
dy
dt= −x+ y − z,
dz
dt= x+ 2z.
Se trata de un sistema de dimensión 3, en forma matricial es
X0 =
⎛⎝ 1 0 0−1 1 −11 0 2
⎞⎠X.Calculamos el polinomio característico
p(λ) = |A− λI| =
¯¯ 1− λ 0 0−1 1− λ −11 0 2− λ
¯¯
= (1− λ)
¯1− λ −10 2− λ
¯= (1− λ)
2(2− λ) ,
los valores propios son
λ1 = 1 (doble) , λ2 = 2.
Vectores propios asociados a λ1 = 1. Resolvemos
(A− λ1I)X = 0,
(A− I)X = 0,⎛⎝ 0 0 0−1 0 −11 0 1
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ ,½ −x− z = 0,
x+ z = 0.
Resulta un sistema de una ecuación con tres incógnitas
{x+ z = 0,
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 13
resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α
y = β
z = −α, α,β ∈ R,
los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
⎛⎝ 10−1
⎞⎠+ β
⎛⎝ 010
⎞⎠ , α,β ∈ R.
El subespacio de vectores propios Pλ1 es de dimensión 2, podemos obtener dosvectores propios linealmente independientes
V1 =
⎛⎝ 10−1
⎞⎠ , V2 =
⎛⎝ 010
⎞⎠ ,y construir los vectores solución
X1(t) =
⎛⎝ 10−1
⎞⎠ et, X2(t) =
⎛⎝ 010
⎞⎠ et.Vectores propios asociados a λ2 = 2. Resolvemos el sistema
(A− 2I)X = 0,⎛⎝ 1− 2 0 0−1 1− 2 −11 0 2− 2
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
µ00
¶,
⎛⎝ −1 0 0−1 −1 −11 0 0
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
µ00
¶,
⎧⎨⎩ −x = 0,−x− y − z = 0,x = 0.
Resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas½x = 0,
y + z = 0.
Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = 0y = α
z = −α, α ∈ R,
los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
⎛⎝ 01−1
⎞⎠ , α ∈ R,
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 14
tomamos
V3 =
⎛⎝ 01−1
⎞⎠y obtenemos el vector solución
X3(t) =
⎛⎝ 01−1
⎞⎠ e2t.Finalmente, obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1(t) =
⎛⎝ 10−1
⎞⎠ et, X2(t) =
⎛⎝ 010
⎞⎠ et, X3(t) =
⎛⎝ 01−1
⎞⎠ e2ty la solución general es
X(t) = c1
⎛⎝ 10−1
⎞⎠ et + c2⎛⎝ 010
⎞⎠ et + c3⎛⎝ 0
1−1
⎞⎠ e2t,donde c1, c2, c3 son constantes arbitrarias. La solución también puede expresarseen la forma ⎧⎨⎩ x(t) = c1e
t,y(t) = c2e
t + c3e2t,
z(t) = −c1et − c3e2t. ¤
3.2.2 Valor propio de mutiplicidad 2 con dim(Pλ) = 1
En este caso disponemos de un único vector propio asociado V1. Un vectorsolución es
X1(t) = V1eλt.
Podemos construir un segundo vector solución de la forma
X2(t) = V1teλt +V2e
λt,
donde V2 verifica(A− λI)V2 = V1.
Las funciones vectoriales X1(t), X2(t) así obtenidas son soluciones linealmenteindependientes.
Ejemplo 3.3 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= −3x− y,
dy
dt= 4x+ y,
y determina la solución particular que verifica½x(0) = 0,y(0) = 1.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 15
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ −3 −1
4 1
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯ −3− λ −1
4 1− λ
¯= (−3− λ) (1− λ) + 4
= −3 + 3λ− λ+ λ2 + 4
= λ2 + 2λ+ 1.
Resolvemosλ2 + 2λ+ 1 = 0,
λ =−2±√4− 4
2=−22= −1 (doble).
Tenemos un único valor propio doble
λ = −1.
Vectores propios asociados a λ = −1. Resolvemos
(A− λI)X = 0,
(A+ I)X = 0,µ −3 + 1 −14 1 + 1
¶µxy
¶=
µ00
¶,½ −2x− y = 0,
4x+ 2y = 0.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{2x+ y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = α
y = −2α , α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma
V = α
µ1−2
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ1−2
¶.
El subespacio de vectores propios es de dimensión 1. Obtenemos un primervector solución
X1(t) =
µ1−2
¶e−t.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 16
Para determinar un segundo vector solución X2, calculamos V2 que verifique
(A+ I)V2 = V1,µ −2 −14 2
¶µxy
¶=
µ1−2
¶,½ −2x− y = 1,
4x+ 2y = −2.Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{2x+ y = −1,resolvemos paramétricamente½
x = α
y = −1− 2α , α ∈ R.
Para α = 0, obtenemos el vector
V2 =
µ0−1
¶,
construimos un segundo vector solución de la forma
X2(t) = V1teλt +V2e
λt,
esto es
X2(t) =
µ1−2
¶te−t +
µ0−1
¶e−t.
La solución general es
X(t) = c1
µ1−2
¶e−t + c2
∙µ1−2
¶te−t +
µ0−1
¶e−t¸.
Para determinar la solución particular, imponemos las condiciones :½x(0) = 0,y(0) = 1,
o lo que es lo mismo
X(0) =
µ01
¶,
y obtenemos
c1
µ1−2
¶e0 + c2
∙µ1−2
¶0 · e0 +
µ0−1
¶e0¸=
µ01
¶,
c1
µ1−2
¶+ c2
µ0−1
¶=
µ01
¶,µ
c1−2c1 − c2
¶=
µ01
¶,
de donde resulta ½c1 = 0,c2 = −1.
La solución particular es
X(t) =
µ −e−tte−t + 2e−tt
¶. ¤
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 17
4 Valores propios complejosConsideramos el sistema
X0= AX,
donde A es una matriz n × n real. Si A tiene un par conjugado de valorespropios complejos
λ = α± βi,
tomamos el valor propioλ = α+ βi
y calculamos un vector propio asociado
V = U+Wi.
Entonces podemos obtener el par de vectores solución
X1(t) = eαt (U cosβt−W sinβt) ,
X2(t) = eαt (U sinβt+W cosβt) .
Los vectores solución obtenidos son la parte real y la parte imaginaria de
eαt (cosβt+ i sinβt) (U+Wi) .
Ejemplo 4.1 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 4x− 5y,
dy
dt= 5x− 2y,
y determina la solución particular que verifica½x(0) = 0,y(0) = 1.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ4 −55 −2
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯4− λ −55 −2− λ
¯= (4− λ) (−2− λ) + 25
= −8− 4λ+ 2λ+ λ2 + 25
= λ2 − 2λ+ 17.
Resolvemos la ecuación característica
λ2 − 2λ+ 17 = 0,
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 18
λ =2±√4− 682
=2± 8i2
= 1± 4i,
tenemos un par de valores propios complejos conjugados
λ = 1± 4i.
Para calcular un vector propio asociado a
λ = 1 + 4i,
resolvemos el sistema(A− λI)X = 0,µ
4− 1− 4i −55 −2− 1− 4i
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
3− 4i −55 −3− 4i
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Obtenemos el sistema ½(3− 4i)x− 5y = 0,5x− (3 + 4i) y = 0,
reordenamos ½5x− (3 + 4i) y = 0,(3− 4i)x− 5y = 0.
Multiplicamos la primera ecuación por
−(3− 4i)5
y la sumamos a la segunda, y obtenemos½5x− (3 + 4i) y = 0,
0 = 0.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{5x− (3 + 4i) y = 0,
resolvemos paramétricamente⎧⎪⎨⎪⎩x =
3 + 4i
5a
y = a
, a ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma
V = a
⎛⎜⎝3 + 4i
5
1
⎞⎟⎠ , a ∈ R.
Tomamos
V =
µ3 + 4i5
¶=
µ35
¶+ i
µ40
¶.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 19
El sistema fundamental de soluciones son la parte real y la parte imaginaria de
et (cos 4t+ i sin 4t)
∙µ35
¶+ i
µ40
¶¸.
Sistema fundamental de soluciones
X1(t) = et
∙µ35
¶cos 4t−
µ40
¶sin 4t
¸= et
µ3 cos 4t− 4 sin 4t,
5 cos 4t
¶,
X2(t) = et
∙µ40
¶cos 4t+
µ35
¶sin 4t
¸= et
µ4 cos 4t+ 3 sin 4t
5 sin 4t
¶.
La solución general es
X = c1et
∙µ35
¶cos 4t−
µ40
¶sin 4t
¸+ c2e
t
∙µ40
¶cos 4t+
µ35
¶sin 4t
¸= c1e
t
µ3 cos 4t− 4 sin 4t
5 cos 4t
¶+ c2e
t
µ4 cos 4t+ 3 sin 4t
5 sin 4t
¶.
Para determinar la solución particular, imponemos la condición
X(0) =
µ01
¶y resulta
c1e0
µ3 cos 0− 4 sin 0
5 cos 0
¶+ c2e
0
µ4 cos 0 + 3 sin 0
5 sin 0
¶=
µ01
¶,
c1
µ35
¶+ c2
µ40
¶=
µ01
¶,½
3c1 + 4c2 = 0,5c1 = 1,½c1 = 1/5,c2 = −3/20.
Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es
X(t) =1
5etµ3 cos 4t− 4 sin 4t
5 cos 4t
¶− 3
20etµ4 cos 4t+ 3 sin 4t
5 sin 4t
¶,
X(t) =
⎛⎜⎜⎝−54et sin 4t
et cos 4t− 34et sin 4t
⎞⎟⎟⎠ . ¤
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 20
5 Resolución de sistemas completos: variaciónde parámetros
El objetivo de esta sección es presentar un método de resolución para sistemasde ecuaciones diferenciales lineales completos con coeficientes constantes
X0 = AX+B, (1)
donde
X =
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , A =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , B =
⎛⎜⎜⎜⎝b1(t)b2(t)...
bn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ .Puede demostrarse que la solución general del sistema (1) puede expresarse enla forma
X(t) = Xh(t) +Xp(t),
donde
• Xh es la solución general del sistema homogéneo
X0 = AX.
• Xp es una solución particular del sistema completo
X0 = AX+B.
Cuando el sistema es de coeficientes constantes, disponemos de métodos paradeterminar la solución general del sistema homogéneo, por lo tanto, el problemase reduce a calcular una solución particular del sistema completo.
5.1 Matriz fundamental
Consideramos el sistema homogéneo
X0 = AX. (2)
Una matriz fundamental es una matriz cuyas columnas es un sistema funda-mental de soluciones, esto es, decir que la matriz
Φ =
⎛⎜⎜⎜⎝x11(t) x12(t) · · · x1n(t)x21(t) x22(t) · · · x2n(t)...
.... . .
...xn1(t) xn2(t) · · · xnn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠es una matriz fundamental del sistema (2) sobre el intervalo I equivale a decirque los vectores
X1(t) =
⎛⎜⎜⎜⎝x11(t)x21(t)...
xn1(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ ,X2(t) =
⎛⎜⎜⎜⎝x12(t)x22(t)...
xn2(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , . . . ,Xn(t) =
⎛⎜⎜⎜⎝x1n(t)x2n(t)...
xnn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠son un sistema fundamental de soluciones.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 21
• Empleando una matriz fundamental, la solución general del sistema ho-mogéneo se puede escribir en la forma
X = ΦC,
donde
C =
⎛⎜⎜⎜⎝c1c2...cn
⎞⎟⎟⎟⎠ .es vector columna cuyas componentes son constantes arbitrarias.
• La matriz fundamental verifica la siguiente propiedad
Φ0 = AΦ.
Ejemplo 5.1 Dado el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2x− 4y,
dy
dt= −x− y.
1. Determina un sistema fundamental de soluciones.
2. Calcula una matriz fundamental y verifica que cumple la propiedad
Φ0 = AΦ.
3. Verifica que las dos formas de expresar la solución general
X = c1X1 + c2X2, X = ΦC,
son equivalentes.
1. Sistema fundamental de soluciones. Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ
2 −4−1 −1
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯2− λ −4−1 −1− λ
¯= (2− λ) (−1− λ)− 4= −2− 2λ+ λ+ λ2 − 4= λ2 − λ− 6,
resolvemosλ2 − λ− 6 = 0,
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 22
λ =1±√1 + 24
2=
⎧⎨⎩1+52= 3,
1−52= −2.
Los valores propios sonλ1 = 3, λ2 = −2.
Vectores propios asociados a λ1 = 3. Resolvemos
(A− 3I)X = 0,µ2− 3 −4−1 −1− 3
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ −1 −4
−1 −4¶µ
xy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x+ 4y = 0,
resolvemos paramétricamente½x = −4αy = α
, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ −41
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ −41
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = −2. Resolvemos
(A+ 2I)X = 0,µ2 + 2 −4−1 −1 + 2
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
4 −4−1 1
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{−x+ y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = α
y = α, α ∈ R.
los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ11
¶, α ∈ R,
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 23
tomamos
V2 =
µ11
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ −41
¶e3t, X2 =
µ11
¶e−2t.
2. Matriz fundamental.
Φ =
µ −4e3t e−2t
e3t e−2t
¶.
Verificamos que se cumple la propiedad
Φ0 = AΦ.
La derivada es
Φ0 =µ −12e3t −2e−2t
3e3t −2e−2t¶,
por otra parte, calculamos
AΦ =
µ2 −4−1 −1
¶µ −4e3t e−2t
e3t e−2t
¶=
µ −8e3t − 4e3t 2e−2t − 4e−2t4e3t − e3t −e−2t − e−2t
¶=
µ −12e3t −2e−2t3e3t −2e−2t
¶= Φ0.
3. Solución general. Tenemos
X(t) = c1
µ −41
¶e3t + c2
µ11
¶e−2t,
X(t) =
µ −4e3t e−2t
e3t e−2t
¶µc1c2
¶.
En ambos casos, resulta½x (t) = −4c1e3t + c2e−2t,y (t) = c1e
3t + c2e−2t. ¤
5.2 Cálculo de la solución particular
Teorema 5.1 Dado el sistema
X0= AX+B,
podemos obtener una solución particular para el sistema completo de la forma
Xp = ΦRΦ−1B dt
donde Φ, es una matriz fundamental. La solución general del sistema completo,es
X = ΦC+ΦRΦ−1B dt
donde C es un vector columna cuyas componentes son constantes arbitrarias.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 24
Demostración. Partimos de la solución de la ecuación homogénea
X = ΦC
y usamos el método de variación de constantes para determinar una soluciónparticular del sistema completo, esto es proponemos una solución particular dela forma
Xp = ΦU(t).
Sustituimos en el sistema completo
X0= AX+B
y resultaΦ0U+ΦU0 = A (ΦU) +B,
usamos la propiedadΦ0 = AΦ
y resultaAΦU+ΦU0 = AΦU+B,
ΦU0 = B,
como Φ es invertible, podemos despejar U0
U0 = Φ−1B.
Integramos para obtener U
U =
ZΦ−1B dt
y, finalmente, la solución particular es
Xp = Φ
ZΦ−1B dt.
La solución general del sistema homogéneo es de la forma
Xh = ΦC
y la solución general del sistema completo se puede escribir como
X = Xh+Xp,
por lo tanto, resulta
X = ΦC+Φ
ZΦ−1B dt. ¤
Ejemplo 5.2 Consideramos el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= x+ 2y + 2e4t,
dy
dt= 2x+ y + e4t.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 25
1. Calcula una matriz fundamental.
2. Determina una solución particular del sistema completo.
3. Determina la solución general del sistema completo.
1. Matriz fundamental. Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ1 22 1
¶X+
µ2e4t
e4t
¶,
se trata de un sistema completo
X0= AX+B
con
X =
µx(t)y(t)
¶, A =
µ1 22 1
¶, B =
µ2e4t
e4t
¶.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯1− λ 22 1− λ
¯= (1− λ) (1− λ)− 4= 1− 2λ+ λ2 − 4= λ2 − 2λ− 3,
resolvemosλ2 − 2λ− 3 = 0,
λ =2±√4 + 12
2=
⎧⎨⎩2+42= 3,
2−42= −1.
Los valores propios sonλ1 = 3, λ2 = −1.
Vectores propios asociados a λ1 = 3. Resolvemos
(A− 3I)X = 0,µ1− 3 22 1− 3
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ −2 2
2 −2¶µ
xy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x− y = 0,
resolvemos paramétricamente½x = α
y = α, α ∈ R.
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 26
los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ11
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ11
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = −1. Resolvemos
(A+ I)X = 0,µ1 + 1 22 1 + 1
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
2 22 2
¶µxy
¶=
µ00
¶,
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x+ y = 0.
Resolvemos paramétricamente½x = α
y = −α , α ∈ R,
los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ1−1
¶, α ∈ R,
Tomamos
V2 =
µ1−1
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ11
¶e3t, X2 =
µ1−1
¶e−t.
Matriz fundamental
Φ =
µe3t e−t
e3t −e−t¶.
2. Solución particular del sistema completo. Sabemos que podemos obtener unasolución particular del sistema completo a partir de la expresión
Xp = Φ
ZΦ−1B dt.
Tomamos la matriz fundamental
Φ =
µe3t e−t
e3t −e−t¶,
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 27
calculamos el determinante
|Φ| = −e3t e−t − e3t e−t = −2e2t,la inversa de Φ es
Φ−1 =1
−2e2tµ −e−t −e−t−e3t e3t
¶=1
2
µe−3t e−3t
et −et¶.
Calculamos el producto
Φ−1B =1
2
µe−3t e−3t
et −et¶µ
2e4t
e4t
¶=1
2
µe−3t 2e4t + e−3t e4t
et 2e4t − et e4t¶
=1
2
µ3et
e5t
¶.
Calculamos la integral
ZΦ−1B dt =
Z1
2
µ3et
e5t
¶dt =
1
2
⎛⎝ R3et dtRe5tdt
⎞⎠ =1
2
⎛⎜⎝ 3et
1
5e5t
⎞⎟⎠ .Finalmente la solución particular es
Xp = Φ
ZΦ−1B dt =
µe3t e−t
e3t −e−t¶1
2
⎛⎜⎝ 3et
1
5e5t
⎞⎟⎠
=1
2
µe3t e−t
e3t −e−t¶ ⎛⎜⎝ 3et
1
5e5t
⎞⎟⎠
=1
2
⎛⎜⎜⎝16
5e4t
14
5e4t
⎞⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎝8
5e4t
7
5e4t
⎞⎟⎟⎠ .3. Solución general del sistema completo. Podemos escribir la solución generaldel sistema completo en la forma
X = ΦC+Φ
ZΦ−1B dt.
X =
µe3t e−t
e3t −e−t¶µ
c1c2
¶+
⎛⎜⎜⎝8
5e4t
7
5e4t
⎞⎟⎟⎠ ,o bien, usando un sistema fundamental de soluciones
X = c1
µe3t
e3t
¶+ c2
µe−t
−e−t¶+
⎛⎜⎜⎝8
5e4t
7
5e4t
⎞⎟⎟⎠ .
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 28
En ambos casos, obtenemos la solución general⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x (t) = c1e
3t + c2e−t +
8
5e4t,
y (t) = c1e3t − c2e−t + 7
5e4t. ¤
Métodos MatemáticosE.T.S. MinasTema 9: Sistemas de ecuaciones diferenciales linealesPractica 2Prof: Francisco Palacios EPSEM-UPC Curso 2007/2008Versión 1.2 Diciembre 2007Resolución de algunos sistemas de EDOs lineales.Ejercicio 1> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=x+2*y;
edo2:=diff(y(t),t)=2*x+y;
:= edo1 = ∂
∂
t( )x t + x 2 y
:= edo2 = ∂
∂t
( )y t + 2 x y
> s:=dsolve({edo1,edo2},{x(t),y(t)});
:= s { }, = ( )x t + + − 12
_C1 e( )−t 12
_C1 e( )3 t 12
_C2 e( )3 t 12
_C2 e( )−t = ( )y t − + + 12
_C1 e( )3 t 12
_C1 e( )−t 12
_C2 e( )−t 12
_C2 e( )3 t
> sp:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=1,y(0)=2},{x(t),y(t)});
:= sp { }, = ( )y t + 32
e( )3 t 12
e( )−t = ( )x t − + 12
e( )−t 32
e( )3 t
> with(linalg):Warning, new definition for normWarning, new definition for trace> a:=matrix(2,2,[1,2,2,1]);
:= a ⎡⎣⎢
⎤⎦⎥
1 22 1
> p:=charpoly(a,lambda);
:= p − − λ2 2 λ 3> solve(p,lambda);
,-1 3> eigenvalues(a);
,-1 3> eigenvects(a);
,[ ], ,3 1 { }[ ],1 1 [ ], ,-1 1 { }[ ],-1 1Ejercicio 5
> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=-4*x+y+z;
:= edo1 = ∂
∂
t( )x t − + + 4 x y z
> edo2:=diff(y(t),t)=x+5*y-z;
:= edo2 = ∂
∂t
( )y t + − x 5 y z
> edo3:=diff(z(t),t)=y-3*z;
:= edo3 = ∂
∂
t( )z t − y 3 z
> s:=dsolve({edo1,edo2,edo3},{x(t),y(t),z(t)});
s = ( )y t − + − + e( )5 t _C119
_C2 e( )5 t 19
_C2 e( )−4 t 19
_C3 e( )−4 t 19
_C3 e( )5 t ,{ :=
= ( )z t − − − + + − + 18
e( )5 t _C118
_C1 e( )−3 t 19
_C2 e( )−4 t 172
_C2 e( )5 t 98
_C2 e( )−3 t 172
_C3 e( )5 t 18
_C3 e( )−3 t 19
_C3 e( )−4 t ,
Page 1
= ( )x t − + − − + + − 18
e( )5 t _C118
_C1 e( )−3 t 98
_C2 e( )−3 t 109
_C2 e( )−4 t 172
_C2 e( )5 t 109
_C3 e( )−4 t 172
_C3 e( )5 t 18
_C3 e( )−3 t }
> s1:=dsolve({edo1,edo2,edo3,x(0)=1,y(0)=0,z(0)=1},{x(t),y(t),z(t)});
:= s1 { }, , = ( )y t 0 = ( )z t e( )−3 t = ( )x t e( )−3 t
Ejercicio 7> edo1:=diff(x(t),t)=x-2*y+2*z;
edo2:=diff(y(t),t)=-2*x+y-2*z; edo3:=diff(z(t),t)=2*x-2*y+z;
:= edo1 = ∂
∂
t( )x t − + x 2 y 2 z
:= edo2 = ∂
∂t
( )y t − + − 2 x y 2 z
:= edo3 = ∂
∂
t( )z t − + 2 x 2 y z
> sol:=dsolve({edo1,edo2,edo3,x(0)=1,y(0)=0,z(0)=0},{x(t),y(t),z(t)});
:= sol { }, , = ( )z t − 13
e( )5 t 13
e( )−t = ( )x t + 23
e( )−t 13
e( )5 t = ( )y t − + 13
e( )5 t 13
e( )−t
Asignamos los nombres x(t),y(t),z(t) a las expresiones que contien las soluciones> assign(sol);> x(t);
+ 23
e( )−t 13
e( )5 t
> y(t);
− + 13
e( )5 t 13
e( )−t
> z(t);
− 13
e( )5 t 13
e( )−t
Representación conjunta de las componentes del vector solución en el intervalo [0,0.7]> plot([x(t),y(t),z(t)],t=0..0.7,color=[red,blue,black]);
t0.70.60.50.40.30.20.1
10
5
0
-5
-10
Definición de una función vectorial que permite calcular el valor de la solución para distintos valores de t> F:=unapply([x(t),y(t),z(t)],t);
:= F → t⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥, , +
23
e( )−t 13
e( )5 t − + 13
e( )5 t 13
e( )−t − 13
e( )5 t 13
e( )−t
Cálculo del valor para t=0.5> F(0.5);
[ ], ,4.465185093 -3.858654434 3.858654434Resolución numéricaEs necesario limpiar x(t), y(t) , z(t)> x(t):='x(t)';y(t):='y(t)';z(t):='z(t)';
Page 2
edo1:=diff(x(t),t)=x-2*y+2*z; edo2:=diff(y(t),t)=-2*x+y-2*z; edo3:=diff(z(t),t)=2*x-2*y+z;
> solnum:=dsolve({edo1,edo2,edo3,x(0)=1,y(0)=0,z(0)=0},{x(t),y(t),z(t)},type=numeric);
:= ( )x t ( )x t := ( )y t ( )y t := ( )z t ( )z t
:= edo1 = ∂
∂
t( )x t − + x 2 y 2 z
:= edo2 = ∂
∂
t( )y t − + − 2 x y 2 z
:= edo3 = ∂
∂t
( )z t − + 2 x 2 y z
:= solnum proc( ) ... endrkf45_x> solnum(0.5);
[ ], , , = t .5 = ( )y t -3.858654355830112 = ( )z t 3.858654355830112 = ( )x t 4.465185015541929Obtención de valores y vectores propios con linalg> a:=matrix(3,3,[1,-2,2,-2,1,-2,2,-2,1]);
:= a⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
1 -2 2-2 1 -22 -2 1
> with(linalg):Warning, new definition for normWarning, new definition for trace> p:=charpoly(a,lambda);
:= p − − − λ3 3 λ2 9 λ 5> factor(p);
( ) − λ 5 ( ) + λ 1 2
> solve(p,lambda);
, ,5 -1 -1> eigenvals(a);
, ,5 -1 -1> eigenvects(a);
,[ ], ,-1 2 { },[ ], ,1 1 0 [ ], ,-1 0 1 [ ], ,5 1 { }[ ], ,1 -1 1Problema 11> restart;> edo1:=diff(x(t),t)=2*y+exp(t);
:= edo1 = ∂
∂t
( )x t + 2 y et
> edo2:=diff(y(t),t)=-x+3*y-exp(t);
:= edo2 = ∂
∂
t( )y t − + − x 3 y et
> sol:=dsolve({edo1,edo2,x(0)=1,y(0)=1},{x(t),y(t)});
:= sol { }, = ( )x t − + + 2 e( )2 t 4 t et 3 et = ( )y t − + + 2 e( )2 t 3 et 2 t et
> assign(sol);> plot([x(t),y(t)],t=0..1.8,color=[red,blue]);
Page 3
t1.81.61.41.210.80.60.40.2
5
0
-5
-10
-15
-20
-25
-30
valor de t donde se anula x(t)> tx0:=fsolve(x(t)=0,t=0..2);
:= tx0 1.507329784valor de t donde se anula y(t)> ty0:=fsolve(y(t)=0,t=0..1);
:= ty0 .8576766739A continuación definimos una función vectorial que permite calcular el vector solución para distintos valores de t> F:=unapply([x(t),y(t)],t);
:= F → t [ ],− + + 2 e( )2 t 4 t et 3 et − + + 2 e( )2 t 3 et 2 t et
> F(tx0);
[ ],0 -13.61016166> F(ty0);
[ ],4.044248574 -.2 10-8
>
Page 4
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Resumen y ejemplosTema 6: Integración numérica
Francisco PalaciosEscuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de Cataluña
Octubre 2008, Versión 1.5
Contenido
1. Fórmulas de cuadratura
2. Fórmulas de Newton-Cotes
3. Fórmulas compuestas
1 Fórmulas de cuadratura
• ObjetivoAproximar la integral
I =
Z b
af(x) dx
usando una combinación lineal de valores de f(x) en puntos del intervalo[a, b].Puntos del intervalo (nodos)
a ≤ x0 < x1 < · · · < xn ≤ b.AproximaciónZ b
af(x) dx ' α0f(x0) + α1f(x1) + · · ·+ αnf(xn).
La fórmula de cuadratura es
F (f) = α0f(x0) + α1f(x1) + · · ·+ αnf(xn).
La notación F (f) indica que los coeficientes αj y los nodos xj son conocidos;es la función f la que actúa como variable en la fórmula.• Error
E (f) = I − F (f)
=
Z b
af(x) dx− [α0f(x0) + α1f(x1) + · · ·+ αnf(xn)] .
1
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 2
Ejemplo 1.1 Consideramos la integral
I =
Z 1
0
x sinx dx.
1. Aproxima el valor de I con la fórmula de cuadratura
F (f) =b− a6
∙f(a) + 4f
µa+ b
2
¶+ f(b)
¸[a, b] representa el intervalo de integración [0, 1].
2. Calcula el valor exacto de la integral y el valor del error.
1. Valor aproximado. Tenemos
a = 0, b = 1, f(x) = x sinx.
F (f) =1− 06
(0 + 4 · (0.5) sin (0.5) + sin 1) = 0. 30005.
2. Valor exacto y error.Calculamos una primitiva de f(x)Zx sinx dx = integramos por partes
µu = x du = dxdv = sinxdx v = − cosx
¶ = −x cosx−Z(− cosx) dx
= −x cosx+Zcosx dx
= −x cosx+ sinx+ cZ 1
0
x sinxdx = [−x cosx+ sinx]x=1x=0 = − cos 1 + sin 1 = 0. 30117.
Error.
|E (f)| = |I − F (f)| = |0. 30117− 0. 30005| = 0.00 112.
Vemos que la fórmula de cuadratura ha producido una aproximación de laintegral con 2 decimales exactos. ¤
• Grado de precisiónDado un intervalo [a, b], una fórmula de cuadratura
F (f) = α0f(x0) + α1f(x1) + · · ·+ αnf(xn)
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 3
tiene grado de precisión g si es exacta para todos los polinomios de grado≤ g (y no lo és para alguno de grado g+1). Es decir, si p(x) es un polinomiode grado ≤ g, entoncesZ b
ap(x) dx = α0p(x0) + α1p(x1) + · · ·+ αnp(xn).
• Determinación del grado de precisiónPuede demostrarse que la fórmula de cuadratura F (f) tiene grado de pre-cisión g si es exacta para los polinomios
p0 (x) = 1, p1 (x) = x, p2 (x) = x2, . . . , pg(x) = x
g
y no lo es parapg+1 (x) = x
g+1.
Ejemplo 1.2 Consideramos el intervalo [0, 2]. Determina el grado de pre-cisión de la fórmula de cuadratura
F (f) =1
3[f(0) + 4f(1) + f(2)]
Tenemos que verificar la exactitud de F (f) sobre los monomios
p0 (x) = 1, p1 (x) = x, p2 (x) = x2, . . .Z 2
0
1 dx = [x]20 = 2,
F (1) = 13(1 + 4 + 1) =
6
3= 2.
⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭ ⇒ F (f) exacta para p0 (x) = 1.
Z 2
0
xdx =
∙x2
2
¸20
= 2,
F (x) = 13(0 + 4 · 1 + 2) = 6
3= 2.
⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒ F (f) exacta para p1 (x) = x.
Z 2
0
x2 dx =
∙x3
3
¸20
=8
3,
F¡x2¢= 1
3(0 + 4 · 1 + 4) = 8
3.
⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭ ⇒ F (f) exacta para p2 (x) = x2
Z 2
0
x3 dx =
∙x4
4
¸20
=16
4= 4,
F¡x3¢= 1
3(0 + 4 · 1 + 8) = 12
3= 4.
⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭ ⇒ F (f) exacta para p3 (x) = x3.
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 4
Z 2
0
x4 dx =
∙x5
5
¸20
=32
5,
F¡x4¢= 1
3(0 + 4 · 1 + 16) = 20
3.
⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭ ⇒ F (f)no exacta para p4 (x) = x4
La fórmula de cuadratura tiene grado de precisión 3, y es exacta para todaslas integrales Z 2
0
p(x) dx
con p(x) polinomio de grado ≤ 3. Por ejemplo, tomemos
p(x) = x3 − x,Z 2
0
¡x3 − x¢ dx = ∙x4
4− x
2
2
¸20
=16
4− 42= 4− 2 = 2,
F (p) =1
3[0 + 4· (1− 1)| {z }
p(1)
+ (8− 2)| {z }p(2)
] =6
3= 2. ¤
2 Fórmulas de Newton-Cotes
Las fórmulas de Newton-Cotes se obtienen integrando el polinomio interpo-lador construido con nodos igualmente espaciados.
• Estrategia
1. Dividimos [a, b] en n subintervalos de longitud
h =b− an,
los puntos de división son de la forma
x0 = a,
x1 = a+ h,
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 5
x2 = a+ 2h,...
xj = a+ jh,
...
xn = a+ nh = b.
2. Calculamos el polinomio pn(x) que interpola f(x) en los nodos
x0, x1, x2, . . . , xn.
3. Tomamos Z b
af(x) dx '
Z b
apn(x) dx.
2.1 Fórmula del trapecio y de Simpson
• Fórmula del TrapecioEs la fórmula de Newton-Cotes de 2 puntos
Z b
ap1(x) dx =
f(a) + f(b)
2(b− a) .
La fórmula del trapecio es
FT (f) =b− a2
[f(a) + f(b)] .
Si tomamos h = b− a, obtenemos la siguiente expresión
FT (f) =h
2[f(x0) + f(x1)] ,
x0 = a, x1 = a+ h,h = b− a.
• Fórmula de Simpson
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 6
Es la fórmula de Newton-Cotes de 3 puntos
h =b− a2,
x0 = a, x1 = a+ h, x2 = a+ 2h = b.
Puede demostrarse queZ b
ap2(x) dx =
b− a6
∙f(a) + 4f
µa+ b
2
¶+ f(b)
¸=
h
3[f(x0) + 4f (x1) + f(x2)] .
La fórmula de Simpson es
FS (f) =h
3[f(x0) + 4f (x1) + f(x2)] ,
x0 = a, x1 = a+ h, x2 = a+ 2h,
h =b− a2.
Ejemplo 2.1 Consideramos la integral
I =
Z 2
1
1
xdx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio.
2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson.
3. Calcula los errores.
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 7
1. Aproximación con la fórmula del trapecio. Tenemos
a = 1, b = 2, f(x) =1
x,
FT (f) =2− 12
µ1 +
1
2
¶=1
2· 32=3
4= 0.75.
2. Aproximación con la fórmula de Simpson. Tenemos
h =2− 12
= 0.5,
x0 = 1, x1 = 1.5, x2 = 2,
FS(f) =0.5
3
µ1 + 4
1
1.5+1
2
¶= 0. 69444.
3. Valor exacto y errores. Calculamos la integral exactaZ 2
1
1
xdx = [lnx]21 = ln 2 = 0. 69315.
Error para la fórmula del trapecio
|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0. 69315− 0.75| = 0.0 5685.
Error para la fórmula de Simpson
|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0. 69315− 0. 69444| = 0.00 129.
Con la fórmula Simpson, hemos obtenido 2 decimales exactos. ¤
2.2 Errores
• Fórmula del trapecioSea f(x) de clase C2[a, b]
x0 = a, x1 = b, h = b− a,
se cumple
I =
Z b
af(x) dx =
FT (f)z }| {h
2[f (x0) + f (x1)] −h
3
12f (2) (t) , t ∈ (a, b) .
Valor absoluto del error
|ET (f)| = |I − FT (f)| = h3
12
¯f (2) (t)
¯, t ∈ (a, b) .
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 8
Cota superior de error
|ET (f)| ≤ h3
12M2, M2 = max
x∈[a,b]
¯f (2) (x)
¯.
• Fórmula de SimpsonSea f(x) de clase C4[a, b]
x0 = a, x1 = a+ h, x2 = b, h =b− a2,
se cumple
I =
Z b
af(x) dx =
FS(f)z }| {h
3[f (x0) + 4f (x1) + f (x2)] −h
5
90f (4) (t) , t ∈ (a, b) .
Valor absoluto del error
|ES(f)| = |I − FS(f)| = h5
90
¯f (4) (t)
¯, t ∈ (a, b) .
Cota superior de error
|ES(f)| ≤ h5
90M4, M4 = max
x∈[a,b]
¯f (4) (x)
¯.
Ejemplo 2.2 Consideramos la integral
I =
Z 2
1
x lnxdx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio; calcula unacota superior de error.
2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson; calcula unacota superior de error.
3. Calcula el valor exacto de la integral y verifica los resultados.
1. Aproximación trapecio. Tenemos
a = 1, b = 2, h = 2− 1 = 1, f(x) = x lnx,
Valor de la aproximación
FT (f) =1
2(1 ln 1 + 2 ln 2) = ln 2 = 0. 69315.
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 9
La cota de error es
|ET (f)| ≤ h3
12M2, M2 = max
x∈[1,2]
¯f (2) (x)
¯.
Calculamos las derivadas para determinar M2.
f 0(x) = lnx+ 1,
f 00(x) =1
x.
Observamos que f 00(x) es positiva si x ∈ [1, 2], la función objetivo en elcálculo de M2 es
g(x) =¯f (2) (x)
¯=1
x,
g0(x) =−1x2.
Vemos que g0(x) es negativa, por lo tanto g es decreciente en el intervalo yresulta
M2 = maxx∈[1,2]
¯f (2) (x)
¯= g(1) = 1.
Finalmente, obtenemos la cota de error
|ET (f)| ≤ h3
12M2 =
1
12= 0.083333.
2. Aproximación por Simpson. Tenemos
h =2− 12
= 0.5,
x0 = 1, x1 = 1.5, x2 = 2.
Valor de la aproximación
FS(f) =0.5
3(1 ln 1 + 4 · 1.5 ln (1.5) + 2 ln 2) = 0. 63651.
La cota de error es
|Es(f)| ≤ h5
90M4, M4 = max
x∈[1,2]
¯f (4) (x)
¯.
Calculamos las derivadas para determinar M4.
f 000(x) = − 1x2,
f (4)(x) =2
x3.
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 10
Vemos que f (4)(x) es positiva si x ∈ [1, 2], la función objetivo es
g(x) =¯f (4) (x)
¯=2
x3,
g0(x) =−6x4.
La derivada g0(x) es negativa, por lo tanto g es decreciente y resulta
M4 = maxx∈[1,2]
¯f (4) (x)
¯= g(1) = 2.
Finalmente, obtenemos la cota de error
|ES(f)| ≤ h5
90M4 =
(0.5)5
902 = 0.0006 9444.
Por lo tanto, podemos asegurar que el valor obtenido usando la fórmula deSimpson aproxima el valor de la integral con (al menos) 2 decimales exactos.
3. Valor exacto y errores. Calculamos una primitiva de f(x)Zx lnxdx = integramos por partes
⎛⎜⎝ u = lnx du =1
xdx
dv = x dx v =x2
2
⎞⎟⎠=x2
2lnx −
Zx2
2
1
xdx
=x2
2lnx −1
2
Zx dx
=x2
2lnx −x
2
4+ c.
Z 2
1
x lnxdx =
∙x2
2lnx− x
2
4
¸x=2x=1
= (2 ln 2− 1)−µ1
2ln 1− 1
4
¶= 2 ln 2− 1 + 1/4 = 0. 63629.
Error trapecio.
|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0. 63629− 0. 69315| = 0.0 5686,
cota calculada para el error trapecio
|ET (f)| ≤ 0.083333.
Error Simpson
|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0. 63629− 0. 63651| = 0.000 22,
cota error Simpson|ES(f)| ≤ 0.0006 94.
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 11
Vemos que, en ambos casos, los errores son inferiores a las cotas calcula-das. También observamos que con la fórmula Simpson hemos obtenido 3decimales exactos. ¤
Importante: recuerda que la distancia entre nodos es• h = b− a para la fórmula del trapecio,• h = b− a
2para la fórmula de Simpson.
3 Fórmulas compuestas
Las fórmulas compuestas permiten obtener mejores aproximaciones divi-diendo el intervalo de integración en varios tramos y aplicando una fórmulasimple a cada uno de los tramos.
3.1 Trapecio compuesto
• Estrategia
1. Dividimos el intervalo [a, b] en n tramos de longitud
h =b− an,
obtenemos n+ 1 puntos
x0 = a, x1 = a+ h, x2 = a+ 2h, . . . , xn = a+ nh = b,
los n tramos son
A1 = [x0, x1], A2 = [x1, x2] , . . . , Aj = [xj−1, xj ] , . . . , An = [xn−1, xn] .
2. Aplicamos la fórmula del trapecio a cada tramo
A1 = [x0, x1] ⇒ F(1)T =
h
2[f (x0) + f (x1)] ,
......
Aj = [xj−1, xj ] ⇒ F(j)T =
h
2[f (xj−1) + f (xj)] ,
......
An = [xn−1, xn] ⇒ F(n)T =
h
2[f (xn−1) + f (xn)] .
3. Tomamos como aproximación global la suma de las aproximacionessobre los tramos
F(n)TC = F
(1)
T + F(2)
T + · · ·+ F (j)T + · · ·+ F (n)T .
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 12
• Fórmula de trapecio compuesto con n tramos.
F(n)TC =
h
2[f(x0) + 2f (x1) + · · ·+ 2f (xj) + · · ·+ 2f (xn−1) + f (xn)] ,
h =b− an.
Si agrupamos términos, obtenemos
F(n)TC =
h
2[f(x0) + f (xn)] + h
n−1Xj=1
f (xj) , h =b− an.
• Cota de errorSi f(x) es de clase C2[a, b], se cumple
¯E(n)TC
¯=
¯Z b
af(x)dx− F (n)TC
¯≤ b− a
12h2M2, h =
b− an
dondeM2 = max
x∈[a,b]
¯f (2) (x)
¯.
• Demostración de la cota de errorTenemosZ b
af (x) dx =
Z x1
x0
f (x) dx+
Z x2
x1
f (x) dx+ · · ·+Z xn
xn−1f (x) dx
=
ZA1
f (x) dx+
ZA2
f (x) dx+ · · ·+ZAn
f (x) dx
= I1 + I2 + · · ·+ In.
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 13
La fórmula de trapecio compuesto se obtiene sumando el valor del trapeciosimple en cada uno de los tramos, es decir
F(n)TC = F
(1)T + F
(2)T + · · ·+ F (n)T ,
donde F (j)T es el valor de la fórmula simple del trapecio sobre el tramoAj = [xj−1, xj ] . Entonces¯
E(n)TC
¯=
¯Z b
af (x) dx− F (n)TC
¯=
¯(I1 + I2 + · · ·+ In)−
³F(1)T + F
(2)T + · · ·+ F (n)T
´¯=
¯³I1 − F (1)T
´+³I2 − F (2)T
´+ · · ·+
³In − F (n)T
´¯≤
¯I1 − F (1)T
¯+¯I2 − F (2)T
¯+ · · ·+
¯In − F (n)T
¯≤
¯E(1)T
¯+¯E(2)T
¯+ · · ·+
¯E(n)T
¯donde
¯E(j)T
¯representa el error del trapecio simple en el tramo Aj . Sabemos
que se cumple ¯E(j)T
¯≤ h
3
12M(j)2 , M
(j)2 = max
x∈Aj
¯f (2) (x)
¯,
entonces ¯E(n)TC
¯≤ h
3
12M(1)2 +
h3
12M(2)2 + · · ·+ h
3
12M(n)2 .
Si tomamosM2 = max
x∈[a,b]
¯f (2) (x)
¯,
se cumple para todos los tramos
M(j)2 = max
x∈Aj
¯f (2) (x)
¯≤ maxx∈[a,b]
¯f (2) (x)
¯=M2,
por lo tanto¯E(n)TC
¯≤ h3
12M2 +
h3
12M2 + · · ·+
h3
12M2 = n
h3
12M2 = n
b− an
h2
12M2
≤ b− a12
h2M2. ¤
Ejemplo 3.1 Calcula el valor de la integralZ 2
1
x lnxdx
con 2 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto.
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 14
1. Cálculo del número de tramos. Tenemos
a = 1, b = 2, f(x) = x lnx,
la cota de error es ¯E(n)TC
¯≤ b− a
12h2M2, h =
b− an,
dondeM2 = max
x∈[a,b]
¯f (2) (x)
¯.
En el Ejemplo 2.2 hemos obtenido el valor de la cota de la derivada
M2 = maxx∈[1,2]
¯f (2) (x)
¯= 1,
entonces la cota de error toma la forma¯E(n)TC
¯≤ 1
12h2.
Exigimos1
12h2 ≤ 0.5× 10−2
y determinamos hh2 ≤ 12 · ¡0.5× 10−2¢ = 0.0 6,
h ≤√0.0 6 = 0. 24495.
Finalmente, como
h =2− 1n
=1
n,
resulta1
n≤ 0. 24495 ⇒ n ≥ 1
0. 24495= 4. 0825.
Es decir, para garantizar 2 decimales exactos en la aproximación, necesita-mos n = 5 tramos.
2. Valor de la aproximación. Con n = 5, resulta
h =1
5= 0.2,
los nodos son
x0 = 1, x1 = 1.2, x2 = 1.4, x3 = 1.6, x4 = 1.8, x5 = 2.
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 15
La fórmula del trapecio con 5 tramos es
F(5)TC =
h
2[f (x0) + f (x5)] + h
4Xj=1
f (xj) ,
en concreto
F(5)TC =
0.2
2(1 ln 1 + 2 ln 2) + (0.2) (1.2 ln 1.2 + 1.4 ln 1.4 + 1.6 ln 1.6 + 1.8 ln 1.8)
= 0. 13863 + 0. 49997 = 0. 63860.
3. Error exacto. El valor de la integral es
I =
Z 2
1
x lnx dx = 0. 63629,
de donde resulta el error¯E(5)TC
¯=¯I − F (5)TC
¯= |0. 63629− 0. 63860| = 0.00 231.
Vemos que, efectivamente, la fórmula de trapecio compuesta con 5 tramosaproxima el valor de la integral con 2 decimales exactos. ¤
3.2 Fórmula de Simpson compuesto
• EstrategiaLa idea es dividir el intervalo [a, b] en m tramos de igual longitud
A1, A2, . . . , Am
y aplicar la regla simple de Simpson a cada tramo. Para centrar ideas,expondremos el caso m = 3.
1. Para aplicar la regla de Simpson, debemos tomar el punto medio decada tramo. Por lo tanto, tendremos una distancia entre nodos
h =b− a2m
.
Los nodos son
x0 = a, x1 = a+ h, x2 = a+ 2h, . . . , xn = a+ 2mh = b.
Si m = 3, la distancia entre nodos será
h =b− a6
y tendremos 2m+ 1 = 7 nodos
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 16
en este caso, los tramos son
A1 = [x0, x2], punto medio x1,A2 = [x2, x4], punto medio x3,
A3 = [x4, x6], punto medio x5.
2. Aplicamos la fórmula de Simpson simple a cada tramo
A1 = [x0, x2] ⇒ F(1)S =
h
3[f (x0) + 4f (x1) + f(x2)] ,
A2 = [x2, x4] ⇒ F(2)S =
h
3[f (x2) + 4f (x3) + f(x4)] ,
A3 = [x4, x6], ⇒ F(3)S =
h
3[f (x4) + 4f (x5) + f(x6)] .
3. Tomamos como aproximación global la suma de las aproximacionessobre los tramos
F(m)SC = F
(1)S + F
(2)S + · · ·+ F (m)S ,
en el caso m = 3
F(3)SC =
h
3[f (x0) + 4f (x1) + 2f(x2) + 4f (x3) + 2f(x4) + 4f (x5) + f(x6)]
La fórmula puede reorganizarse como sigue:
F(3)SC =
h
3{f (x0) + f(x6)| {z }nodos extremos
+2 [f(x2) + f(x4)]| {z }nodos pares interiores
+4 [f (x1) + f (x3) + f (x5)]| {z }nodos impares
}
• Fórmula de Simpson compuestoLa expresión general para la fórmula de Simpson compuesta con m tramoses
F(m)SC =
h
3
⎡⎣f(x0) + f (x2m) + 2m−1Xj=1
f (x2j) + 4mXj=1
f (x2j−1)
⎤⎦ , h =b− a2m
.
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 17
• Cota de errorSi f(x) es de clase C4[a, b], se cumple¯
E(m)SC
¯=
¯Z b
af(x)dx− F (m)SC
¯≤ b− a180
h4M4, h =b− a2m
.
M4 = maxx∈[a,b]
¯f (4) (x)
¯.
• Demostración de la cota de errorTenemosZ b
af (x) dx =
ZA1
f (x) dx+
ZA2
f (x) dx+ · · ·+ZAm
f (x) dx
= I1 + I2 + · · ·+ Im.
La fórmula de Simpson compuesta de m tramos es
F(m)SC = F
(1)
S + F(2)
S + · · ·+ F (m)S
donde F (j)S es el valor de la fórmula simple de Simpson sobre el tramo Aj =[x2j−2, x2j ] . Entonces, el error global no supera la suma de los errores en lostramos, en efecto¯
E(m)SC
¯=
¯Z b
af (x) dx− F (m)SC
¯=
¯(I1 + I2 + · · ·+ Im)−
³F(1)
S + F(2)
S + · · ·+ F (m)S
´¯=
¯³I1 − F (1)S
´+³I2 − F (2)S
´+ · · ·+
³Im − F (m)S
´¯≤
¯I1 − F (1)S
¯+¯I2 − F (2)S
¯+ · · ·+
¯Im − F (m)S
¯≤
¯E(1)S
¯+¯E(2)S
¯+ · · ·+
¯E(m)S
¯,
donde¯E(j)S
¯representa el error de Simpson simple en el tramo Aj . Para
cada tramo, sabemos que se cumple¯E(j)S
¯≤ h
5
90M(j)4 , M
(j)4 = max
x∈Aj
¯f (4) (x)
¯,
entonces ¯E(m)SC
¯≤ h
5
90M(1)4 +
h5
90M(2)4 + · · ·+ h
5
90M(m)4 .
Obviamente, el valor máximo de¯f (4) (x)
¯sobre cualquiera de los tramos
M(j)4 no puede superar al valor máximo sobre el intervalo completo [a, b]; es
decir, si tomamosM4 = max
x∈[a,b]
¯f (4) (x)
¯,
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 18
se cumple para todos los tramos
M(j)4 = max
x∈Aj
¯f (4) (x)
¯≤ maxx∈[a,b]
¯f (4) (x)
¯=M4.
por lo tanto ¯E(m)SC
¯≤ h5
90M(1)4 +
h5
90M(2)4 + · · ·+ h
5
90M(m)4
≤ h5
90M4 +
h5
90M4 + · · ·+
h5
90M4
≤ mh5
90M4 = mh
h4
90M4 = m
b− a2m
h4
90M4
≤ b− a180
h4M4. ¤
Ejemplo 3.2 Calcula el valor de la integralZ 2
1
x lnxdx
con 4 decimales exactos usando la fórmula de Simpson compuesto.
1. Cálculo del número de intervalos. Tenemos
a = 1, b = 2, f(x) = x lnx,
la cota de error para la fórmula de Simpson con m tramos es¯E(m)SC
¯≤ b− a180
h4M4, h =b− a2m
,
M4 = maxx∈[a,b]
¯f (4) (x)
¯.
Hemos visto en el Ejemplo 2.2 que
M4 = maxx∈[1,2]
¯f (4) (x)
¯= 2,
entonces resulta la cota de error.¯E(m)SC
¯≤ 1
180h4 · 2.
Exigimos1
180h4 · 2 ≤ 0.5× 10−4
Resumen y ejemplos Tema 6: Integración numérica. 19
y determinamos h
h4 ≤ 180 ·¡0.5× 10−4
¢2
= 0.00 45,
h ≤ 4√0.0 045 = 0. 259.
Finalmente, como
h =2− 12m
=1
2m,
resulta1
2m≤ 0. 259 ⇒ m ≥ 1
2 · 0. 259 = 1. 9305.
Necesitamos tomar m = 2. Se trata de Simpson doble. Observa que, comocada Simpson simple contiene dos subintervalos, el número de subintervaloses 2m = 4.2. Valor de la aproximación. Con m = 2, la distancia entre nodos es
h =1
4= 0.25,
nodosx0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5, x3 = 1.75, x4 = 2.
La fórmula compuesta de Simpson con 2 tramos tiene la siguiente forma
F(2)SC =
h
3
⎡⎣f (x0) + f (x4) + 2 1Xj=1
f (x2j) + 42Xj=1
f (x2j−1)
⎤⎦=
h
3{f (x0) + f (x4) + 2f(x2) + 4 [f(x1) + f(x3)]} .
Sustituyendo, obtenemos el valor de la aproximación
F(2)SC =
0.25
3[(1 ln 1 + 2 ln 2) + 2 (1.5 ln 1.5) + 4 (1.25 ln 1.25 + 1.75 ln 1.75)]
=0.25
37. 635718 = 0. 6363098.
3. Error exacto. Podemos tomar como valor exacto de la integral
I =
Z 2
1
x lnx dx = 0. 63629 44,
el error es¯E(2)SC
¯=¯I − F (2)SC
¯= |0. 63629 44− 0. 63630 98| = 0.154× 10−4. ¤
Importante: recuerda que la distancia entre nodos es
• h = b− an
para la fórmula compuesta del trapecio con n tramos,
• h = b− a2m
para la fórmula compuesta de Simpson con m tramos.
ETS Minas: Métodos matemáticos
Guía de estudio:Tema 9Sistemas de EDOs lineales
Francisco PalaciosEscuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de CataluñaNoviembre 2008, versión 1.2
1 Introducción
El contenido del tema es el siguiente:
1. Conceptos básicos.
2. Sistemas lineales homogéneos.
3. Resolución de sistemas homogéneos con coeficientes constantes.
4. Resolución de sistemas completos: variación de parámetros.
2 Objetivos
2.1 Teóricos
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:
• Identificar sistemas de EDOs lineales.
• Distinguir si el sistema de EDOs es de coeficientes constantes.
• Distinguir y manejar funciones vectoriales de variable real, más con-cretamente, dada una función vectorial, el alumno debe ser capaz de:
— determinar el dominio,
— estudiar la continuidad,
— calcular la derivada,
— calcular una primitiva,
— calcular integrales definidas.
• Escribir un sistema de EDOs lineales en forma matricial.
• Diferenciar entre sistemas de EDOs lineales completos y homogéneos.
1
Francisco Palacios Tema 9: Sistemas de EDOs lineales. 2
• Estudiar la independencia lineal de funciones vectoriales usando elWronskiano.
• Describir la estructura del conjunto de soluciones de un sistema deEDOs lineales homogéneo de dimensión n.
• Determinar sistemas fundamentales de soluciones para un sistema deEDOs lineales homogéneas con coeficientes constantes.
• Construir una matriz fundamental para una sistema de EDOs linealeshomogéneas con coeficientes constantes.
• Describir la estructura de la solución general de un sistema de EDOslineales completo con coeficientes constantes.
2.2 Cálculo manual
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:
• Obtener la solución general de un sistema sencillo de EDOs linealeshomogéneo de orden n con coeficientes constantes usando los valoresy vectores propios de la matriz del sistema.
• Obtener la solución general de sistema sencillo de EDOs lineales ho-mogéneo de orden n con coeficientes constantes, determinando unasolución particular mediante el método de variación de parámetros.
• Resolver problemas sencillos de valor inicial para sistema de EDOslineales homogéneo de orden n con coeficientes constantes.
2.3 Cálculo con ordenador
Al finalizar el tema, el alumno debe se capaz de:
• Escribir sistemas de EDOs siguiendo la sintaxis de Maple.
• Calcular una familia de soluciones con dsolve.
• Resolver problemas de valor inicial y de condiciones de contorno condsolve.
• Extraer una expresión correspondiente a la solución usando el comandoassign.
• Representar gráficamente las soluciones de un problema de valor ini-cial.
• Aproximar numéricamente la solución de un problema de valor inicialusando la opción type=numeric de dsolve.
Francisco Palacios Tema 9: Sistemas de EDOs lineales. 3
3 Orientaciones para el estudio
• Resuelve manualmente los ejemplos del Resumen de clase. Si disponesde poco tiempo, puedes omitir el Ejemplo 3.3 y el Ejemplo 4.1.
• Resuelve con papel y lápiz los ejercicios 1,2,3,4,9,10,11.
• Resuelve con Maple todos los ejercicios.
4 Temporalización
Aproximadamente, el tiempo necesario para cubrir el tema es el siguiente:
Actividad Tipo Duración
Explicación teórica, ejemplos Clase teoría 2hEjemplos, problemas Clase prácticas 4hPrácticas ordenador Clase prácticas 2h 8h
Leer guia estudio, resumen Trabajo personal 0,25hProblemas a mano Trabajo personal 6,0hHacer práctica Trabajo personal 0,75hPoblemas con Maple Trabajo personal 0,75hCuestionario Trabajo personal 0,25 8h
Cuestionario Tema 9: Sistemas de EDOs
Alumno: _____________________________________
1. Asistencia a clase. Indica si has asistido a todas las clases de teoría yprácticas correspondientes al tema, en caso de no asistencia indica sihas dedicado un tiempo equivalente de estudio personal. Finalmente,indica (si procede) el número de horas de clase perdidas que no hayasrecuperado mediante estudio personal.
Asistencia RecuperadoSi No Si No En parte Horas perdidas
Clases de teoriaClases de práctica
2. Tiempo de estudio personal
TiempoLectura de guía de estudio y resumenHacer problemas a manoHacer prácticaHacer problemas con Maple
3. Puntúa la utilidad de los documentos de estudio entre 1 (= es una pér-dida de tiempo) y 5 (=muy útiles). Si no has descargado el documento,deja la casilla en blanco.
PuntuaciónGuía de estudioResumenProblemasProblemas resueltosProblemas resueltos con MaplePráctica
4. Revisa la lista de objetivos y escribe dos o tres tópicos que te gustaríaque se volvieran a explicar en clase.__________________________________________________________________________________________________________________________________________
5. Revisa la lista de objetivos y da una estimación intuitiva entre 1 y 5de tu grado de cumplimiento de esos objetivos. ____________
6. Sugerencias:
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Ejercicios Tema 6
Integración NuméricaFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Octubre 2008, Versión 1.5
Ejercicio 1 Consideramos la fórmula de cuadraturaZ 1
0f(x) dx ' F (f)
conF (f) = α1f (a) + α2f (1) .
Determina α1,α2 y a para que la fórmula de cuadratura tenga el mayorgrado de precisión posible.
Ejercicio 2 Consideramos la integral
I =
Z 0.2
0e−x
2
dx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple.
2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson.
3. Calcula el valor de la integral con Maple.
4. Calcula los errores absolutos que resultan al aplicar la fórmula deltrapecio y de Simpson.
Ejercicio 3 Consideramos la integral
I =
Z 1.5
1x2 lnxdx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple.
2. Calcula una cota superior de error.
3. Calcula manualmente el valor exacto de la integral y verifica el resul-tado.
4. Calcula una primitiva con Maple.
1
Ejercicios: Integración numérica 2
5. Calcula con Maple el valor exacto de la integral.
Ejercicio 4 Consideramos la integral
I =
Z 0.5
0x sinx dx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple.
2. Usando las propiedades del valor absoluto, calcula una cota superiorpara |f 00(x)| sobre [0, 0.5].
3. Determina una cota superior de error.
4. Calcula manualmente el valor exacto de la integral y verifica el resul-tado.
5. Verifica con Maple la cota de |f 00(x)| .
6. Calcula una primitiva con Maple.
7. Calcula con Maple el valor exacto de la integral.
Ejercicio 5 Consideramos la integral
I =
Z 1.5
1x2 lnxdx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson.
2. Calcula una cota superior de error y verifica el resultado.
Ejercicio 6 Consideramos la integral
I =
Z 0.5
0x sinx dx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson.
2. Calcula una cota superior para¯f (4)(x)
¯sobre [0, 0.5].
3. Determina una cota superior de error.
4. Verifica con Maple la cota de |f 00(x)| .
5. Calcula con Maple el valor del error.
Ejercicio 7 Consideramos la integral
I =
Z 1.5
1x2 lnxdx.
Ejercicios: Integración numérica 3
1. Aproxima el valor de I con 3 decimales exactos usando la fórmula deltrapecio compuesto.
2. Verifica el valor de la aproximación con el comando trapezoid de lalibrería student de Maple.
3. Verifica el resultado calculando el error con Maple.
Ejercicio 8 Consideramos la integral
I =
Z 1.5
1x2 lnxdx.
1. Aproxima el valor de I con 5 decimales exactos usando la fórmula deSimpson compuesto.
2. Verifica el valor de la aproximación con el comando simpson de lalibrería student de Maple.
3. Verifica el resultado calculando el error con Maple.
Ejercicio 9 Consideramos la integral
I =
Z 1
0ex
2
dx.
1. Determina el número de intervalos necesario par aproximar el valor deI con 4 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto.
2. Escribe un programa con Maple que te permita calcular el valor de laaproximación.
3. Verifica el resultado del apartado anterior con el comando trapezoidde la librería student de Maple.
4. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
Ejercicio 10 Consideramos la integral
I =
Z 1
0ex
2
dx.
1. Determina el número de tramos necesario par aproximar el valor de Icon 6 decimales exactos usando la fórmula de Simpson.
2. Calcula el valor de la aproximación con el comando simpson de lalibrería student de Maple.
3. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
Ejercicios: Integración numérica 4
Ejercicio 11 Consideramos la integral
I =
Z b
af(x) dx
y supongamos que cuando la aproximamos usando la fórmula de Simpson,la cota de error
|ES| ≤ h5
90M4, M4 = max
x∈[a,b]
¯f (4)(x)
¯nos garantiza al menos t decimales exactos.
1. Demuestra que la fórmula de Simpson nos proporcionará al menos tdecimales exactos en todas las integralesZ b1
a1f(x) dx, a ≤ a1 < b1 ≤ b.
2. ¿Será cierto un resultado análogo para la fórmula del trapecio?
3. ¿Y para las fórmulas compuestas?
Ejercicio 12 La longitud del arco de la curva
y = f(x)
desde el punto P = (a, f(a)) , hasta Q = (b, f(b)) se define como
L =
Z b
a
q1 + [y0 (x)]2 dx.
Queremos calcular la longitud del arco de parábola
y = x2
desde el punto P = (0, 0) , hasta Q = (1, 1) .
1. Representa gráficamente el arco y plantea la integral que da su longi-tud.
2. Queremos calcular el valor de la longitud de arco con 6 decimalesexactos. Usa para ello la fórmula de Simpson compuesta F (m)SC hastaque el error estimado
E(m)SC =
¯F(m)SC − F (m−1)SC
¯sea inferior a 0.5 × 10−8. Para calcular los valores de F (m)SC , usa lalibrería student de Maple.
3. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Soluciones Tema 6: Integración numéricaFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Octubre 2008, Versión 1.5
Ejercicio 1 Consideramos la fórmula de cuadraturaZ 1
0
f(x) dx ' F (f)
conF (f) = α1f (a) + α2f (1) .
Determina α1,α2 y a para que la fórmula de cuadratura tenga el mayorgrado de precisión posible.
Tenemos 3 parámetros, impondremos 3 condicionesZ 1
0
1 dx = [x]10 = 1
F (1) = α1 + α2
⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒ α1 + α2 = 1,
Z 1
0
xdx =
∙x2
2
¸10
= 12
F (x) = α1 a+ α2
⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒ α1 a+ α2 =1
2,
Z 1
0
x2 dx =
∙x3
3
¸10
=1
3
F¡x2¢= α1 a
2 + α2
⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒ α1 a2 + α2 =
1
3.
Resulta el siguiente sistema de ecuaciones no lineales⎧⎨⎩α1 + α2 = 1,α1 a+ α2 =
12,
α1 a2 + α2 =
13.
1
Solución a los ejercicios: Integración numérica 2
Usamos la primera ecuación para eliminar α2 de la segunda y la tercera
(2a − 1a)→ ¡2a¢
(3a − 1a)→ ¡3a¢
⎧⎪⎨⎪⎩α1 + α2 = 1,
α1 a− α1 = −12 ,α1 a
2 − α1 = −23 .
Despejamos a en la 2a ecuación
a =α1 − 1/2
α1,
sustituimos en la 3a para determinar α1
α1
µα1 − 1/2
α1
¶2− α1 = −2
3,
(α1 − 1/2)2α1
− α1 = −23,
(α1 − 1/2)2 − α21 = −2
3α1,
−α1 + 14= −2
3α1,
1
3α1 =
1
4⇒ α1 =
3
4.
Sustituimos en la 1a ecuación
α1 + α2 = 1
para determinar α2, obtenemos
α2 =1
4.
Finalmente, sustituyendo en
a =α1 − 1/2
α1,
resultaa = 1/3.
La fórmula de cuadratura es
F (f) =3
4f (1/3) +
1
4f (1)
y tiene grado de precisión 2. ¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica 3
Ejercicio 2 Consideramos la integral
I =
Z 0.2
0
e−x2
dx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple.
2. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson.
3. Calcula el valor de la integral con Maple.
4. Calcula los errores absolutos que resultan al aplicar la fórmula deltrapecio y de Simpson.
1. Aproximación por trapecio. Tenemos
a = 0, b = 0.2, f(x) = e−x2
,
FT (f) =0.2− 02
¡1 + e−0.04
¢= 0. 19607 89.
2. Aproximación por Simpson. Tenemos
h =0.2− 02
= 0.1,
x0 = 0, x1 = 0.1, x2 = 0.2,
FS(f) =0.1
3[f(0) + 4f(0.1) + f(0.2)]
=0.1
3
¡1 + 4e−0.01 + e−0.04
¢= 0. 19736 63.
3. Valor exacto y errores. Podemos calcular el valor de la integral con Maplecon la orden
> int(exp(-x^2),x=0..0.2);
el resultado con 7 decimales es
I =
Z 0.2
0
e−x2
dx = 0. 19736 50,
|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0. 19736 50− 0. 19607 89| = 0.00 12861,
|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0. 19736 50− 0. 19736 63| = 0.00000 13.Con la fórmula del trapecio hemos obtenido 2 decimales exactos y con la deSimpson 5 decimales exactos. ¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica 4
Ejercicio 3 Consideramos la integral
I =
Z 1.5
1
x2 lnxdx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple.
2. Calcula una cota superior de error.
3. Calcula manualmente el valor exacto de la integral y verifica el resul-tado.
4. Calcula una primitiva con Maple.
5. Calcula con Maple el valor exacto de la integral.
1. Aproximación trapecio. Tenemos
a = 1, b = 1.5, h = 1.5− 1 = 0.5, f(x) = x2 lnx,
FT (f) =0.5
2
h1 ln 1 + (1.5)2 ln (1.5)
i= 0. 2280741.
2. Cota de error
|ET (f)| ≤ h3
12M2, M2 = max
x∈[1,1.5]
¯f (2) (x)
¯.
Calculamos las derivadas para determinar M2.
f 0(x) = 2x lnx+ x,
f 00(x) = 2 lnx+ 3,
f 00(x) es positiva si x ∈ [1, 1.5]. Función objetivo
g(x) =¯f (2) (x)
¯= 2 lnx+ 3,
g0(x) =2
x,
g0(x) es positiva en [1, 1.5], por lo tanto g es creciente en el intervalo y resulta
M2 = maxx∈[1,1.5]
¯f (2) (x)
¯= g(1.5) = 2 ln (1.5) + 3 = 3. 81093.
Cota de error
|ET (f)| ≤ h3
12M2 =
(0.5)3
12× 3. 81093 = 0.03 9697,
Solución a los ejercicios: Integración numérica 5
podemos asegurar un decimal exacto.3. Valor exacto y error. Calculamos una primitiva de f(x)Z
x2 lnxdx = integramos por partes
⎛⎜⎝ u = lnx du =1
xdx
dv = x 2dx v =x3
3
⎞⎟⎠=x3
3lnx −
Zx3
3
1
xdx
=x3
3lnx −1
3
Zx3 dx
=x3
3lnx −x
3
9+ c.
Z 2
1
x lnxdx =
∙x3
3lnx− x
3
9
¸x=1.5x=1
=
Ã(1.5)3
3ln (1.5)− (1.5)
3
9
!−µ1
3ln 1− 1
9
¶= 0. 19225 94.
Error trapecio
|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0. 19225 94− 0. 22807 41| = 0.0 358147.
Vemos que es inferior a la cota error calculada previamente
|ET (f)| ≤ 0.039697.
Para los otros apartados, ver Resolución con Maple. ¤
Ejercicio 4 Consideramos la integral
I =
Z 0.5
0
x sinx dx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula del trapecio simple.
2. Usando las propiedades del valor absoluto, calcula una cota superiorpara |f 00(x)| sobre [0, 0.5].
3. Determina una cota superior de error.
4. Calcula manualmente el valor exacto de la integral y verifica el resul-tado.
5. Verifica con Maple la cota de |f 00(x)| .
6. Calcula una primitiva con Maple.
Solución a los ejercicios: Integración numérica 6
7. Calcula con Maple el valor exacto de la integral.
1. Aproximación trapecio. Tenemos
a = 0, b = 0.5, h = 0.5− 0 = 0.5, f(x) = x sinx,
FT (f) =0.5
2[0 sin 0 + 0.5 sin (0.5)] = 0.059928.
2. Cota superior para¯f (2) (x)
¯. Calculamos las derivadas
f 0(x) = sinx+ x cosx,
f 00(x) = 2 cosx− x sinx,En este caso no es evidente el signo de f 00. Intentamos calcular una cotasuperior M2 usando las propiedades del valor absoluto.¯
f (2) (x)¯= |2 cosx− x sinx| ≤ |2 cosx|+ |−x sinx|≤ 2 |cosx|+ |x| |sinx| ,
si x ∈ [0, 0.5] se cumple¯f (2) (x)
¯≤ 2 · 1 + 0.5 sin 0.5 = 2. 239713.
3. Cota superior de error. Tenemos
|ET (f)| =h3
12
¯f (2) (t)
¯, t ∈ [0, 0.5],
de donde resulta
|ET (f)| ≤ (0.5)3
12× 2. 239713 = 0.02333.
4. Valor exacto y error. Calculamos una primitiva de f(x)Zx sinxdx = integramos por partesµu = x du = dx
dv = sinxdx v =− cosx¶= −x cosx+
Zcosxdx
= −x cosx+ sinx+ c.
Z 0.5
0
x sinxdx = [−x cosx+ sinx]x=0.5x=0
= −0.5 cos (0.5) + sin(0.5)= 0.04 0634.
Solución a los ejercicios: Integración numérica 7
Error
|ET (f)| = |I − FT (f)| = |0.04 0634− 0.05 9928| = 0.0 19294,
cota error trapecio|ET (f)| ≤ 0.02 333.
Vemos que el error obtenido es inferior a la cota de error, por lo tanto, elresultado es coherente1. Para los otros apartados, ver Resolución con Maple.¤
Ejercicio 5 Consideramos la integral
I =
Z 1.5
1
x2 lnxdx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson.
2. Calcula una cota superior de error y verifica el resultado.
1. Aproximación por Simpson. Tenemos
a = 1, b = 1.5, h =1.5− 12
= 0.25, f(x) = x2 ln(x),
x0 = 1, x1 = 1.25, x2 = 1.5.
Aproximación
FS(f) =0.25
3
³1 ln 1 + 4 · (1.25)2 ln (1.25) + (1.5)2 ln (1.5)
´= 0. 19224 531.
Cota de error
|Es(f)| ≤ h5
90M4, M4 = max
x∈[1,1.5]
¯f (4) (x)
¯.
Calculamos las derivadas
f 0(x) = 2x lnx+ x,
f 00(x) = 2 lnx+ 3,
f (3)(x) =2
x,
f (4)(x) =−2x2,
1 ¿Por qué no podemos afirmar que el resultado es correcto?
Solución a los ejercicios: Integración numérica 8
f (4)(x) es negativa si x ∈ [1, 1.5]. Función objetivo
g(x) =¯f (4) (x)
¯=2
x2,
g0(x) =−4x3,
g0(x) es negativa en [1, 1.5], por lo tanto g(x)&, entonces
M4 = maxx∈[1,1.5]
¯f (4) (x)
¯= g(1) = 2.
Cota de error
|ES(f)| ≤ h5
90M4 =
(0.25)5
902 = 0.2 1701× 10−4,
podemos asegurar 4 decimales exactos.3. Valor exacto y errores. Tomamos como valor exacto
I =
Z 1.5
1
x2 lnx dx = 0. 19225 936.
Error Simpson
|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0. 19225 936− 0. 19224 531| = 0.00001405,
cota calculada de error
|ES(f)| ≤ 0.2 1701× 10−4. ¤
Ejercicio 6 Consideramos la integral
I =
Z 0.5
0
x sinx dx.
1. Aproxima el valor de I usando la fórmula de Simpson..
2. Calcula una cota superior para¯f (4)(x)
¯sobre [0, 0.5]
3. Determina una cota superior de error.
4. Verifica con Maple la cota de |f 00(x)| .
5. Calcula con Maple el valor del error.
Solución a los ejercicios: Integración numérica 9
1. Aproximación por Simpson. Tenemos
a = 0, b = 0.5, h =0.5− 02
= 0.25, f(x) = x sinx,
x0 = 0, x1 = 0.25, x2 = 0.5.
Aproximación
FS(f) =0.25
3(0 sin 0 + 4 · (0.25) sin (0.25) + (0.5) sin (0.5)) = 0.0405930.
2. Cota superior para¯f (4) (x)
¯. Calculamos las derivadas
f 0(x) = sinx+ x cosx,
f 00(x) = 2 cosx− x sinx,f (3)(x) = −3 sinx− x cosx,f (4)(x) = −4 cosx+ x sinx.
Determinamos una cota para¯f (4) (x)
¯usando las propiedades del valor ab-
soluto ¯f (4) (x)
¯= |−4 cosx+ x sinx| ≤ |−4 cosx|+ |x sinx|≤ 4 |cosx|+ |x| |sinx| .
Si x ∈ [0, 0.5], resulta¯f (2) (x)
¯≤ 4 · 1 + 0.5 sin 0.5 = 4. 2397.
3. Cota de error.
|ES(f)| =h5
90
¯f (4) (x)
¯, x ∈ (0, 0.5) .
|ES(f)| ≤ (0.25)5
904. 2397 = 0.4 6004× 10−4,
podemos asegurar 4 decimales exactos. Como
I =
Z 0.5
0
x sinx dx = 0.04 06342
el error es
|ES (f)| = |I − FS(f)| = |0.04 06342 − 0.04 05930 | = 0.0000412.
Para los otros apartados, ver Resolución con Maple. ¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica 10
Ejercicio 7 Consideramos la integral
I =
Z 1.5
1
x2 lnxdx.
1. Aproxima el valor de I con 3 decimales exactos usando la fórmula deltrapecio compuesto.
2. Verifica el valor de la aproximación con el comando trapezoid de lalibrería student de Maple.
3. Verifica el resultado calculando el error con Maple.
1. Cálculo del número de tramos.
a = 1, b = 1.5, f(x) = x2 lnx,
tenemos la acotación¯E(n)TC
¯≤ b− a
12h2M2, h =
b− an,
M2 = maxx∈[a,b]
¯f (2) (x)
¯.
Hemos visto en el Ejercicio 3, que
M2 = maxx∈[1,1.5]
¯f (2) (x)
¯= 3. 81093,
entonces ¯E(n)TC
¯≤ 0.512h2 × 3. 81093.
Para 3 decimales exactos, exigimos
0.5
12h2 × 3. 81093 ≤ 0.5× 10−3
y resolvemos en h
h2 ≤ 12 ·¡0.5× 10−3
¢0.5× 3. 81093 = 0.003149,
h ≤√0.003 149 = 0.05 6116.
Comoh =
1.5− 1n
=0.5
n,
Solución a los ejercicios: Integración numérica 11
resulta0.5
n≤ 0.05 6116 ⇒ n ≥ 0.5
0.05 6116= 8. 910.
Necesitamos 9 tramos.Valor de la aproximación. Con n = 9, resulta
h =0.5
9= 0.055556,
x0 = 1 f(x0) = 0,
x9 = 1. 5 f(x9) = 0. 91229 6P0. 91229 6
x1 = 1.05 5556 f(x1) = 0. 06 0242
x2 = 1. 111111 f(x2) = 0. 13007 46
x3 = 1. 166667 f(x3) = 0. 20981 67
x4 = 1. 22222 4 f(x4) = 0. 29977 04
x5 = 1. 27778 f(x5) = 0. 40021 96
x6 = 1. 33333 6 f(x6) = 0. 51144 04
x7 = 1. 38889 2 f(x7) = 0. 63369 56
x8 = 1. 44444 8 f(x8) = 0. 76723 72P3. 01249 7
La fórmula de trapecio compuesto con 9 tramos es
F(9)TC =
h
2[f (x0) + f (x9)] + h
8Xj=1
f (xj) ,
en nuestro casos es
F(9)TC =
0.05 5556
2× 0. 91229 6 + 0.05 5556× 3. 01249 7
= 0. 19270 4.
Error exacto. Tomamos como valor exacto
I =
Z 1.5
1
x2 lnxdx = 0. 19225 94,
error ¯E(9)TC
¯=¯I − F (9)TC
¯= |0. 19225 9− 0. 19270 4| = 0.000445.
Para el resto de los apartados, ver Resolución con Maple. ¤
Ejercicio 8 Consideramos la integral
I =
Z 1.5
1
x2 lnxdx.
Solución a los ejercicios: Integración numérica 12
1. Aproxima el valor de I con 5 decimales exactos usando la fórmula deSimpson compuesto.
2. Verifica el valor de la aproximación con el comando simpson de lalibrería student de Maple.
3. Verifica el resultado calculando el error con Maple.
1. Cálculo del número de intervalos.
a = 1, b = 1.5, f(x) = x2 lnx.
Tenemos la acotación¯E(m)SC
¯≤ b− a180
h4M4, h =b− a2m
,
M4 = maxx∈[a,b]
¯f (4) (x)
¯.
Hemos visto en el Ejercicio 5 que
M4 = maxx∈[1,2]
¯f (4) (x)
¯= 2,
entonces ¯E(m)SC
¯≤ 0.5
180h4 · 2,
para obtener 6 decimales exactos, exigimos
0.5
180h4 · 2 ≤ 0.5× 10−6
y calculamos la h
h4 ≤ 180 · ¡0.5× 10−6¢ = 0.00009,h ≤ 4√0.0000 9 = 0.09 74.
Comoh =
0.5
2m,
resulta0.5
2m≤ 0.09 74 ⇒ m ≥ 0.5
2 · 0.09 74 = 2. 5667.
Necesitamos tomar m = 3. Se trata de Simpson compuesto con 3 tramos(con 2m = 6 subintervalos).
Solución a los ejercicios: Integración numérica 13
Valor de la aproximación. Con m = 3, la distancio entre nodos es
h =0.5
6= 0.08 333333.
Valores en los nodos extremos.
x0 = 1. f(x0) = 0
x6 = 1. 5 f(x6) = 0. 91229 649P0. 91229 649
Valores en los nodos pares interiores.
x2 = 1. 16666 67 f(x2) = 0. 20981 625
x4 = 1. 33333 33 f(x4) = 0. 51143 473P0. 72125 098
Valores en los nodos impares.
x1 = 1. 08333 33 f(x1) = 0.09 39389 6
x3 = 1. 25 f(x3) = 0. 34866 180
x5 = 1. 41666 67 f(x5) = 0. 69903 227P1. 14163 303
Fórmula de Simpson compuesto con 3 tramos
F(3)SC =
h
3
⎡⎣f (x0) + f (x4) + 2 2Xj=1
f (x2j) + 43Xj=1
f (x2j−1)
⎤⎦=
h
3{f (x0) + f (x4) + 2[f(x2) + f(x4)] + 4 [f(x1) + f(x3) + f(x5)]} ,
en nuestro caso, resulta
F(3)SC =
0.08 333333
3(0. 91229 649 + 2 · 0. 72125 098 + 4 · 1. 14163 303)
= 0. 192259175.
Error exacto. Tomamos como valor exacto
I =
Z 1.5
1
x2 lnxdx = 0. 192259358,
error¯E(3)SC
¯=¯I − F (3)SC
¯= |0. 19225 9358− 0. 19225 9175| = 0.1 83× 10−6. ¤
Ejercicio 9 Consideramos la integral
I =
Z 1
0
ex2
dx.
Solución a los ejercicios: Integración numérica 14
1. Determina el número de tramos necesario par aproximar el valor de Icon 4 decimales exactos usando la fórmula del trapecio compuesto.
2. Escribe un programa con Maple que te permita calcular el valor de laaproximación.
3. Verifica el resultado del apartado anterior con el comando trapezoidde la librería student de Maple.
4. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
1. Cálculo del número de intervalos.
a = 0, b = 1, f(x) = ex2
.
Tenemos la acotación¯E(n)TC
¯≤ b− a
12h2M2, h =
b− an,
M2 = maxx∈[a,b]
¯f (2) (x)
¯.
Calculamos las derivadasf 0(x) = 2xex
2
,
f 00(x) = 2ex2
+ 4x2ex2
,
f 00(x) es positiva. Para determinar M2 consideramos la función objetivo
g(x) =¯f (2) (x)
¯= 2ex
2
+ 4x2ex2
,
calculamos su derivada
g0(x) = 12xex2
+ 8x3ex2
y observamos que g0(x) es positiva en el intervalo [0, 1], por lo tanto g(x) escreciente en el intervalo y resulta
M2 = maxx∈[0,1]
¯f (2) (x)
¯= g(1) = 6e = 16. 309691.
Obtenemos la cota de error¯E(n)TC
¯≤ 1
12h2 × 16. 309691,
Solución a los ejercicios: Integración numérica 15
para obtener 4 decimales exactos, exigimos
1
12h2 × 16. 309691 ≤ 0.5× 10−4
y resolvemos en h
h2 ≤ 12 ·¡0.5× 10−4
¢16. 30969 1
= 3. 67879441× 10−5,
h ≤p3. 67879 441× 10−5 = 6. 06530 66× 10−3.
Finalmente, como
h =1− 0n
=1
n,
resulta
1
n≤ 6. 06530 66× 10−3 ⇒ n ≥ 1
6. 06530 66× 10−3 = 164. 872127.
Necesitamos 165 subintervalos.Para el resto del ejercicio, ver Resolución con Maple. ¤
Ejercicio 10 Consideramos la integral
I =
Z 1
0
ex2
dx
1. Determina el número de intervalos necesario par aproximar el valorde I con 6 decimales exactos usando la fórmula de Simpson.
2. Calcula el valor de la aproximación con el comando simpson de lalibrería student de Maple.
3. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
1. Cálculo del número de intervalos.
a = 0, b = 1, f(x) = ex2
.
Tenemos la acotación¯E(m)SC
¯≤ b− a180
h4M4, h =b− a2m
,
M4 = maxx∈[a,b]
¯f (4) (x)
¯.
Solución a los ejercicios: Integración numérica 16
Calculamos las derivadasf 0(x) = 2xex
2
,
f 00(x) = 2ex2
+ 4x2ex2
,
f (3)(x) = 12xex2
+ 8x3ex2
,
f (4)(x) = 12ex2
+ 48x2ex2
+ 16x4ex2
,
f (4)(x) es positiva. Para calcular M4, tomamos la función objetivo
g(x) =¯f (4)(x)
¯= 12ex
2
+ 48x2ex2
+ 16x4ex2
y calculamos su derivada
g0(x) = 120xex2
+ 160x3ex2
+ 32x5ex2
.
Observamos que g0(x) es positiva en [0, 1], por lo tanto g es creciente en elintervalo y resulta
M4 = maxx∈[0,1]
¯f (4) (x)
¯= g(1) = 76e = 206. 59.
Obtenemos la cota de error¯E(m)SC
¯≤ 1
180h4 × 206. 59,
para 6 decimales exactos, exigimos
1
180h4 × 206. 59 ≤ 0.5× 10−6
y resolvemos la inecuación en h
h4 ≤ 180 ·¡0.5× 10−6
¢206. 59
= 4. 35645 481× 10−7,
h ≤ 4p4. 35645 481× 10−7 = 0.02 5691.
Como en Simpson compuesto la distancia entre nodos es
h =1− 02m
=1
2m,
resulta
1
2m≤ 0.02 5691 ⇒ m ≥ 1
2 · 0.02 5691 = 19. 46206 84.
Necesitamos calcular la fórmula de Simpson compuesto con 20 tramos. Parael resto del ejercicio, ver Resolución con Maple. ¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica 17
Ejercicio 11 Consideramos la integral
I =
Z b
af(x) dx
y supongamos que cuando la aproximamos usando la fórmula de Simpson,la cota de error
|ES | ≤ h5
90M4, M4 = max
x∈[a,b]
¯f (4)(x)
¯nos garantiza al menos t decimales exactos.
1. Demuestra que la fórmula de Simpson nos proporcionará al menos tdecimales exactos en todas las integralesZ b1
a1
f(x) dx, a ≤ a1 < b1 ≤ b.
2. ¿Será cierto un resultado análogo para la fórmula del trapecio?
3. ¿Y para las fórmulas compuestas?
1. Para la integral
I =
Z b1
a1
f(x) dx
tendremos la cota de error ¯ES
¯≤ h
5
90M4.
La longitud de intervalo verifica
h =b1 − a12
<b− a2
= h,
y para las cotas de¯f (4)(x)
¯obtenemos
M4 = maxx∈[a1,b1]
¯f (4)(x)
¯≤ maxx∈[a,b]
¯f (4)(x)
¯=M4.
Resulta ¯ES
¯≤ h
5
90M4 ≤ h
5
90M4 ≤ 0.5× 10−t,
por lo tanto, podemos asegurar también t decimales exactos cuando aprox-imamos las integrales
I =
Z b1
a1
f(x) dx. ¤
Solución a los ejercicios: Integración numérica 18
Ejercicio 12 La longitud del arco de la curva y = f(x) desde el puntoP = (a, f(a)) , hasta Q = (b, f(b)) se define como
L =
Z b
a
q1 + [y0 (x)]2 dx.
Queremos calcular la longitud del arco de parábola
y = x2
desde el punto P = (0, 0) , hasta Q = (1, 1) .
1. Representa gráficamente el arco y plantea la integral que da su longitud.
2. Queremos calcular el valor de la longitud de arco con 6 decimales ex-actos. Usa para ello la fórmula de Simpson compuesta F (m)SC hasta queel error estimado
E(m)SC =
¯F(m)SC − F (m−1)SC
¯sea inferior a 0.5 × 10−8. Para calcular los valores de F (m)SC , usa lalibrería student de Maple.
3. Verifica el resultado calculando el valor exacto con Maple.
Ver Resolución con Maple.
E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios Tema 8
EDOs de orden superiorFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.3
Ejercicio 1 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias
1. 4y00 + y0 = 0.
2. y00 − y0 − 6y = 0.3. y00 + 8y0 + 16y = 0.
4. 12y00 − 5y0 − 2y = 0.5. y00 + 9y = 0.
6. y00 − 4y0 + 5y = 0.7. 3y00 + 2y0 + y = 0.
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias
1. y000 − 4y00 − 5y0 = 0.2. y000 − 5y00 + 3y0 + 9y = 0.
3.d3u
dt3+d2u
dt2− 2u = 0.
4. y000 + 3y00 + 3y0 + y = 0.
5. y(4) + y000 + y00 = 0.
6. 16d4y
dx4+ 24
d4y
dx4+ 9y = 0.
7.d5u
dr5+ 5
d4u
dr4− 2d
3u
dr3− 10d
2u
dr2+du
dr+ 5u = 0.
Ejercicio 3 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + 16y = 0,y(0) = 2,y0(0) = −2.
Ejercicio 4 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩d2y
dx2−4dydx− 5y = 0,
y(1) = 0,y0(1) = 2.
1
Ejercicios: EDO’s de orden superior 2
Ejercicio 5 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + y0 + 2y = 0.y(0) = 0.y0(0) = 0.
Ejercicio 6 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 + 12y00 + 36y0 = 0,y(0) = 0,y0(0) = 1,y00(0) = −7.
Ejercicio 7 Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 − 10y0 + 25y = 0,y(0) = 1,y(1) = 0.
Ejercicio 8 Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 + y = 0,y0(0) = 0,y0(π
2) = 2.
Ejercicio 9 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales
1. y00 + y = secx.
2. y00 + y = cos2 x.
3. y00 − y = coshx.
4. y00 + 3y0 + 2y =1
1 + ex.
5. y00 + 3y0 + 2y = sin (ex) .
6. y00 + 2y0 + y = e−t ln t.
7. 3y00 − 6y0 + 6y = ex secx.
Ejercicio 10 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ 4y00 − y = x ex/2,y(0) = 1,y0(0) = 0.
Ejercicio 11 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + 2y0 − 8y = 2e−2x − e−x,y(0) = 1.y0(0) = 0.
Ejercicio 12 Resuelve la EDO y000 + y0 = tanx.
E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios resueltos Tema 8EDOs de orden superior
Francisco PalaciosEscuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.3
Ejercicio 1 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias
1. 4y00 + y0 = 0.
2. y00 − y0 − 6y = 0.3. y00 + 8y0 + 16y = 0.
4. 12y00 − 5y0 − 2y = 0.5. y00 + 9y = 0.
6. y00 − 4y0 + 5y = 0.7. 3y00 + 2y0 + y = 0.
(1.1)4y00 + y0 = 0.
Ecuación característica
4m2 +m = 0,
m (4m+ 1) = 0,
raícesm = 0, m = −1/4,
soluciones
y1 = e0x = 1,
y2 = e−14x.
Solución generaly = c1 + c2e
− 14x, c1, c2 ∈ R.
(1.2)y00 − y0 − 6y = 0.
Ecuación característicam2 −m− 6 = 0,
m =1±√1 + 24
2=1± 52
=
(62= 3,
−42= −2.
1
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 2
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e3x,
y2 = e−2x.
Solución generaly = c1e
3x + c2e−2x, c1, c2 ∈ R.
(1.3)y00 + 8y0 + 16y = 0.
Ecuación característicam2 + 8m+ 16 = 0,
m =−8±√64− 64
2= −8
2= −4 (doble) .
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e−4x,
y2 = xe−4x.
Solución generaly = c1e
−4x + c2xe−4x, c1, c2 ∈ R.(1.4)
12y00 − 5y0 − 2y = 0.Ecuación característica
12m2 − 5m− 2 = 0,
m =5±√25 + 4 · 2 · 1224
=5±√25 + 96
24
=5±√121
24=5± 1124
=
(1624= 2
3,
− 624= −1/4.
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e23x,
y2 = e−14x.
Solución generaly = c1e
23x + c2e
− 14x, c1, c2 ∈ R.
(1.5)y00 + 9y = 0.
Ecuación característicam2 + 9 = 0,
m2 = −9,m = ±
√−9 = ±3i.Tenemos dos raíces complejas conjugadas (simples)
z = α± βi,
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 3
con α = 0 y β = 3. Las soluciones son del tipo
y1 = eαx cosβx,
y2 = eαx sinβx.
Solución generaly = eαx (c1 cosβx+ c2 sinβx) ,
y = c1 cos 3x+ c2 sin 3x, c1, c2 ∈ R.(1.6)
y00 − 4y0 + 5y = 0.Ecuación característica
m2 − 4m+ 5 = 0,
m =4±√16− 202
=4±√−42
=4± 2i2
= 2± i.
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e2x cosx,
y2 = e2x sinx.
Solución general
y = e2x (c1 cosx+ c2 sinx) , c1, c2 ∈ R.(1.7)
3y00 + 2y0 + y = 0.
Ecuación característica3m2 + 2m+ 1 = 0,
m =−2±√4− 12
6=−2±√−8
6
=−2± 2√2i
6= −1
3±√2
3i.
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e−x
3 cos
Ã√2
3x
!,
y2 = e−x
3 sin
Ã√2
3x
!.
Solución general
y = e−x3
"c1 cos
Ã√2
3x
!+ c2 sin
Ã√2
3x
!#, c1, c2 ∈ R. ¤
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 4
Ejercicio 2 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias
1. y000 − 4y00 − 5y0 = 0.2. y000 − 5y00 + 3y0 + 9y = 0.
3.d3u
dt3+d2u
dt2− 2u = 0.
4. y000 + 3y00 + 3y0 + y = 0.
5. y(4) + y000 + y00 = 0.
6. 16d4y
dx4+ 24
d4y
dx4+ 9y = 0.
7.d5u
dr5+ 5
d4u
dr4− 2d
3u
dr3− 10d
2u
dr2+du
dr+ 5u = 0.
(2.1)y000 − 4y00 + 5y0 = 0.
Ecuación característicam3 − 4m2 − 5m = 0,
m¡m2 − 4m− 5¢ = 0,
m = 0, m2 − 4m− 5 = 0,m2 − 4m− 5 = 0,
m =4±√16 + 20
2=4±√36
2=4± 62
=
(102= 5,
−22= −1.
Raícesm = 0, m = 5, m = −1.
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e0x = 1,
y2 = e5x,
y3 = e−x.
Solución general
y = c1 + c2e5x + c3e
−x, c1, c2, c3 ∈ R.
(2.2)y000 − 5y00 + 3y0 + 9y = 0.
Ecuación característica
m3 − 5m2 + 3m+ 9 = 0.
Intentamos con los divisores del término independiente
±1,±3,±9.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 5
Para m = −1, obtenemos
(−1)3 − 5(−1)2 + 3(−1) + 9 = −1− 5− 3 + 9 = 0.
Descomponemos usando la regla de Ruffini
1 −5 3 9−1) −1 6 −9
1 −6 9 0
m3 − 5m2 + 3m+ 9 = (m+ 1)¡m2 − 6m+ 9¢ .
Resolvemosm2 − 6m+ 9 = 0,
m =6±√36− 362
=6
2= 3 (doble) .
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e−x,
y2 = e3x,
y3 = xe3x.
Solución general
y = c1e−x + c2e3x + c3xe3x, c1, c2, c3 ∈ R.
(2.3)d3u
dt2+d2u
dt2− 2u = 0,
u000 + u00 − 2u = 0.Ecuación característica
m3 +m2 − 2 = 0.Observamos que m = 1 es solución. Descomponemos usando la regla de Ruffini
1 1 0 −21) 1 2 2
1 2 2 0
m3 +m2 − 2 = (m− 1) ¡m2 + 2m+ 2¢.
Resolvemosm2 + 2m+ 2 = 0,
m =−2±√4− 8
2=−2±√−4
2=−2± 2i2
= −1± i.Raíces de la ecuación característica
m = 1, m = −1± i.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 6
Sistema fundamental de soluciones
y1 = et,
y2 = e−t cos t,
y3 = e−t sin t.
Solución general
y = c1et + e−t (c2 cos t+ c3 sin t) , c1, c2, c3 ∈ R.
(2.4)y000 + 3y00 + 3y0 + y = 0.
Ecuación característica
m3 + 3m2 + 3m+ 1 = 0,
(m+ 1)3= 0.
Raícesm = −1, (triple).
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e−x,
y2 = xe−x,
y3 = x2e−x.
Solución general
y = c1e−x + c2xe−x + c3x2e−x, c1, c2, c3 ∈ R.
(2.5)y(4) + y000 + y00 = 0.
Ecuación característicam4 +m3 +m2 = 0,
m2¡m2 +m+ 1
¢= 0.
Resolvemosm2 +m+ 1 = 0,
m =−1±√1− 4
2=−1±√−3
2
=−1±√3 i
2= −1
2±√3
2i.
Raíces de la ecuación característica
m = 0 (doble) ,
m = −12±√3
2i (complejas conjugadas, simples) .
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 7
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e0 = 1,
y2 = xe0 = x,
y3 = e−12x cos
Ã√3
2x
!,
y4 = e−12x sin
Ã√3
2x
!.
Solución general
y = c1 + c2x+ e− 12x
Ãc3 cos
Ã√3
2x
!+ c4 sin
Ã√3
2x
!!, c1, c2, c3, c4 ∈ R.
(2.6)
16d4y
dx4+ 24
d2y
dx2+ 9y = 0,
16y(4) + 24y(2) + 9y = 0.
Ecuación característica16m4 + 24m2 + 9 = 0.
Se trata de una ecuación bicuadrada, realizamos el cambio t = m2
16t2 + 24t+ 9 = 0,
t =−24±√242 − 4 · 16 · 9
32=−24±√576− 576
32
=−2432
= −8 · 38 · 4 = −
3
4(doble).
m2 = −34,
m = ±r−34,
m = ±√3
2i (dobles).
Sistema fundamental de soluciones
y1 = cos
Ã√3
2x
!,
y2 = x cos
Ã√3
2x
!,
y3 = sin
Ã√3
2x
!,
y4 = x sin
Ã√3
2x
!.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 8
Solución general
y = c1 cos
Ã√3
2x
!+ c2x cos
Ã√3
2x
!+ c3 sin
Ã√3
2x
!+ c4 sin
Ã√3
2x
!, cj ∈ R.
(2.7)d5u
dr5+5d4u
dr4− 2d
3u
dr3− 10d
2u
dr2+du
dr+ 5u = 0.
Ecuación característica
m5 + 5m4 − 2m3 − 10m2 +m+ 5 = 0.
Descomponemos usando la regla de Ruffini
1 5 −2 −10 1 51) 1 6 4 −6 5
1 6 4 −6 −5 01) 1 7 11 5
1 7 11 5 0−1) −1 −6 −5
1 6 5 0−1) −1 −5
1 5 0
Raícesm = 1 (doble) , m = −1 (doble) , m = −5.
Sistema fundamental de soluciones
y1 = er,
y2 = rer,
y3 = e−r,
y4 = re−r,
y5 = e−5r.
Solución general
y = c1er + c2re
r + c3e−r + c4re−r + c5e−5r, cj ∈ R. ¤
Ejercicio 3 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + 16y = 0,y(0) = 2,y0(0) = −2.
Se trata de una EDO lineal homogénea con coeficientes constantes.Ecuación característica
m2 + 16 = 0,
m2 = −16,m =
√−16 = ±4i.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 9
Solución generaly = c1 cos 4x+ c2 sin 4x, c1, c2 ∈ R.
Imponemos las condiciones iniciales, de
y(0) = 2,
obtenemosc1 cos 0 + c2 sin 0 = 2,
c1 = 2.
Para imponer la segunda condición, necesitamos previamente calcular la derivadade la solución general
y0 = −4c1 sin 4x+ 4c2 cos 4x,
de la condicióny0(0) = −2,
obtenemos−4c1 sin 0 + 4c2 cos 0 = −2,
4c2 = −2,c2 = −1/2.
Solución del problema de valor inicial
y = 2 cos 4x− 12sin 4x. ¤
Ejercicio 4 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩d2y
dx2−4dydx− 5y = 0,
y(1) = 0,y0(1) = 2.
EDO lineal homogénea con coeficientes constantes.Ecuación característica
m2 − 4m− 5 = 0,
m =4±√16 + 20
2=4±√36
2=4± 62
=
(102= 5,
−22= −1.
Solución generaly = c1e
5t + c2e−t, c1, c2 ∈ R.
Calculamosy0 = 5c1e5t − c2e−t,
e imponemos las condiciones iniciales; de
y(1) = 0,
obtenemosc1e
5 + c2e−1 = 0.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 10
Dey0(1) = 2,
resulta5c1e
5 − c2e−1 = 2.Tenemos el sistema ½
c1e5 + c2e
−1 = 0,5c1e
5 − c2e−1 = 2.Sumamos las ecuaciones y resulta
6c1e5 = 2,
c1 =2
6e5=
1
3e5.
Sustituimos enc1e
5 + c2e−1 = 0
y obtenemos1
3e5e5 + c2e
−1 = 0,
c2e−1 = −1
3,
c2 = −13e.
Solución del problema de valor inicial
y =1
3e5e5t − 1
3e · e−t.
Podemos reescribir la solución en la forma
y =1
3e5t−5 − 1
3e−t+1,
y =1
3e5(t−1) − 1
3e−(t−1). ¤
Ejercicio 5 Resuelve el problema de valor inicial½y00 + y0 + 2y = 0,y(0) = y0(0) = 0.
EDO lineal homogénea con coeficientes constantes.Ecuación característica
m2 +m+ 2 = 0,
m =−1±√1− 8
2=−1±√−7
2= −1
2±√7
2i.
Solución general
y = e−x2
"c1 cos
Ã√7
2x
!+ c2 sin
Ã√7
2x
!#, c1, c2 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 11
Dey(0) = 0,
obtenemose0 (c1 cos 0 + c2 sin 0) = 0
c1 = 0.
Como c1 = 0, sabemos que la solución es de la forma
y = e−x2 c2 sin
Ã√7
2x
!.
Calculamos
y0 = −12e−x/2c2 sin
Ã√7
2x
!+ e−x/2c2
√7
2cos
Ã√7
2x
!,
de la condicióny0(0) = 0,
obtenemos
−12e0c2 sin 0 + e
0c2
√7
2cos 0 = 0,
c2 = 0.
La solución esy(x) = 0.
Este resultado puede deducirse sin realizar ningún cálculo, ya que sabemos queel sistema tiene solución única y la función y(x) = 0 es solución. ¤
Ejercicio 6 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩y000 + 12y00 + 36y0 = 0,y(0) = 0,y0(0) = 1,y00(0) = −7.
EDO lineal homogénea con coeficientes constantes.Ecuación característica
m3 + 12m2 + 36m = 0,
m¡m2 + 12m+ 36
¢= 0,
m2 + 12m+ 36 = (m+ 6)2.
Raíces de la ecuación característica
m = 0, m = −6 (doble).
Solución general
y = c1 + c2e−6x + c3xe−6x, c1, c2, c3 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 12
Imponemos las condiciones iniciales. De
y(0) = 0,
obtenemosc1 + c2e
0 + c3 · 0 · e0 = 0,c1 + c2 = 0.
Calculamosy0 = −6c2e−6x + c3e−6x − 6c3xe−6x.
De la condicióny0(0) = 1,
resulta−6c2 + c3 = 1.
Calculamos
y00 = 36c2e−6x − 6c3e−6x − 6c3e−6x + 36c3xe−6x
= 36c2e−6x − 12c3e−6x + 36c3xe−6x.
De la condicióny00(0) = −7,
resulta36c2 − 12c3 = −7.
Tenemos el sistema ⎧⎨⎩ c1 + c2 = 0,−6c2 + c3 = 1,36c2 − 12c3 = −7.
Multiplicamos la 2a ecuación por 6 y la sumamos a la 3a⎧⎨⎩ c1 + c2 = 0,−6c2 + c3 = 1,−6c3 = −1,
resultac3 =
1
6.
Sustituimos en la 2a
−6c2 + 16= 1,
−6c2 = 1− 16=5
6,
c2 =−536.
Sustituimos en la 1a
c1 = −c2 = 5
36.
Solución del problema de valor inicial
y =5
36− 5
36e−6x +
1
6xe−6x. ¤
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 13
Ejercicio 7 Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 − 10y0 + 25y = 0,y(0) = 1,y(1) = 0.
EDO lineal homogénea con coeficientes constantes.Ecuación característica
m2 − 10m+ 25 = 0,
m =10±
√100− 1002
= 5 (doble) .
Solución generaly = c1e
5x + c2xe5x, c1, c2 ∈ R.
Imponemos las condiciones de contorno½y(0) = 1,y(1) = 0.
y obtenemos el sistema ½c1 = 1,c1e
5 + c2e5 = 0,½
c1 = 1,c1 + c2 = 0,
c1 = 1, c2 = −1.Solución
y = e5x − xe5x.= e5x (1− x) . ¤
Ejercicio 8 Resuelve el problema de condiciones de contorno⎧⎨⎩ y00 + y = 0,y0(0) = 0,y0(π
2) = 2.
Ecuación característicam2 + 1 = 0,
raícesm2 = −1,
m = ±√−1 = ±i.
Solución general
y = e0x (c1 cosx+ c2 sinx) ,
y = c1 cosx+ c2 sinx, c1, c2 ∈ R.
Calculamos y0
y0 = −c1 sinx+ c2 cosx
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 14
e imponemos las condiciones de contorno½y0(0) = 0,y0(π
2) = 2.
Obtenemos ½ −c1 · 0 + c2 · 1 = 0,−c1 · 1 + c2 · 0 = 2,½
c2 = 0,−c1 = 2,½c1 = −2,c2 = 0.
La solución esy = −2 cosx. ¤
Ejercicio 9 Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales completas
1. y00 + y = secx.
2. y00 + y = cos2 x.
3. y00 − y = coshx.
4. y00 + 3y0 + 2y =1
1 + ex.
5. y00 + 3y0 + 2y = sin (ex) .
6. y00 + 2y0 + y = e−t ln t.
7. 3y00 − 6y0 + 6y = ex secx.
(9.1)y00 + y = secx.
Homogénea asociaday00 + y = 0,
ecuación característicam2 + 1 = 0,
m2 = −1,m = ±
√−1 = ±i.
Sistema fundamental de soluciones
y1 = cosx,
y2 = sinx.
Solución de la EDO homogénea
yh = c1 cosx+ c2 sinx, c1, c2 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 15
Solución particularyp = u1y1 + u2y2,
que verifica ½y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = f(x) = secx.
u01 =W1
W, u02 =
W2
W.
W =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯cosx sinx− sinx cosx
¯= cos2 x+ sin2 x = 1.
W1 =
¯0 y2f(x) y02
¯=
¯0 sinx
secx cosx
¯=
¯¯ 0 sinx
1
cosxcosx
¯¯ = − sinxcosx
.
W2 =
¯y1 0y01 f(x)
¯=
¯¯ cosx 0
− sinx 1
cosx
¯¯ = 1.
Determinamos u1(x)
u01 =W1
W= − sinx
cosx,
u1 =
Z − sinxcosx
dx = ln |cosx| .
Determinamos u2(x)
u02 =W2
W= 1,
u2 =
Zdx = x.
Solución particular de la EDO completa
yp = cosx ln |cosx|+ x sinx.
Solución general de la EDO completa
y = c1 cosx+ c2 sinx+ cosx ln |cosx|+ x sinx, c1, c2 ∈ R.
(9.2)y00 + y = cos2 x.
EDO lineal completa con coeficientes constantes. Homogénea asociada
y00 + y = 0,
ecuación característicam2 + 1 = 0,
m2 = −1,m = ±
√−1 = ±i.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 16
Sistema fundamental de soluciones
y1 = cosx,
y2 = sinx.
Solución general de la EDO homogénea asociada
yh = c1 cosx+ c2 sinx, c1, c2 ∈ R.Solución particular de la EDO completa
yp = u1y1 + u2y2
que verifica ½y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = cos
2 x.
Wronskiano
W =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯cosx sinx− sinx cosx
¯= cos2 x+ sin2 x = 1,
W1 =
¯0 y2f(x) y02
¯=
¯0 sinx
cos2 x cosx
¯= − sinx cos2 x,
W2 =
¯y1 0y01 f(x)
¯=
¯cosx 0− sinx cos2 x
¯= cos3 x,
determinamos u1
u01 =W1
W=− sinx cos2 x
1= − sinx cos2 x,
u1 =
Z− sinx cos2 xdx =
Zcos2 x(− sinx) dx
=1
3cos3 x.
Determinamos u2u02 = cos
3 x,
u2 =
Zcos3 xdx =
Zcos2 x cosx dx
=
Z ¡1− sin2 x¢ cosxdx
=
Zcosx dx−
Zsin2 x cosx dx
= sinx− 13sin3 x.
Solución particular de la EDO completa
yp =
µ1
3cos3 x
¶cosx+
µsinx− 1
3sin3 x
¶sinx
=1
3cos4 x+ sin2 x− 1
3sin4 x.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 17
Solución general de la EDO completa
y = yh + yp = c1 cosx+ c2 sinx+1
3cos4 x+ sin2 x− 1
3sin4 x, c1, c2 ∈ R.
Podemos simplificar
1
3cos4 x+ sin2 x− 1
3sin4 x =
1
3
£cos4 x− sin4 x¤+ sin2 x
=1
3
⎡⎢⎣¡cos2 x+ sin2 x¢| {z }=1
¡cos2 x− sin2 x¢| {z }
cos 2x
⎤⎥⎦+ sin2 x=
1
3cos 2x+ sin2 x
=1
3cos 2x+
1− cos 2x2
=1
2+1
3cos 2x− 1
2cos 2x
=1
2− 16cos 2x.
Finalmente
y = c1 cosx+ c2 sinx+1
2− 16cos 2x, c1, c2 ∈ R.
(9.3)y00 − y = coshx.
EDO lineal completa con coeficientes constantes. Homogénea asociada
y00 − y = 0,
ecuación característicam2 − 1 = 0,
raícesm = ±1,
sistema fundamental de soluciones
y1 = ex,
y2 = e−x.
Solución de la EDO homogénea
yh = c1ex + c2e
−x, c1, c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa
yp = u1y1 + u2y2
con ⎧⎨⎩ y1u01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = coshx =
ex + e−x
2.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 18
u01 =W1
W, u02 =
W2
W.
Wronskiano
W =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯ex e−x
ex −e−x¯= −exe−x − exe−x
= −1− 1 = −2.Calculamos
W1 =
¯0 y2f(x) y02
¯=
¯0 e−x
coshx −e−x¯= −e−x coshx
= −e−x ex + e−x
2= −1 + e
−2x
2.
Determinamos u1
u01 =W1
W=
³−1+e2x
2
´−2 =
1 + e−2x
4,
u1 =1
4
Z ¡1 + e−2x
¢dx =
1
4x− 1
8e−2x.
Calculamos
W2 =
¯y1 0y01 f(x)
¯=
¯ex 0ex coshx
¯= ex coshx = ex
ex + e−x
2=e2x + 1
2,
determinamos u2
u02 =W2
W=
³e2x+12
´−2 = −1
4
¡e2x + 1
¢,
u2 =
Z µ−14
¶¡e2x + 1
¢dx = −1
4
µ1
2e2x + x
¶= −1
8e2x − 1
4x.
Solución particular de la EDO completa
yp =
µ1
4x− 1
8e−2x
¶ex +
µ−18e2x − x
4
¶e−x
=1
4xex − 1
8e−x − 1
8ex − x
4e−x.
Solución general de la EDO completa
y = c1ex + c2e
−x +1
4x¡ex − e−x¢− 1
8
¡ex + e−x
¢, c1, c2 ∈ R.
Como
sinhx =ex − e−x
2, coshx =
ex + e−x
2,
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 19
la solución puede reescribirse en la forma
y = c1ex + c2e
−x +1
2x sinhx− 1
4coshx.
(9.4)
y00 + 3y0 + 2y =1
1 + ex.
EDO lineal completa con coeficientes constantes. Homogénea asociada
y00 + 3y0 + 2y = 0,
ecuación característicam2 + 3m+ 2 = 0,
raíces
m =−3±√9− 8
2=−3± 12
=
⎧⎨⎩−3+12
= −1,−3−12
= −2.Sistema fundamental de soluciones
y1 = e−x,
y2 = e−2x.
Solución general de la EDO homogénea
yh = c1e−x + c2e−2x, c1, c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa
yp = u1y1 + u2y2,
que verifica (y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = f(x) =
1
1 + ex.
Wronskiano
W =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯e−x e−2x
−e−x −2e−2x¯
= e−x(−2)e−2x + e−xe−2x = −2e3x + e−3x= −e−3x.
También puede calcularse como sigue
W =
¯e−x e−2x
−e−x −2e−2x¯= e−xe−2x
¯1 1−1 −2
¯= e−3x(−2 + 1)
= −e−3x.Calculamos
W1 =
¯0 y2f(x) y02
¯=
¯0 e−2x1
1+ex−2e−2x
¯=−e−2x1 + ex
,
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 20
determinamos u1
u01 =W1
W=
³−e−2x1+ex
´−e−3x =
e−2x
(1 + ex) e−3x=
ex
1 + ex,
u1 =
Zex
1 + exdx = ln (1 + ex) .
Calculamos
W2 =
¯y1 0y01 f(x)
¯=
¯e−x 0−e−x 1
1+ex
¯=
e−x
ex + 1,
determinamos u2
u02 =W2
W=
³e−x
ex+1
´−e−3x =
−1e−2x (ex + 1)
= − e2x
ex + 1.
u2 = −Z
e2x
ex + 1dx.
Realizamos el cambio de variable
ex = tdt = ex dxdx = 1
tdt
⎫⎬⎭⇒ −Z
e2x
ex + 1dx = −
Zt2
t+ 1· 1tdt
= −Z
t dt
t+ 1= −
Zt+ 1− 1t+ 1
dt
= −Z µ
1− 1
t+ 1
¶dt = −t+ ln(t+ 1)
= −ex + ln (ex + 1) .
Solución particular de la EDO completa
yp = e−x ln (1 + ex) + e−2x (−ex + ln (ex + 1))= e−x ln (1 + ex)− e−x + e−2x ln (ex + 1)= −e−x + ¡e−x + e−2x¢ ln (ex + 1) .
Solución general de la EDO completa
y = c1e−x + c2e−2x − e−x +
¡e−x + e−2x
¢ln (ex + 1) , c1, c2 ∈ R.
Podemos reescribir la solución en la forma
y = e−x (c1 − 1) + c2e−2x +¡ex + e−2x
¢ln (ex + 1)
= c01e−x + c2e−2x +
¡e−x + e−2x
¢ln (ex + 1) .
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 21
con c01 = (c1 − 1) , resulta
y = c01e−x + c2e−2x +
¡e−x + e−2x
¢ln (ex + 1) , c01, c2 ∈ R
(9.5)y00 + 3y0 + 2y = sin (ex) .
EDO lineal completa con coeficientes constantes.EDO homogénea asociada
y00 + 3y0 + 2y = 0,
ecuación característicam2 + 3m+ 2 = 0,
raíces
m =−3±√9− 8
2=−3± 12
=
⎧⎨⎩−3+12
= −1,−3−12
= −42= −2.
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e−x,
y2 = e−2x.
Solución general de la EDO homogénea
yh = c1e−x + c2e−2x, c1, c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa
yp = u1y1 + u2y2,
que verifica ½y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = f(x) = sin (e
x) .
Wronskiano
W =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯e−x e−2x
−e−x −2e−2x¯
= −2e−3x + e−3x = −e−3x.
Calculamos
W1 =
¯0 y2f(x) y02
¯=
¯0 e−2x
sin ex −2e−2x¯= −e−2x sin (ex) ,
determinamos u1
u01 =W1
W=−e−2x sin (ex)−e−3x =
sin (ex)
e−x
= sin (ex) · ex,
u1 =
Zsin (ex) ex dx.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 22
Con el cambio ½t = ex,dt = ex dx,
resulta
u1 =
Zsin t dt = − cos t,
u1 = − cos (ex) .
Calculamos
W2 =
¯y1 0y01 f(x)
¯=
¯e−x 0−e−x sin (ex)
¯= e−x sin (ex) ,
determinamos u2
u02 =W2
W=e−x sin (ex)−e−3x =
− sin (ex)e−2x
,
u02 = −e2x sin (ex) ,
u2 = −Ze2x sin (ex) dx.
Con el cambio ½t = ex,dt = ex dx,
resulta
u2 = −Zt sin t dt = −
µ−t cos t+
Zcos t dt
¶,
u2 = − (−t cos t+ sin t) ,= t cos t− sin t,
deshacemos el cambio
u2 = ex cos (ex)− sin (ex) .
La solución particular de la EDO completa es
yp = − (cos ex) e−x + (ex cos (ex)− sin (ex)) e−2x= −e−x cos (ex) + e−x cos (ex)− e−2x sin (ex)= −e−2x sin (ex) .
Solución general de la EDO completa
y = c1e−x + c2e−2x − e−2x sin (ex) , c1, c2 ∈ R.
(9.6)y00 + 2y0 + y = e−t ln t.
EDO lineal completa con coeficientes constantes. La EDO homogénea asociadaes
y00 + 2y0 + y = 0,
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 23
ecuación característicam2 + 2m+ 1 = 0,
raíces
m =−2±√4− 4
2= −1 (doble) .
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e−t,
y2 = t e−t.
Solución general de la EDO homogénea asociada
yh = c1e−t + c2te−2t. c1, c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa
yp = u1y1 + u2y2,
que verifica ½y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = f(t) = e
−t ln t.
Wronskiano
W =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯e−t te−t
−e−t e−t − te−t¯
= e−t(e−t − te−t) + te−2t= e−2t − te−2t + te−2t = e−2t.
Calculamos
W1 =
¯0 y2f(t) y02
¯=
¯0 te−t
e−t ln t (1− t)e−t¯
= − ¡e−t ln t¢ ¡te−t¢ = −e−2tt ln t.Determinamos u1
u01 =W1
W=−e−2tt ln te−2t
= −t ln t,
u1 =
Z(−t ln t) dt = −
µt2
2ln t−
Z1
2t2 · 1
tdt
¶= −
µt2
2ln t− 1
2
Zt dt
¶= − t
2
2ln t+
1
4t2.
Calculamos
W2 =
¯y1 0y01 f(t)
¯=
¯e−t 0−e−t e−t ln t
¯= e−2t ln t.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 24
Determinamos u2
u02 =W2
W=e−2t ln te−2t
= ln t,
u2 =
Zln t dt = t ln t−
Zt · 1tdt
= t ln t−Zdt
= t ln t− t.
Solución particular de la EDO completa
yp = e−tµ− t
2
2ln t+
1
4t2¶+ te−t (t ln t− t)
= e−tµ− t
2
2ln t+
1
4t2 + t2 ln t− t2
¶= e−t
µt2
2ln t− 3
4t2¶.
Solución general de la EDO completa
y = c1e−t + c2te−t + e−t
µt2
2ln t− 3
4t2¶, c1, c2 ∈ R.
(9.7)3y00 − 6y0 + 6y = ex secx.
EDO lineal completa con coeficientes constantes, la forma estándar es
y00 − 2y0 + 2y = 1
3ex secx.
Ecuación homogénea asociada
y00 − 2y0 + 2y = 0,
ecuación característicam2 − 2m+ 2 = 0,
raíces
m =2±√4− 82
=2±√−42
=2± 2i2
,
m = 1± i.
Tenemos un par de raíces complejas conjugadas, el sistema fundamental desoluciones es
y1 = ex cosx,
y2 = ex sinx.
Solución general de la EDO homogénea
y = c1ex cosx+ c2e
x sinx, c1, c2 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 25
Solución particular de la EDO completa
yp = u1y1 + u2y2,
que verifica ½y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = f(x) =
13ex secx.
Wronskiano
W =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯ex cosx ex sinx
ex cosx− ex sinx ex sinx+ ex cosx
¯= e2x
¡cosx sinx+ cos2 x
¢− e2x ¡cosx sinx− sin2 x¢= e2x
¡cosx sinx+ cos2 x− cosx sinx+ sin2 x¢
= e2x¡sin2 x+ cos2 x
¢= e2x.
Calculamos
W1 =
¯0 y2f(x) y02
¯=
¯0 ex sinx
13ex secx ex (sinx+ cosx)
¯= −1
3e2x sinx · secx = −1
3e2x sinx
1
cosx
= −13e2x
sinx
cosx,
determinamos u1
u01 =W1
W=−13e2x
¡sinxcosx
¢e2x
= −13
sinx
cosx
u1 =1
3
Z − sinxcosx
dx =1
3ln | cosx|.
Calculamos
W2 =
¯y1 0y01 f(x)
¯=
¯ex cosx 0
ex (cosx− sinx) 13ex secx
¯=
1
3e2x cosx · secx = 1
3e2x cosx
1
cosx=1
3e2x.
Determinamos u2
u02 =W2
W=
13e2x
e2x= 1/3,
u2 =1
3
Zdx = x/3.
Solución particular de la EDO completa
yp =
µ1
3ln |cosx|
¶ex cosx+
x
3ex sinx.
Solución general de la EDO completa
y = c1ex cosx+ c2e
x sinx+1
3ex cosx ln |cosx|+ 1
3xex sinx, c1, c2 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 26
Ejercicio 10 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ 4y00 − y = x ex/2,y(0) = 1,y0(0) = 0.
Se trata de una EDO lineal completa de segundo orden con coeficientes con-stantes, escribimos la ecuación en forma estándar
y00 − 14y =
1
4xex/2.
Homogénea asociada
y00 − 14y = 0,
ecuación característicam2 − 1
4= 0,
raícesm2 =
1
4,
m = ±12.
Sistema fundamental de soluciones
y1 = e12x,
y2 = e−x/2.
Solución general de la EDO homogénea
y = c1ex/2 + c2e
−x/2, c1, c2 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa
yp = u1y1 + u2y2,
que verifica ½y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = f(x) =
14xex/2.
Wronskiano
W =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯ex/2 e−x/212ex/2 −1
2e−x/2
¯= −1
2− 12= −1.
Calculamos
W1 =
¯0 y2f(x) y02
¯=
¯0 e−x/2
14xex/2 −1
2e−x/2
¯= −1
4xex/2e−x/2 = −1
4x.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 27
Determinamos u1
u01 =W1
W=−14x
(−1) =1
4x,
u1 =
Z1
4x dx =
1
8x2.
Calculamos
W2 =
¯y1 0y01 f(x)
¯=
¯ex/2 012ex/2 1
4xex/2
¯= ex/2
1
4xex/2 =
1
4x ex.
Determinamos u2
u02 =W2
W=
14xex
−1 = −14xex,
u2 =
Z µ−14xex
¶dx = −1
4
Zxex dx =
−14(x− 1) ex = 1
4(1− x) ex.
Solución particular de la EDO completa
yp =
µ1
8x2¶ex/2 +
(1− x)4
ex · e−x/2
=
µ1
8x2 − x
4+1
4
¶ex/2.
Solución general de la EDO completa
y = c1ex/2 + c2e
−x/2 +µ1
8x2 − x
4+1
4
¶ex/2, c1, c2 ∈ R.
Imponemos las condiciones iniciales½y(0) = 1,y0(0) = 0.
De la condicióny(0) = 1
resultac1 + c2 +
1
4= 1,
c1 + c2 = 3/4.
Calculamos
y0 =1
2c1e
x/2 − 12c2e−x/2 +
µ1
4x− 1
4
¶ex/2 +
µ1
8x2 − x
4+1
4
¶1
2ex/2
e imponemos la condicióny0(0) = 0,
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 28
resulta1
2c1 − 1
2c2 − 1
4+1
8= 0,
1
2c1 − 1
2c2 − 1
8= 0,
c1 − c2 = 1
4.
Resolvemos el sistema ½c1 + c2 = 3/4,c1 − c2 = 1/4.
Sumando, resulta
2c1 = 1,
c1 = 1/2.
Restando, la 2a ecuación a la 1a, obtenemos
2c2 = 1/2,
c2 = 1/4.
La solución del problema de valor inicial es
y =1
2ex/2 +
1
4e−x/2 +
µ1
8x2 − x
4+1
4
¶ex/2
=3
4ex/2 +
1
4e−x/2 +
µ1
8x2 − x
4
¶ex/2. ¤
Ejercicio 11 Resuelve el problema de valor inicial⎧⎨⎩ y00 + 2y0 − 8y = 2e−2x − e−x,y(0) = 1,y0(0) = 0.
EDO lineal completa de segundo orden con coeficientes constantes. La ho-mogénea asociada es
y00 + 2y0 − 8y = 0.Ecuación característica
m2 + 2m− 8 = 0,raíces
m =−2±√4 + 32
2=−2± 62
=
⎧⎨⎩−2+62
= 2,
−2−62
= −4.Sistema fundamental de soluciones
y1 = e2x,
y2 = e−4x.
Solución general de la EDO homogénea
y = c1e2x + c2e
−4x, c1, c2 ∈ R.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 29
Solución particular de la EDO completa
yp = u1y1 + u2y2,
que verifica ½y1u
01 + y2u
02 = 0,
y01u01 + y
02u02 = f(x) = 2e
−2x − e−x.Wronskiano
W =
¯y1 y2y01 y02
¯=
¯e2x e−4x
2e2x −4e−4x¯
= −4e−2x − 2e−2x = −6e−2x.
Calculamos
W1 =
¯0 y2f(x) y02
¯=
¯0 e−4x
2e−2x − e−x −4e−4x¯
= −e−4x ¡2e−2x − e−x¢ .Determinamos u1
u01 =W1
W=−e−4x ¡2e−2x − e−x¢
−6e−2x=
1
6e−2x
¡2e−2x − e−x¢
=1
6
¡2e−4x − e−3x¢ = 1
3e−4x − 1
6e−3x.
u1 =
Z µ1
3e−4x − 1
6e−3x
¶dx
= − 112e−4x +
1
18e−3x.
Calculamos
W2 =
¯y1 0y01 f(x)
¯=
¯e2x 02e2x 2e−2x − e−x
¯= e2x
¡2e−2x − e−x¢ = 2− ex,
y determinamos u2
u02 =W2
W=2− ex−6e−2x =
µ−16
¶e2x (2− ex)
= −16
¡2e2x − e3x¢
= −13e2x +
1
6e3x,
u2 =
Z µ−13e2x +
1
6e3x¶dx,
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 30
u2 = −16e2x +
1
18e3x.
Solución particular de la EDO completa
yp =
µ− 112e−4x +
1
18e−3x
¶e2x +
µ−16e2x +
1
18e3x¶e−4x
= − 112e−2x +
1
18e−x − 1
6e−2x +
1
18e−x
=−312e−2x +
2
18e−x
=−14e−2x +
1
9e−x.
Solución general de la EDO completa
y = c1e2x + c2e
−4x − 14e−2x +
1
9e−x, c1, c2 ∈ R.
Imponemos la condicióny(0) = 1
y resulta
c1 + c2 − 14+1
9= 1,
c1 + c2 +−9 + 436
= 1,
c1 + c2 − 5
36= 1,
c1 + c2 = 1 +5
36=41
36.
Calculamosy0 = 2c1e2x − 4c2e−4x + 1
2e−2x − 1
9e−x
e imponemos la condicióny0(0) = 0,
resulta2c1 − 4c2 + 1
2− 19= 0,
2c1 − 4c2 + 9− 218
= 0,
2c1 − 4c2 + 7
18= 0,
2c1 − 4c2 = −7/18,
c1 − 2c2 = −736.
Resolvemos el sistema ⎧⎪⎨⎪⎩c1 + c2 =
41
36,
c1 − 2c2 = −736.
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 31
Restamos la 2a ecuación a la 1a
3c2 =48
36=4 · 123 · 12 =
4
3,
c2 =4
9.
Sustituimos en la 1a ecuación
c1 +4
9=41
36,
c1 =41
36− 49=41− 1636
=25
36.
Solución del problema de valor inicial
y =25
36e2x +
4
9e−4x − 1
4e−2x +
1
9e−x. ¤
Ejercicio 12 Resuelve la EDO y000 + y0 = tanx.
EDO lineal completa de tercer orden con coeficientes constantes. La EDO ho-mogénea asociada es
y000 + y0 = 0.
Ecuación característicam3 +m = 0,
m¡m2 + 1
¢= 0,
raícesm = 0, m = ±i.
Sistema fundamental de soluciones
y1 = 1,
y2 = cosx,
y3 = sinx.
Solución general de la EDO homogénea
yh = c1 + c2 cosx+ c3 sinx, c1, c2, c3 ∈ R.
Solución particular de la EDO completa
yp = u1y1 + u2y2 + u3y3,
que verifica ⎧⎨⎩ y1u01 + y2u
02 + y3u
03 = 0,
y01u01 + y
02u02 + y
03u03 = 0,
y001u01 + y
002u
02 + y
003u
03 = f(x) = tanx.
Wronskiano¯¯ y1 y2 y3y01 y02 y03y001 y002 y003
¯¯ =
¯¯ 1 cosx sinx0 − sinx cosx0 − cosx − sinx
¯¯ = ¯ − sinx cosx
− cosx − sinx¯,
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 32
W = sin2 x+ cos2 x = 1.
Calculamos
W1 =
¯¯ 0 y2 y3
0 y02 y03f(x) y002 y003
¯¯ =
¯¯ 0 cosx sinx
0 − sinx cosxtanx − cosx − sinx
¯¯
= tanx
¯cosx sinx− sinx cosx
¯= tanx
¡cos2 x+ sin2 x
¢= tanx.
Determinamos u1u01 = tanx,
u1 =
Zsinx
cosxdx = − ln |cosx| .
Calculamos
W2 =
¯¯ y1 0 y3y01 0 y03y001 f(x) y003
¯¯ =
¯¯ 1 0 sinx0 0 cosx0 tanx − sinx
¯¯
=
¯0 cosx
tanx − sinx¯= − tanx cosx = − sinx.
Determinamos u2
u02 =W2
W= − sinx,
u2 =
Z(− sinx) dx = cosx.
Calculamos W3
W3 =
¯¯ y1 y2 0y01 y02 0y001 y002 f(x)
¯¯ =
¯¯ 1 cosx 00 − sinx 00 − cosx tanx
¯¯ = − sinx tanx
= −sin2 x
cosx.
Determinamos u3
u03 =W3
W=− sin2 xcosx
u3 =
Z − sin2 xcosx
dx =
=
Z(− sinx) tanxdx.
Integramos por partes
u = tanx du = sec2 x dxdv = − sinx dx v = cosx
¶
Ejercicios resueltos: EDO’s de orden superior 33
u3 = cosx tanx−Zcosx sec2 xdx
= sinx−Z
1
cosxdx = sinx−
Zsecx dx
= sinx− ln |secx+ tanx| .
Recordamos el cálculo de la primitiva de secxZsecxdx =
Zsecx
secx+ tanx
secx+ tanxdx
=
Zsec2 x+ secx tanx
secx+ tanxdx,
comod
dxsecx = secx tanx,
d
dxtanx = sec2 x,
resulta Zsecxdx = ln |secx+ tanx| .
Finalmente, la solución particular de la EDO completa es
yp = − ln |cosx| · 1 + cosx · cosx+ (sinx− ln |secx+ tanx|) sinx= − ln |cosx|+ cos2 x+ sin2 x− sinx ln |secx+ tanx|= 1− ln |cosx|− sinx ln |secx tanx| .
Solución general de la EDO completa
y = c1 + c2 cosx+ c3 sinx+ 1− ln |cosx|− sinx ln |secx tanx| .
Finalmente, podemos incluir el 1 con la constante c1
y = c01 + c2 cosx+ c3 sinx+ ln |cosx|− sinx ln |secx tanx| . ¤
E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios Tema 9
Sistemas de EDOs linealesFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.3
Ejercicio 1 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= x+ 2y,
dy
dt= 2x+ y.
Ejercicio 2 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= −4
5x+
3
5y,
dy
dt=−25x− 11
5y.
Ejercicio 3 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2x+ 3y,
dy
dt= 2x+ y.
Ejercicio 4 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2x+ 4y,
dy
dt= 4x+ 2y.
Determina la solución particular que verifica½x(0) = 5,y(0) = −1.
Ejercicio 5 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
dx
dt= −4x+ y + z,
dy
dt= x+ 5y − z,
dz
dt= y − 3z.
1
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 2
Ejercicio 6 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 3x− 18y,
dy
dt= 2x− 9y.
Ejercicio 7 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
dx
dt= x− 2y + 2z,
dy
dt= −2x+ y − 2z,
dz
dt= 2x− 2y + z.
Ejercicio 8 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2x+ 8y,
dy
dt= −x− 2y.
Ejercicio 9 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 3x− 3y + 4,
dy
dt= 2x− 2y − 1.
Ejercicio 10 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 3x− 5y + et/2,
dy
dt=3
4x− y − et/2.
Ejercicio 11 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2y + et,
dy
dt= −x+ 3y − et.
E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosEjercicios Resueltos
Tema 9: Sistemas de EDOs linealesFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2008, Versión 1.4
Ejercicio 1 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= x+ 2y,
dy
dt= 2x+ y.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ1 22 1
¶X,
con
X =
µx(t)y(t)
¶.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯1− λ 22 1− λ
¯= (1− λ) (1− λ)− 4= 1− 2λ+ λ2 − 4= λ2 − 2λ− 3,
resolvemos la ecuación característica
λ2 − 2λ− 3 = 0,
λ =2±√4 + 12
2=
⎧⎨⎩2+42= 3,
2−42= −1,
los valores propios sonλ1 = −1, λ2 = 3.
Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos
(A− λ1I)X = 0,
(A+ I)X = 0,µ1 + 1 22 1 + 1
¶µxy
¶=
µ00
¶,
1
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 2
µ2 22 2
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x+ y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = α
y = −α , α ∈ R,
los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ1−1
¶, α ∈ R.
Tomamos
V1 =
µ1−1
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = 3. Resolvemos
(A− 3I)X = 0,µ1− 3 22 1− 3
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ −2 2
2 −2¶µ
xy
¶=
µ00
¶,
que es equivalente a µ1 −11 −1
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x− y = 0,resolvemos paramétricamente½
x = α
y = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ11
¶, α ∈ R,
tomamos
V2 =
µ11
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ1−1
¶e−t, X2 =
µ11
¶e3t.
Solución general
X = c1
µ1−1
¶e−t + c2
µ11
¶e3t, c1, c2 ∈ R. ¤
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 3
Ejercicio 2 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= −4
5x+
3
5y,
dy
dt=−25x− 11
5y.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ −4/5 3/5−2/5 −11/5
¶X,
con
X =
µx(t)y(t)
¶.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯−4/5− λ 3/5−2/5 −11/5− λ
¯= (−4/5− λ) (−11/5− λ) + 6/25
=44
25+4
5λ+
11
5λ+ λ2 +
6
25
= λ2 + 3λ+ 2.
Resolvemos la ecuación característica
λ2 + 3λ+ 2 = 0,
λ =−3±√9− 8
2=
⎧⎨⎩−3+12
= −1,−3−12
= −2,los valores propios son
λ1 = −1, λ2 = −2.Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos el sistema
(A− λ1I)X = 0,
(A+ I)X = 0,µ −4/5 + 1 3/5−2/5 −11/5 + 1
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
1/5 3/5−2/5 −6/5
¶µxy
¶=
µ00
¶,
que es equivalente a µ1 31 3
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x+ 3y = 0,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 4
resolvemos paramétricamente½x = −3αy = α
, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ −31
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ −31
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = −2. Resolvemos
(A+ 2I)X = 0,µ −4/5 + 2 3/5−2/5 −11/5 + 2
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
6/5 3/5−2/5 −1/5
¶µxy
¶=
µ00
¶,
que es equivalente a µ2 12 1
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{2x+ y = 0,
resolvemos paramétricamente½x = α
y = −2α , α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ1−2
¶, α ∈ R,
tomamos
V2 =
µ1−2
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ −31
¶e−t, X2 =
µ1−2
¶e−2t.
Solución general
X = c1
µ −31
¶e−t + c2
µ1−2
¶e−2t, c1, c2 ∈ R. ¤
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 5
Ejercicio 3 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2x+ 3y,
dy
dt= 2x+ y.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ2 32 1
¶X,
con
X =
µx(t)y(t)
¶.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯2− λ 32 1− λ
¯= (2− λ) (1− λ)− 6= 2− 2λ− λ+ λ2 − 6= λ2 − 3λ− 4.
Resolvemos la ecuación característica
λ2 − 3λ− 4 = 0,
λ =3±√9 + 16
2=
⎧⎨⎩3+52= 4,
2−52= −1,
los valores propios sonλ1 = −1, λ2 = 4.
Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos
(A− λ1I)X = 0,
(A+ I)X = 0,µ2 + 1 32 1 + 1
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
3 32 2
¶µxy
¶=
µ00
¶,
que es equivalente a µ1 11 1
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x+ y = 0,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 6
resolvemos paramétricamente½x = α
y = −α , α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ1−1
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ1−1
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = 4. Resolvemos
(A− 4I)X = 0,µ2− 4 32 1− 4
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ −2 3
2 −3¶µ
xy
¶=
µ00
¶,
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{2x− 3y = 0,
resolvemos paramétricamente⎧⎪⎨⎪⎩x = α
y =2
3α
, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ12/3
¶, α ∈ R,
para evitar fracciones, tomamos el vector propio correspondiente a α = 3
V2 =
µ32
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ1−1
¶e−t, X2 =
µ32
¶e4t.
Solución general
X = c1
µ1−1
¶e−t + c2
µ32
¶e4t, c1, c2 ∈ R. ¤
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 7
Ejercicio 4 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2x+ 4y,
dy
dt= 4x+ 2y.
Determina la solución particular que verifica½x(0) = 5,y(0) = −1.
1. Determinamos la solución general. Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ2 44 2
¶X,
con
X =
µx(t)y(t)
¶.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯2− λ 44 2− λ
¯= (2− λ)2 − 16= 4− 4λ+ λ2 − 16= λ2 − 4λ− 12.
Resolvemos la ecuación característica
λ2 − 4λ− 12 = 0,
λ =4±√16 + 48
2=4±√64
2=
⎧⎨⎩4+82= 6,
4−82= −2,
los valores propios sonλ1 = −2, λ2 = 6.
Vectores propios asociados a λ1 = −2. Resolvemos
(A− λ1I)X = 0,
(A+ 2I)X = 0,µ2 + 2 44 2 + 2
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
4 44 4
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x+ y = 0 ,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 8
resolvemos paramétricamente½x = α
y = −α , α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ1−1
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ1−1
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = 6. Resolvemos
(A− 6I)X = 0,µ2− 6 44 2− 6
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ −4 4
4 −4¶µ
xy
¶=
µ00
¶,
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x− y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = α
y = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ11
¶, α ∈ R,
tomamos
V2 =
µ11
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ1−1
¶e−2t, X2 =
µ11
¶e6t.
Solución general
X = c1
µ1−1
¶e−2t + c2
µ11
¶e6t, c1, c2 ∈ R.
2. Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición
X(0) =
µ5−1
¶
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 9
y resulta
c1
µ1−1
¶e0 + c2
µ11
¶e0 =
µ5−1
¶,½
c1 + c2 = 5,−c1 + c2 = −1.
Sumando las dos ecuaciones, obtenemos
2c2 = 4,
c2 = 2,
y sustituyendo en la primera ecuación, resulta
c1 = 3.
La solución del problema de valor inicial es
X(t) = 3
µ1−1
¶e−2t + 2
µ11
¶e6t. ¤
Ejercicio 5 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
dx
dt= −4x+ y + z,
dy
dt= x+ 5y − z,
dz
dt= y − 3z.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =
⎛⎝ −4 1 11 5 −10 1 −3
⎞⎠X,con
X =
⎛⎝ x(t)y(t)z(t)
⎞⎠ .El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =
¯¯ −4− λ 1 1
1 5− λ −10 1 −3− λ
¯¯
= (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) + 1 + (−4− λ)− (−3− λ)
= (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) + 1− 4− λ+ 3 + λ
= (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) ,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 10
Obtenemos la ecuación característica
(−4− λ) (5− λ) (−3− λ) = 0,
los valores propios son
λ1 = −3, λ2 = −4, λ3 = 5.
Vectores propios asociados a λ1 = −3. Resolvemos(A− λ1I)X = 0,
(A+ 3I)X = 0,⎛⎝ −4 + 3 1 11 5 + 3 −10 1 −3 + 3
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ ,⎛⎝ −1 1 1
1 8 −10 1 0
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ .Aplicamos el método de Gauss⎛⎝ −1 1 1 0
1 8 −1 00 1 0 0
⎞⎠ ,
(2a + 1a)→ 2a
⎛⎝ −1 1 1 00 9 0 00 1 0 0
⎞⎠ ,(2a/9)→ 2a
(3a − 2a/9)→ 3a
⎛⎝ −1 1 1 00 1 0 00 0 0 0
⎞⎠ .Resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas½ −x+ y + z = 0,
y = 0.
Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α
y = 0z = α
, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
⎛⎝ 101
⎞⎠ , α ∈ R,
tomamos
V1 =
⎛⎝ 101
⎞⎠ .
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 11
Vectores propios asociados a λ2 = −4. Resolvemos
(A+ 4I)X = 0,⎛⎝ −4 + 4 1 11 5 + 4 −10 1 −3 + 4
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ ,⎛⎝ 0 1 11 9 −10 1 1
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ ,que conduce al sistema ½
x+ 9y − z = 0,y + z = 0.
Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = −9y + z = 9α+ α = 10αy = −αz = α
, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
⎛⎝ 10−11
⎞⎠ , α ∈ R,
tomamos
V2 =
⎛⎝ 10−11
⎞⎠ .Vectores propios asociados a λ3 = 5. Resolvemos
(A− 5I)X = 0,⎛⎝ −4− 5 1 11 5− 5 −10 1 −3− 5
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ ,⎛⎝ −9 1 1
1 0 −10 1 −8
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ .Aplicamos el método de Gauss⎛⎝ −9 1 1 0
1 0 −1 00 1 −8 0
⎞⎠ ,intercambiamos las dos primeras filas⎛⎝ 1 0 −1 0
−9 1 1 00 1 −8 0
⎞⎠ ,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 12
(2a + 9 · 1a)→ 2a
⎛⎝ 1 0 −1 00 1 −8 00 1 −8 0
⎞⎠ ,resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas½
x− z = 0,y − 8z = 0.
Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α
y = 8αz = α
, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ3 son de la forma
V = α
⎛⎝ 181
⎞⎠ , α ∈ R,
tomamos
V3 =
⎛⎝ 181
⎞⎠ .Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
⎛⎝ 101
⎞⎠ e−3t, X2 =
⎛⎝ 10−11
⎞⎠ e−4t, X3 =
⎛⎝ 181
⎞⎠ e5t.Solución general
X = c1
⎛⎝ 101
⎞⎠ e−3t + c2⎛⎝ 10−11
⎞⎠ e−4t + c3⎛⎝ 181
⎞⎠ e5t, c1, c2, c3 ∈ R. ¤
Ejercicio 6 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 3x− 18y,
dy
dt= 2x− 9y.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ3 −182 −9
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯3− λ −182 −9− λ
¯= (3− λ) (−9− λ) + 36
= −27− 3λ+ 9λ+ λ2 + 36
= λ2 + 6λ+ 9.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 13
Resolvemos la ecuación característica
λ2 + 6λ+ 9 = 0,
λ =−6±√36− 36
2=−62= −3 (doble).
Tenemos un único valor propio doble λ = −3. Vectores propios asociados aλ = −3. Resolvemos
(A− λI)X = 0,
(A+ 3I)X = 0,µ3 + 3 −182 −9 + 3
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
6 −182 −6
¶µxy
¶=
µ00
¶,
que es equivalente a µ1 −31 −3
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x− 3y = 0,
resolvemos paramétricamente½x = 3αy = α
, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma
V = α
µ31
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ31
¶.
El subespacio de vectores propios es de dimensión 1. Obtenemos un vectorsolución
X1 =
µ31
¶e−3t.
Sabemos que podemos construir una segunda solución de la forma
X2 = V1teλt +V2e
λt
donde V2 es un vector que verifica
(A+ 3I)V2 = V1,µ6 −182 −6
¶µxy
¶=
µ31
¶,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 14
½6x− 18y = 32x− 6y = 1 .
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{2x− 6y = 1y necesitamos una solución cualquiera. Si tomamos y = 0, resulta½
x = 1/2,y = 0.
Obtenemos el vector
V2 =
µ1/20
¶y construimos un segundo vector solución de la forma
X2 = V1teλt +V2e
λt,
esto es
X2 =
µ31
¶te−3t +
µ1/20
¶e−3t.
La solución general es
X = c1
µ31
¶e−3t + c2
∙µ31
¶te−3t +
µ1/20
¶e−3t
¸, c1, c2 ∈ R. ¤
Ejercicio 7 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
dx
dt= x− 2y + 2z,
dy
dt= −2x+ y − 2z,
dz
dt= 2x− 2y + z.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =
⎛⎝ 1 −2 2−2 1 −22 −2 1
⎞⎠X,con
X =
⎛⎝ x(t)y(t)z(t)
⎞⎠ .El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =
¯¯ 1− λ −2 2−2 1− λ −22 −2 1− λ
¯¯
= (1− λ)3 + 8 + 8− 4 (1− λ)− 4 (1− λ)− 4 (1− λ)
= (1− λ)3+ 16− 12 + 12λ
= (1− λ)3+ 4 + 12λ
= 1− 3λ+ 3λ2 − λ3 + 4 + 12λ
= 5 + 9λ+ 3λ2 − λ3.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 15
Observamos que P (λ) se anula para λ = −1. Descomponemos usando la reglade Ruffini
−1 3 9 5−1) 1 −4 −5
−1 4 5 0
y obtenemos
5 + 9λ+ 3λ2 − λ3 = (λ+ 1)¡−λ2 + 4λ+ 5¢ .
Resolvemos−λ2 + 4λ+ 5 = 0,
λ =−4±√16 + 20
−2 =−4± 6−2 =
⎧⎨⎩2−2 = −1,−10−2 = 5.
Los valores propios son
λ1 = −1 (doble), λ2 = 5.
Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos
(A+ I)X = 0,⎛⎝ 1 + 1 −2 2−2 1 + 1 −22 −2 1 + 1
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ ,⎛⎝ 2 −2 2−2 2 −22 −2 2
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ ,que es equivalente a ⎛⎝ 1 −1 1
1 −1 11 −1 1
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ .Resulta un sistema de una ecuación con tres incógnitas
{x− y + z = 0,
resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α
y = β
z = −α+ β
, α,β ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
⎛⎝ 10−1
⎞⎠+ β
⎛⎝ 011
⎞⎠ , α,β ∈ R.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 16
Disponemos de dos vectores propios linealmente independientes asociados alvalor propio λ1 = −1
V1 =
⎛⎝ 10−1
⎞⎠ , V2 =
⎛⎝ 011
⎞⎠ ,que nos proporcionan los vectores solución
X1 =
⎛⎝ 10−1
⎞⎠ e−t, X2 =
⎛⎝ 011
⎞⎠ e−t.Vectores propios asociados a λ2 = 5. Resolvemos
(A− 5I)X = 0,⎛⎝ 1− 5 −2 2−2 1− 5 −22 −2 1− 5
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ ,⎛⎝ −4 −2 2−2 −4 −22 −2 −4
⎞⎠⎛⎝ xyz
⎞⎠ =
⎛⎝ 000
⎞⎠ .Reducimos el sistema a forma triangular⎛⎝ −4 −2 2 0
−2 −4 −2 02 −2 −4 0
⎞⎠ ,(3a/2)→ 1a
(2a/2)→ 2a
(1a/2)→ 3a
⎛⎝ 1 −1 −2 0−1 −2 −1 0−2 −1 1 0
⎞⎠ ,(2a + 1a)→ 2a
(3a + 2 · 1a)→ 3a
⎛⎝ 1 −1 −2 00 −3 −3 00 −3 −3 0
⎞⎠ ,(2a/(−3))→ 2a
(3a − 2a)→ 3a
⎛⎝ 1 −1 −2 00 1 1 00 0 0 0
⎞⎠ .Obtenemos el sistema ½
x− y − 2z = 0,y + z = 0.
Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = y + 2z = −α+ 2α = α,y = −α,z = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
⎛⎝ 1−11
⎞⎠ , α ∈ R,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 17
tomamos
V3 =
⎛⎝ 1−11
⎞⎠y obtenemos el vector solución
X3 =
⎛⎝ 1−11
⎞⎠ e5t.Sistema fundamental de soluciones
X1 =
⎛⎝ 10−1
⎞⎠ e−t, X2 =
⎛⎝ 011
⎞⎠ e−t, X3 =
⎛⎝ 1−11
⎞⎠ e5t.Solución general
X =c1
⎛⎝ 10−1
⎞⎠ e−t + c2⎛⎝ 011
⎞⎠ e−t + c3⎛⎝ 10−11
⎞⎠ e5t, cj ∈ R. ¤
Ejercicio 8 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2x+ 8y,
dy
dt= −x− 2y.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ
2 8−1 −2
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯2− λ 8−1 −2− λ
¯= (2− λ) (−2− λ) + 8
= −4− 2λ+ 2λ+ λ2 + 8
= λ2 + 4.
Resolvemosλ2 + 4 = 0,
λ = ±2i.Tenemos un par de valores propios complejos conjugados.Calculamos un vector propio asociado a
λ = 2i.
Resolvemos(A− 2iI)X = 0,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 18
µ2− 2i 8−1 −2− 2i
¶µxy
¶=
µ00
¶,
reducimos a forma triangularµ2− 2i 8 0−1 −2− 2i 0
¶.
Intercambiamos las filas µ −1 −2− 2i 02− 2i 8 0
¶,
multiplicamos la primera fila por 2− 2i y la sumamos a la segunda, como
(2− 2i) (−2− 2i) = −4− 4i+ 4i+ 4i2 = −8,
resulta µ −1 −2− 2i 00 0 0
¶,
que es equivalente a µ1 2 + 2i 00 0 0
¶.
Obtenemos un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x+ (2 + 2i)y = 0,
resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = −(2 + 2i) a,
y = a, a ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma
V = a
⎛⎝ − (2 + 2i)1
⎞⎠ , a ∈ R,
tomamos el vector propio correspondiente a a = −1
V =
µ2 + 2i−1
¶=
µ2−1
¶+ i
µ20
¶.
Podemos obtener un sistema fundamental de soluciones tomando la parte realy la parte imaginaria de
(cos 2t+ i sin 2t)
∙µ2−1
¶+ i
µ20
¶¸.
Sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ2−1
¶cos 2t−
µ20
¶sin 2t =
µ2 cos 2t− 2 sin 2t,
− cos 2t¶,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 19
X2 =
µ20
¶cos 2t+
µ2−1
¶sin 2t =
µ2 cos 2t+ 2 sin 2t− sin 2t
¶.
La solución general es
X = c1
∙µ2−1
¶cos 2t−
µ20
¶sin 2t
¸+ c2
∙µ20
¶cos 2t+
µ2−1
¶sin 2t
¸= c1
µ2 cos 2t− 2 sin 2t,
− cos 2t¶+ c2
µ2 cos 2t+ 2 sin 2t− sin 2t
¶, c1, c2 ∈ R. ¤
Ejercicio 9 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 3x− 3y + 4,
dy
dt= 2x− 2y − 1.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ3 −32 −2
¶X+
µ4−1
¶.
Se trata de un sistema completo
X0= AX+B,
con
X =
µx(t)y(t)
¶, A =
µ3 −32 −2
¶, B =
µ4−1
¶.
Solución general del sistema homogéneo. El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯3− λ −32 −2− λ
¯= (3− λ) (−2− λ) + 6
= −6− 3λ+ 2λ+ λ2 + 6
= λ2 − λ.
Resolvemosλ2 − λ = 0,
λ (λ− 1) = 0,los valores propios son
λ1 = 0, λ2 = 1.
Vectores propios asociados a λ1 = 0. Resolvemos
(A− λ1I)X = 0,
AX = 0,µ3 −32 −2
¶µxy
¶=
µ00
¶,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 20
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x− y = 0,
resolvemos paramétricamente½x = α,y = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ11
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ11
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = 1. Resolvemos
(A− I)X = 0,µ3− 1 −32 −2− 1
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
2 −32 −3
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{2x− 3y = 0,
resolvemos paramétricamente½x = α,y = 2
3α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ12/3
¶, α ∈ R,
tomamos el vector propio correspondiente a α = 3,
V2 =
µ32
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ11
¶, X2 =
µ32
¶et.
Solución general del sistema homogéneo
Xh = c1
µ11
¶+ c2
µ32
¶et.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 21
Solución particular del sistema completo. Sabemos que es posible construir unasolución particular de la forma
Xp = Φ
ZΦ−1B dt,
donde Φ es una matriz fundamental
Φ =
µ1 3et
1 2et
¶y B es la columna de términos independientes
B =
µ4−1
¶.
Empezamos calculando la inversa Φ−1,
|Φ| = 2et − 3et = −et,
Φ−1 =1
−etµ2et −3et−1 1
¶=
µ −2 3e−t −e−t
¶.
A continuación, calculamos
Φ−1B =µ −2 3e−t −e−t
¶µ4−1
¶=
µ −8− 34e−t + e−t
¶=
µ −115e−t
¶,
integramos ZΦ−1B dt =
Z µ −115e−t
¶dt =
µ −11t−5e−t
¶y, finalmente, calculamos la solución particular del sistema completo
Xp = Φ
ZΦ−1B dt =
µ1 3et
1 2et
¶ µ −11t−5e−t
¶=
µ −11t − 15−11t− 10
¶.
Solución general del sistema completo. Podemos escribir la solución general enla forma
X = ΦC+Φ
ZΦ−1B dt.
X =
µ1 3et
1 2et
¶µc1c2
¶+
µ −11t − 15−11t− 10
¶,
o bien, usando un sistema fundamental de soluciones
X = c1
µ11
¶+ c2
µ32
¶et +
µ −11t − 15−11t− 10
¶.
En ambos casos, obtenemos la solución general⎧⎨⎩ x (t) = c1 + 3c2et − 11t − 15,
y (t) = c1 + 2c2e−t − 11t− 10. ¤
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 22
Ejercicio 10 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 3x− 5y + et/2,
dy
dt=3
4x− y − et/2.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ
3 −53/4 −1
¶X+
µet/2
−et/2¶
se trata de un sistema lineal completo
X0= AX+B,
con
X =
µx(t)y(t)
¶, A =
µ3 −53/4 −1
¶, B =
µet/2
−et/2¶.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯3− λ −53/4 −1− λ
¯= (3− λ) (−1− λ) + 15/4
= −3− 3λ+ λ+ λ2 + 15/4
= λ2 − 2λ+ 3/4.
Resolvemosλ2 − 2λ+ 3/4 = 0,
λ =2±√4− 32
=2± 12
=
⎧⎨⎩ 3/2,
1/2.
Los valores propios sonλ1 = 1/2, λ2 = 3/2.
Vectores propios asociados a λ1 = 1/2. ResolvemosµA− 1
2I
¶X = 0,
µ3− 1/2 −53/4 −1− 1/2
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
5/2 −53/4 −3/2
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x− 2y = 0,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 23
resolvemos paramétricamente½x = 2α,y = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ21
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ21
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = 3/2. ResolvemosµA− 3
2I
¶X = 0,
µ3− 3/2 −53/4 −1− 3/2
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ
3/2 −53/4 −5/2
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{3x− 10y = 0,resolvemos paramétricamente½
x = α
y = 310α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ13/10
¶, α ∈ R,
para evitar fracciones, tomamos α = 10
V2 =
µ103
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ21
¶et/2, X2 =
µ103
¶e3t/2.
Solución general del sistema homogéneo
Xh = c1
µ21
¶et/2 + c2
µ103
¶e3t/2, c1, c2 ∈ R.
Podemos construir una solución particular de la forma
Xp = Φ
ZΦ−1B dt
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 24
donde Φ es la matriz fundamental
Φ =
µ2et/2 10e3t/2
et/2 3e3t/2
¶y B la columna de términos independientes
B =
µet/2
−et/2¶
Calculamos la inversa de la matriz fundamental
|Φ| = 6et/2e3t/2 − 10et/2e3t/2 = 6e2t − 10e2t = −4e2t,
Φ−1 =1
−4e2tµ3e3t/2 −10e3t/2−et/2 2et/2
¶=−14
µ3e−t/2 −10e−t/2−e−3t/2 2e−3t/2
¶.
Calculamos el producto
Φ−1B =
∙−14
µ3e−t/2 −10e−t/2−e−3t/2 2e−3t/2
¶¸µet/2
−et/2¶
=−14
µ3 + 10
−e−t − 2e−t¶=1
4
µ −133e−t
¶,
integramosZΦ−1B dt =
Z1
4
µ −133e−t
¶dt =
1
4
µ −13t−3e−t
¶=−14
µ13t3e−t
¶y finalmente, determinamos la solución particular del sistema completo
Xp = Φ
ZΦ−1B dt =
µ2et/2 10e3t/2
et/2 3e3t/2
¶ ∙−14
µ13t3e−t
¶¸=−14
µ2et/2 10e3t/2
et/2 3e3t/2
¶ µ13t3e−t
¶=−14
µ26tet/2 + 30et/2
13tet/2 + 9et/2
¶.
Podemos reescribir la solución particular como sigue
Xp =−14
µ2613
¶tet/2 − 1
4
µ309
¶et/2
= −µ13/213/4
¶tet/2 −
µ15/29/4
¶et/2.
Solución general del sistema completo.
X = Xh +Xp,
X = c1
µ21
¶et/2+c2
µ103
¶e3t/2−
µ13/213/4
¶tet/2−
µ15/29/4
¶et/2, c1, c2 ∈ R. ¤
Ejercicio 11 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2y + et,
dy
dt= −x+ 3y − et.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 25
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ
0 2−1 3
¶X+
µet
−et¶.
Se trata de un sistema lineal completo
X0= AX+B,
con
X =
µx(t)y(t)
¶, A =
µ0 2−1 3
¶, B =
µet
−et¶.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯ −λ 2−1 3− λ
¯= (−λ) (3− λ) + 2
= λ2 − 3λ+ 2.
Resolvemosλ2 − 3λ+ 2 = 0,
λ =3±√9− 82
=3± 12
=
½2,1.
Los valores propios sonλ1 = 1, λ2 = 2.
Vectores propios asociados a λ1 = 1. Resolvemos
(A− I)X = 0,µ −1 2−1 2
¶µxy
¶=
µ00
¶,
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas,
{−x+ 2y = 0.
Resolvemos paramétricamente½x = 2αy = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ21
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ21
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = 2. Resolvemos
(A− 2I)X = 0,
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 26
µ −2 2−1 3− 2
¶µxy
¶=
µ00
¶,µ −2 2
−1 1
¶µxy
¶=
µ00
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{−x+ y = 0,
resolvemos paramétricamente½x = α,y = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ11
¶, α ∈ R,
tomamos
V2 =
µ11
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ21
¶et, X2 =
µ11
¶e2t.
Solución general del sistema homogéneo
Xh = c1
µ21
¶et + c2
µ11
¶e2t, c1, c2 ∈ R.
Podemos construir una solución particular de la forma
Xp = Φ
ZΦ−1B dt
donde Φ es la matriz fundamental
Φ =
µ2et e2t
et e2t
¶y B es el vector de términos independientes
B =
µet
−et¶.
Invertimos la matriz fundamental
|Φ| = 2e3t − e3t = e3t,
Φ−1 =1
e3t
µe2t −e2t−et 2et
¶=
µe−t −e−t−e−2t 2e−2t
¶.
Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 27
Calculamos el producto
Φ−1B =
µe−t −e−t−e−2t 2e−2t
¶µet
−et¶
=
µ1 + 1
−e−t − 2e−t¶=
µ2
−3e−t¶,
integramos ZΦ−1B dt =
Z µ2
−3e−t¶dt =
µ2t3e−t
¶,
y finalmente, obtenemos la solución particular del sistema completo
Xp = Φ
ZΦ−1B dt =
µ2et e2t
et e2t
¶µ2t3e−t
¶=
µ4tet + 3et
2tet + 3et
¶.
Solución general del sistema completo.
X = c1
µ21
¶et + c2
µ11
¶e2t +
µ4tet + 3et
2tet + 3et
¶= c1
µ21
¶et + c2
µ11
¶e2t +
µ42
¶tet +
µ33
¶et, c1, c2 ∈ R. ¤