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ECUACIONES DIFERENCIALES E.S.I.Q.I.E.-I.P.N.

COMISION ACADÉMICA PAG 1 JUL‐DIC 2012

UNIDAD TEMATICA I ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN Introducción a las ecuaciones diferenciales Una ecuación diferencial es una expresión matemática en la que intervienen derivadas de una o más funciones. De acuerdo con el Teorema Fundamental del Cálculo, se afirma que la derivación e integración de una función son operaciones inversas. Significa que para toda función continua integrable se verifica que la derivada de su integral es igual a ella misma. La aplicación de este teorema a las Ecuaciones Diferenciales implica que es posible obtener una función a partir de la integración de una ecuación diferencial. A este proceso se le denomina la solución de una ecuación diferencial, existiendo diferentes métodos de solución de acuerdo al tipo de ecuación diferencial a resolver. Las ecuaciones diferenciales y su solución representan una de las herramientas fundamentales en el estudio de diversos campos del conocimiento, y en especial en las diversas ramas de la ingeniería: física, mecánica, economía, química, electricidad, electrónica, metalurgia, etc. En lo referente a Ingeniería Química, su aplicación es imprescindible en la solución de problemas en diversos temas: termodinámica, balances de materia y energía, fenómenos de transporte (transferencia de calor, transferencia de masa, transferencia de cantidad de movimiento), cinética química, ingeniería de reactores, operaciones unitarias, diseño de equipos y procesos, control de procesos, optimización, etc. A continuación se ilustran algunos ejemplos de aplicación de las ecuaciones diferenciales que describen modelos físicos en ingeniería, con el propósito de ilustrar algunas de sus diversas aplicaciones. El desarrollo de modelos de aplicaciones en ingeniería a partir de ecuaciones diferenciales requiere del estudio de cada disciplina en particular y requiere destreza en el manejo del cálculo diferencia e integral. El estudio avanzado en ingeniería requiere que el estudiante desarrolle sólidos conceptos en ecuaciones diferenciales. Por ejemplo: a) En física clásica, la distancia vertical s recorrida por un cuerpo que cae por acción de la gravedad terrestre g durante un tiempo t se describe por la ecuación diferencial:

d s gdt

= −2

2

b) El desplazamiento vertical x de una masa m sujeta a un resorte con constante de Hook de elasticidad k se escribe:

d xm k xdt

= −2

2



c) En fenómenos de transporte, la ecuación de continuidad representa un balance de masa en un elemento diferencial de volumen, teniendo el sistema una densidad ρ y movimiento a velocidad v

( )vtρ ρ∂= −∇

∂i

d) La denominada Ecuación de Onda se aplica en la teoría electromagnética en relación al fenómeno de propagación de ondas. El concepto parte del análisis elemental del comportamiento vibratorio u oscilatorio de cuerdas:

u uct x∂ ∂

=∂ ∂

2 22

2 2

e) La transferencia de calor por conducción en tres dimensiones, en un sistema con conductividad térmica k y temperatura T se describe por:

T T T Tk T kt x y z

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂= ∇ = + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

2 2 22

2 2 2

f) En un reactor químico, se plantea un balance de masa en un elemento diferencial del sistema, donde se incluye a los términos de acumulación de materia como la derivada de la concentración C en función del tiempo, el transporte convectivo asociado a la velocidad v del fluido, el transporte difusivo J y velocidad de reacción R para el compuesto j:

( )jj j j

CC v J R

t∂

+∇ +∇ =∂

i i

Se debe observar que en el planteamiento de la solución de problemas en ingeniería donde interviene una ecuación diferencial, ésta representa un modelo que describe el comportamiento de las propiedades del sistema, es decir representa un modelo del sistema a nivel diferencial. Una de las tareas más importantes en ingeniería constituye la elaboración, estudio y solución de los modelos diferenciales que describen a los sistemas.

Definiciones básicas, terminología y notación de las ecuaciones diferenciales

Por notación, se escribe “y” como la variable dependiente y “x” como la variable independiente. En problemas en función del tiempo ‘t’ a este se le considera como variable independiente.

Otras letras del alfabeto griego y latino se utilizan para describir propiedades físicas normalmente acuerdo a la primera letra de su denominación: T, temperatura, P, presión, r, radio, etc. En cada caso es importante establecer la notación correspondiente e identificar las variables dependiente e independiente.

Una ecuación diferencial puede escribirse en diferentes notaciones para las derivadas. Se ejemplifican las notaciones para primera, segunda y tercera derivada:



a) Notación de Liebnitz:

dydx

, d ydx

2

2 , d ydx

3

3

b) Notación de Lagrange:

( )’f x , ( )’’f x , ( )’’’f x

c) Nótación de Cauchy ó Jacobi:

, ,x x xD f D f D f2 3

d) Notación de Newton:

, ,y y yi ii iii

La resolución de ecuaciones diferenciales es un tipo de problema matemático que consiste en determinar la función que al derivarse cumpla una determinada ecuación diferencial. Existen métodos específicos para la solución de las ecuaciones diferenciales de acuerdo a su clasificación, por lo que de inicio es importante identificar a qué grupo pertenecen.

Clasificación de las ecuaciones diferenciales en ordinarias y parciales Dependiendo del número de variables independientes respecto de las que se deriva, las ecuaciones diferenciales se clasifican en:

a) Ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO): aquéllas que contienen derivadas respecto a una sola variable independiente. Por ejemplo:

dy x ydx

= − −3 4 1

d y dy ydx dx

+ + =2

2 3 5 0

’ /xy y+ =2 3 5

( )tanddrθ θ= −

d s gdt

= −2

2 ( ) ( )’’ ’ exy y y+ + =2 3 5

b) Ecuaciones en derivadas parciales (EDP): aquellas que contienen derivadas respecto a dos o más variables. En ellas se usa la notación de la derivación parcial.



z zz xx y∂ ∂

= +∂ ∂

u uct x∂ ∂

=∂ ∂

2 22

2 2

j j jC D Cr

t r r r∂ ∂⎛ ⎞∂

= ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠2

2 T T Tx y z∂ ∂ ∂

+ + =∂ ∂ ∂

2 2 2

2 2 2 0

Definición de orden y grado de una ecuación diferencial

Una primera derivada se denomina de primer orden, una segunda derivada se denomina de segundo orden, etc. El orden de una ecuación diferencial corresponde a la derivada de mayor orden presente en la ecuación diferencial:

EDO de primer orden ’ x yyx y+ −

=− +

11

EDO de segundo orden ( )’’ ’ e xy y y+ + =3 22

EDO de tercer orden ( ) ( )’’’ ’’ ’ seny y y x+ + =22

EDP de primer orden z z zx x y y

⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎛ ⎞ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

22 2

0

EDP de segundo orden x yψ ψ∂ ∂

+ =∂ ∂

2 2

2 2 0

El grado de una ecuación diferencial es el grado de la derivada de mayor orden presente en ella. Se identifica con el exponente que se aplica la derivada de mayor orden:

EDO de primer orden y primer grado ’ x yyx y+ −

=− +

11

EDO de primer orden y segundo grado ( )’ ’y y− + =2 2 1 0

EDO de segundo orden y primer grado ’’ ’y y x+ − = 23 4 2

EDO de segundo orden y tercer grado ( )’’ ’ e xy y y+ + =3 22



EDP de primer orden y segundo grado z z zx x y y

⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎛ ⎞ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

22 2

0

EDP de segundo orden y primer grado x yψ ψ∂ ∂

+ =∂ ∂

2 2

2 2 0

El operador derivada dy/dx es posible descomponerlo en los operadores diferenciales dy, dx, por ejemplo la ecuación diferencial:

( )( )

,,

M x ydydx N x y

= −

Se puede reordenar como:

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

Ejercicios recomendados:

Clasificar las siguientes ecuaciones diferenciales como ordinarias ó parciales, identificando variables dependientes e independientes, indicando orden y grado:

’’ ’x y xy y+ + =2 0 d rd r r rψ ψθ

∂ ∂⎛ ⎞= − ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠1

exdy dyx ydx dx⎛ ⎞ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

32 3 ( )cot d dθ ρ ρ θ+ = 0

( )’’’ seny x= − ( ) exD D y− + =2 3 2

T Ty xy xx y

∂ ∂+ + =

∂ ∂0 d d k

dt dtρ θρ

ρ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠

22 2

2 3

( )e cosxd y xdx

−=2

2 z z zx y t xytx y t∂ ∂ ∂

+ + =∂ ∂ ∂

( ) ( )x y dx x y dy+ − + − + =1 2 3 0 ( ) ( )lnx D xD y x x x− + = + +2 2 23 4

Teorema de Existencia y Unicidad de las Ecuaciones Diferenciales

Solución ó Primitiva

Resolver una ecuación diferencial consiste en determinar la función cuya derivada sea la misma ecuación diferencial. Resolver una ecuación diferencial de orden n significa obtener una función con n constantes arbitrarias independientes que al derivarse satisfaga la ecuación diferencial original. A



esta función se le denomina primitiva o solución general. Una solución particular de una ecuación diferencial se obtiene de la primitiva otorgando valores definidos a las constantes arbitrarias

Por ejemplo, sea la ecuación diferencial:

d ydx

=3

3 0

Se observa que al derivar tres veces la siguiente función:

y C x C x C= + +21 2 3

se satisface la ecuación diferencial, por lo que la función se considera solución o primitiva de la ecuación diferencial, y las constantes C1, C2 y C3 siendo arbitrarias engloban al conjunto de posibles soluciones particulares. Sea por ejemplo, para esta misma ecuación diferencial

y x x= − + −23 5 4 La cual al derivarse tres veces también cumple con la ecuación diferencial. Las constantes para ésta no son valores arbitrarios sino están bien definidos, C1= -3, C2= +5, C3= -4, y se dice que esta función es una solución particular de la ecuación diferencial.

Teoremas de Existencia y Unicidad:

Se deben cumplir ciertas condiciones para la solución de una ecuación diferencial, las cuales se enlistan en el Teorema de Existencia y Unicidad:

Sea una ecuación diferencial de la forma ( ), ,y g x y= en la que:

a) ( ),g x y existe y es continua en la región R de puntos (x,y) b) /g y∂ ∂ existe y es continua en todos los puntos de R

Entonces la ecuación diferencial admite infinitas soluciones ( ), ,f x y C = 0 , donde C es una constante arbitraria (Existencia), tales que por cada punto de R pasa una y sólo una curva de la familia ( ), ,f x y C = 0 (Unicidad).

Ejemplo: Sea la ecuación diferencial ,y y= 2 , determinar la posible existencia de solución. Solución: Aplicando los teoremas de existencia, se tiene: ( ),g x y y= 2 , /g y y∂ ∂ = 2 .



a) g existe y es continua en R b) /g y∂ ∂ existe y es continua en R Se concluye que para la ecuación diferencial ,y y= 2 existe una solución en R tales que por cada par (x,y) en R pasa una y sólo una curva de la familia de la solución.

Ejemplo: Sea la ecuación diferencial , /y y= 2 33 con valor inicial ( )y =2 0 , determinar la posible existencia de solución.

Solución: Aplicando los teoremas de existencia: /g y= 2 33 ; // /g y y∂ ∂ = 1 32 a) g existe y es continua en R b) /g y∂ ∂ existe y es continua en R, excepto para y = 0 Se observa que se cumple el inciso (a) del teorema de existencia, pero no con el inciso (b) para ( )y =2 0 , que es una condición necesaria a cumplir de acuerdo al enunciado del problema. Por lo

tanto, no se puede garantizar la existencia y unicidad para una solución de este problema.

Es importante anotar que el no cumplimiento del teorema de existencia y unicidad no impide integrar la ecuación diferencial y obtener una primitiva con constantes arbitrarias:

/dy dxy

=∫ ∫2 3 3

/y x C− = − +1 3

Y es seguro que esta solución puede satisfacer la condición de otro planteamiento distinto a la condición inicial ( )y =2 0 .

Ejemplo: Sea la ecuación diferencial definida como lineal:

( ) ( )dy yP x Q xdx

+ =

Donde P(x) y Q(x) son funciones continuas en el intervalo x∈(a,b), determinar la posible existencia de solución. Solución: Reordenando:

( ) ( )dy yP x Q xdx

= − +



Aplicando los teoremas de existencia, tenemos:

( ) ( ) ( ),g x y yP x Q x= − +

( )g P xy∂

= −∂

Se concluye que para la ecuación diferencial lineal existe una solución siempre que g(x,y) =-yP(x)+Q(x) y ∂g/∂y = -P(x) existan y sean continuas en el región R acotada por x∈(a,b). Esto se cumple por las propiedades de continuidad de P(x) y Q(x). Ejercicios recomendados: Aplicar el teorema de existencia y unicidad a las siguientes ecuaciones diferenciales para determinar la posible existencia de una solución única y satisfactoria.

,y y= 2 , e ey xy x−= + +22 3 2

,yy x+ = 0 ,y xy=3 ,y y− + =2 0 ( ), lnxy y= 2

,ex y y y− =

Tipos de soluciones de las EDOs

Atendiendo al tipo de solución de las ecuaciones diferenciales ordinarias se pueden tener las siguientes:

Solución general. Es la función que satisface la ecuación diferencial la cual contiene tantas constantes arbitras como el orden de la ecuación. Si la ecuación es de primer orden, la solución general es una familia de curvas ( ), ,F x y C = 0 s.

Solución particular. Es la función que resulta de evaluar las constantes arbitrarias de la solución general.

Solución singular. Es una función que no proviene de la solución general. En general es difícil hallar este tipo de soluciones puesto que se requiere un camino independiente para hallarlas.

Las soluciones encontradas pueden ser explícitas ( ), ,y f x y= , implícitas ( ),, ,F x y y = 0s o en

forma paramétrica.

Problema de Cauchy o problema de valor inicial (PVI).



Si se busca resolver ( ), ,y f x y= , sujeto a ( )y y= 00 , entonces se tiene un problema de Cauchy

o un problema de valor inicial, es decir, una vez hallada la solución a la ecuación diferencial, es necesario que pase por el punto ( ),x y0 0 para que satisfaga el problema.

Interpretación geométrica de la solución de las ecuaciones diferenciales. La derivada de una función se interpreta geométricamente como la pendiente de la recta tangente en cada punto de función. La derivada es una función en sí, y su derivada (es decir la segunda derivada de la función original) corresponde al valor de la pendiente de la recta tangente de la derivada, y así sucesivamente. Esta interpretación geométrica de la derivada es de utilidad en el planteamiento de ecuaciones diferenciales que deben satisfacer determinadas condiciones geométricas. De acuerdo a la geometría analítica, la función que es solución de una ecuación diferencial le corresponde el trazado de un lugar geométrico o curva. Si se habla de la primitiva o solución general, entonces las constantes de integración son arbitrarias y geométricamente corresponde a un conjunto denominado familia de curvas de la solución. Si se habla de una solución particular, la función geométricamente corresponde a una sola curva, que es a propósito elemento del conjunto de la familia de curvas de la solución primitiva.

Otra aplicación de la interpretación geométrica de la derivada se aplica en la determinación de trayectorias ortogonales en familias de curvas, tema que se tratara más adelante. Familia de Curvas Sea una ecuación diferencial y su solución f(x,y,C) que posee y traza un lugar geométrico en el plano; si f(x,y,C) es la primitiva o solución general, entonces existe un conjunto o familia de curvas asociadas a la expresión de f(x,y,C), tal que cada una de ellas satisfacen la ecuación diferencial. Ejemplo: Hallar la ecuación diferencial cuya solución es una función cuya pendiente es igual al doble de la suma de sus coordenadas x, y. Solución: la pendiente de la función que es solución de la ecuación diferencial corresponde al valor de la derivada y´=dy/dx. De acuerdo con el enunciado, la pendiente es igual al doble de la suma de las coordenadas, es decir:

( ),y x y= +2 La solución primitiva de esta ecuación diferencial es:

e xy x C= − − + 212

El método de solución se expone en el capítulo correspondiente a EDO reducibles a exactas. Por ahora interesa observar la familia de curvas trazadas por esta función. La constante C es arbitraria y puede tomar distintos valores. En la Figura 1.1 se grafican algunos de los integrantes de la familia de curvas de la solución primitiva:



Figura 1.1 Familia de curvas de la solución primitiva e xy x C= − − + 212

Ejemplo: Sea una función tal que las rectas tangentes a ella tienen una pendiente igual a y´ y una ordenada al origen igual a 2xy2. Determinar a) la ecuación diferencial, b) la gráfica de la familia de curvas. Solución: La expresión de una recta es y mx b= + , así

dyy x xydx

= + 22

Que es la ecuación diferencial solicitada. La solución de esta ecuación diferencial es:

xyx C

=+2

El método de solución se expone en el capítulo correspondiente a la solución de EDO de variables separables. En la Figura 1.2a se grafican algunos de los integrantes de la familia de curvas de la solución primitiva para valores de C positivos, en la Figura 1.2b se grafican para valores de C negativos:



Figura 1.2a Familia de curvas de la solución primitiva xy

x C=

+2 para C positiva

Figura 1.2b Familia de curvas de la solución primitiva xy

x C=

+2 para C negativa

Ejercicios recomendados



Para las siguientes ecuaciones diferenciales, mostrar que la función que le sigue es su solución, y representar una curva o familia de curvas.

( )xydx x dy+ + =21 0 ( )y x C+ =2 2 1

( ) ( )x y dx x y dy+ + + =2 2 3 0 x xy y C+ + =2 24 3

( )( )xydx x y dy= − +1 1 ( )lnx y Cx y+ = +⎡ ⎤⎣ ⎦1

( )y x dx xydy− + =2 2 0 x y x C= +2 2 42

( )cot dr rdθ θ+ = 0 ( )cosr C θ=

Trayectorias ortogonales

De acuerdo con la geometría analítica, dos rectas son perpendiculares entre sí cuando los valores de sus pendientes satisfacen m m = −1 2 1 . Existe un punto de intersección entre ambas rectas, que es un vértice se forma un ángulo de 90° entre ambas rectas.

Se dice que las curvas de las funciones f(x) y g(x) que se intersectan en el punto P, son ortogonales en su punto de intersección cuando las rectas tangentes de ambas funciones en dicho punto son perpendiculares entre sí. Por tanto, en un punto de corte ortogonal entre dos funciones f(x) y g(x) se cumple que las derivadas de ambas funciones satisfacen:

df dgdx dx

= −1

Ejemplo: Sean dos funciones f(x), g(x), tales que se intersecan en (2,2), como se ilustra en la Figura 1.3a. Existe la posibilidad de que el punto de intersección sea un punto de corte ortogonal. Determinar si las funciones f y g cumplen con la condición de ortogonalidad en el punto P(2,2), y escribir las expresiones de las rectas tangentes para ambas funciones en dicho punto.



Figura 1.3a Curvas de las funciones f(x) y g(x) que se interceptan en el punto P(2,2)

Solución:

Las funciones son:

( ) e xf x −= +3 62 43 3

( ) e xg x − += +3 61 116 6

Sus derivadas:

( ), e xf x −= 3 62

( ), e xg x − += − 3 612

Aplicando la condición de ortogonalidad:

( ) ( ) ( ), , e ex xf x g x − − +⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

3 6 3 612 12



Por lo que se puede afirmar que las curvas de las funciones f(x) y g(x) son ortogonales en el punto de intersección (2,2).

Para las rectas solicitadas, estas son a) tangentes a las funciones f y g, b) perpendiculares entre sí, por lo que m m = −1 2 1 , c) ambas pasan sobre el punto (2,2)

Para la función ( ) e xf x −= +3 62 43 3

, su derivada es ( ), e xf x −= 3 62 , y se evalúa en (2,2):

( )em −= =3 2 61 2 2

Usando la expresión de la línea recta punto-pendiente: y y m x x− = ⋅ −1 1( )

( )y x− = +2 2 2

y x= −2 2

Para la función ( ) e xg x − += +3 61 116 6

, su derivada es ( ), e xg x − += − 3 612

, y se evalúa en (2,2):

( )em − += − = −3 2 62

1 12 2

Entonces la ecuación de la línea recta es:

( )y y x x− = − −1 112

:

( )y x− = − −12 22

y x= − +1 32

Finalmente, multiplicando las pendientes:

m m ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

1 212 12

Con lo cual comprueba que ambas rectas tangentes a las curvas son perpendiculares entre sí.



Figura 1.3b Curvas de las funciones f(x) y g(x) y de las rectas tangentes y el punto de intersección ortogonal

Trayectorias Ortogonales Para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas se escribe primero la ecuación diferencial que describe la familia. La ecuación diferencial de la familia ortogonal se calcula a partir de la condición de ortogonalidad.

Sea ( ),dy f x ydx

= la ecuación diferencial que describe una familia de curvas.

La ecuación diferencial de la familia ortogonal es:

( ),dydx f x y

−=

1

Ejemplo:

Determinar las trayectorias ortogonales de la familia de curvas Cyx

= 1

Solución:

La familia de curvas corresponde a hipérbolas, donde C1 es una constante arbitraria, habrá tantas curvas como valores de C1 se asignen.

La ecuación diferencial de esta familia de curvas se obtiene derivando:



Cyx

= − 12

Pero C xy=1 Entonces:

dy ydx x

= −

Es decir, de ( ),dy f x ydx

= . Por lo tanto se tiene que ( ), yf x yx

= − , por lo que la ecuación

diferencial de la familia ortogonal se determina de la siguiente manera:

( ), /dy xdx f x y y x y

−= − = =

−1 1

dy xdx y

=

Esta ecuación diferencial se resuelve por el método de variables separables:

ydy xdx=∫ ∫

y x C= +2 2

22 2

Que también se puede simplificar como y x C− =2 2

2 donde la constante C2 es arbitraria. En la

figura 1.3c se grafica la familia de la función /y C x= 1 , y la familia de función y x C− =2 22 ,

ortogonales entre sí en sus puntos de intersección.



Figura 1.3c. Familia de curvas ortogonanalesde la función /y C x= 1 , y de la función y x C− =2 22

Ejercicios recomendados Obtenga las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas:

y C x= 21 y

x C=

+ 1

1

e xy C −= 1 ( )seny C x= 1

y C x=2 31 y x C x− =2 2 3

1

x y C+ = 13 4 eC xy = 1 Cyx

=+1

21



UNIDAD TEMATICA II ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Ecuaciones diferenciales de variables separables

Tienen la forma:

( ) ( ) 0P x dx Q y dy+ =

La solución se obtiene integrando

( ) ( )P x dx Q x dy C+ =∫ ∫ o bien ( ) ( )Q x dy P x dx C= +∫ ∫

Ejemplo 1

dy xdx

= , integrado con respecto a x:

dydx xdxdx

=∫ ∫

La variable y depende implícitamente de x es decir, ( )y x , por lo tanto, la diferencial de y

es:

( )dy x dydy dx dxdx dx

= = , por lo cual ( )dy xdydx dx dydx dx

= =∫ ∫ ∫ , que finalmente es

( )y x y dy= = ∫

Por lo tanto, la solución del Ejemplo 1 es:

2

2xy xdx C= = +∫



Ejemplo 2

6y'' x= , con las siguientes condiciones ( ) ( )0 0 1 0y ; y= =

Solución

Puesto que ya están separadas las variables:

6d d y xdx dx

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

, integrando una vez con respecto a x:

213d y x C

dx= +

Integrando de nuevo se obtiene: 31 2y x C x C= + + la cual es la solución general.

Evaluando en las condiciones de frontera:

( )31 2 20 0 0 0C C C= + + ∴ =

31 10 1 1C C= + ∴ = − por lo tanto la solución particular es:

3y x x= −

Ejemplo 3

3 4x ydy edx

+=

Desarrollo

3 4x ydy e dx+= ; 3 4 0x ye dx dy+ − = ; ( )3 4 0x ye e dx dy⋅ − =

Integrando 3

4x

ydye dx Ce

− =∫ ∫ ; ( )3 41 13 43 4

x ye ( dx ) e dy−− − −∫ ∫

3 41 13 4

x ye e C−+ =

Ejemplo 4



2 21 1 0y dx y x dy− + − =

Desarrollo

2 20

1 1

dx y dyx y

+ =− −∫ ∫ ;

2 2

du uarc senaa u

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠−∫

2 2 21 1a a ; u x u x= ⇒ = = ⇒ = ; ( )

21

dx arc sen xx

=−∫

( ) ( )1

2 22

1 1 221

y dy y y dyy

−= − − −

−∫ ∫

( )( )

12 211

12 2

yarc sen x C

−+− = ; O bien: ( )21 y arc sen x C− = +

Ejemplo 5

1dy x y xydx

= + + +

Desarrollo

Por factorización ( ) ( )( )1 1 1 1 1x y xy x y x x y+ + + = + + + = + +

11

dy ( x )dx( y )

= ++

; 11

dy ( x )dx( y )

= ++

( )11

dy x dxy= +

+∫ ∫ ( )211

2x

ln y C+

⇒ + = +

Ejemplo 6

( ) ( )2 26 2 4 0y x y dy x y x dx+ − + =

Desarrollo

( ) ( )2 26 2 4 0y x dy x y dx+ − + =

2 22 2

1 12 4 68 22 4 6

ydy xdx ln y ln x Cy x

− ⇒ + − + ++ +∫ ∫



Simplificando la solución

2 22 4 4 6ln y ln x C+ = + +

Ejemplo 7

2 2

21dy x ydx x

=+

Con condiciones iniciales: ( )0 2y x = =

2 21du uarc tana aa u

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠+∫ ; ( ) 1x arc tan x C

y− + =

1 10 02 2

arc tan C C− − = ∴ = − Finalmente: ( )1 12

x arc tan xy

− = − −

Problemas propuestos

1 10dydx

= 10y x C= +

2 2dy xdx

= 2y x C= +

3 2dy xdx y

= 2 22y x C= +

4 1 2 22

y' xy x y= + + + ( )212 xy Ce += +

5 ( )dy y ln xdx

= x xy Cx e−=

6 22 x ydy edx

−= ( )2xy ln e C= +

7 dy xdx yx y

=−

( )2 22y x ln x C= + +

8 ( ) ( )dy sen y cos xdx

= ( )2 sen xy arctan Ce⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

9 ( )( )

sen xdydx cos y

= − ( ) ( )sen y cos x C= +

10 1

2dy xy x ydx xy x

− + −=

+ ( ) ( )3 1y ln y x ln x C+ − = + +

11 x ydy edx

−= ( ) ( )1 1y xy e x e C− = − +



12 1

ydydx x y

=+

( )1 1y y ln y y x C+ + + + = +

13 x x

y ydy e edx e e

−

−−

=+

y y x xC e e e e− −= − − −

14 1x y x ydy e e edx

+= + − − ( )1y xy ln e e x C− + = − +

15 ( )( )

1

1

cos xdydx cos y

−= −

+ ( ) ( )1 1cos y cos x C− = + +

16 2π⎛ ⎞′ = =⎜ ⎟⎝ ⎠

y sen x y ln y, y e 2⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠=

xtany e

17 3 0 1x y x ydyye e e y( x )dx

− − −= + = =4 514 4

xy x ee ( y ) e

−−− = − − +

18 2 2x y x yy sen sen+ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

4 2y xln tan sen C⎡ ⎤⎛ ⎞ = − +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

19 21y xy x y′ ′− = + 11Cxy

x− =

+

20 ( )2 26 2 1 2 0y x dy x( y )dx+ − + = ( ) ( )2 21 1 2 64

ln y ln x C− + − + =

21 3 4x ydy edx

+=

4 31 14 3

y xe e C− + =

22 ( )2 26 2 4 0y yx dy ( x y x )dx+ − + = ( ) ( )2 21 12 4 68 2

ln y ln x C+ − + =

23 2x xdy xy e dx xy e dx+ =

1 1xyln e ( x ) Cy

⎛ ⎞−= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

Ecuaciones diferenciales que se reducen a variables separables.

Algunas veces al aplicar una técnica de sustitución es posible transformar una ecuación diferencial a una de variables separables. A continuación se expone una serie de técnicas de sustitución que se aplican a problemas bien definidos.

Sustitución lineal. Sea una ecuación diferencial de la forma

( )dy y' f ax by cdx

= = + +

Ésta se puede reducir a variables separables mediante el cambio de variable:



R ax by c= + +

De donde al derivar todos los miembros de la ecuación anterior se obtiene:

dR dya bdx dx

= +

Entonces, despejando dy/dx: 1dy dR adx b dx

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

Se sustituye esta derivada en la ecuación diferencial del problema:

( )1 dR a f Rb dx⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )dR bf R adx

= +

La cual se ve claramente que puede separarse e integrase de la forma convencional.

Ejemplo 1

3dy x ydx

= +

Re-arreglando

3dy dRdx dx

= − ; 3 0( R )dx dR+ − =

Integrando 33

dRdx x ln R CR

− = − + =+∫ ∫

Finalmente: 3ln R( x C )e e ++ = ; 3 3xC e x y⋅ = + +

Ejemplo 2

1 1dy x y x ydx

+ + = + −

Cambio de variable 1R x y= + +

2 1 2 1RdR dy dy dRRdx dx dx dx

= + ⇒ = − 2

22

2dR R Rdx R

− +=



2

2 22 22 1

2 2R dR Rdx dx dR

R R R R⎛ ⎞− = − +⎜ ⎟

+ − ⎝ + − ⎠∫ ∫ ∫ ∫

Solución de la tercera integral por fracciones parciales

( )( )( )

22 1

R dRR R

Ι−

=+ −∫

4 13 2 3 1

dR dRR R

Ι = − ++ −∫ ∫

1 43 3

B ; A= = −

4 12 13 3

ln R ln RΙ = − + + −

Finalmente 8 22 2 13 3

x R ln R ln R C− + + − − =

Sustituyendo de forma inversa:

( )( )

32

8

1 12 1

1 2

⎡ ⎤+ + +⎢ ⎥− + + + = ⎢ ⎥+ + +⎢ ⎥⎣ ⎦

x yx x y C

x y

Ejemplo 3

( )

2

2′ =

+

ayx y

Solución:

( )

2

2=+

dy adx x y

Cambio de variable: R x y= + 1dR dx dy dy dRdx dx dx dx

+= ⇒ = −

2

2 2R dRdx

a R=

+∫ ∫2

2 2adR

a R⇒ −

+∫ ∫

Integrando: 2

2 2dR x ydx dR a y C a arc tan

aa R+

= − ⇒ + = ⋅+∫ ∫ ∫ , o bien:

y C x yarctana a+ +

=


1 3 4 23 4 3

dy x ydx x y

− −=

− − 1 3 4 1x yC e x y− = − +

2 1 2 2dy x ydx x y

+=

− − ( )2 1y ln x y C x+ + − = −

3 2 1

4 2 3dy x ydx x y

+ −=

+ + ( )2 2 1y ln x y C x+ + + = +



4 12 2

x ydy edx x y

−= +

− ( )2 1 y xx y e x C−− + = +

5 ( )1

2 1x ydy x y edx

+= + − 1

x ye x C−+ = +

6 1

2dy x ydx x y

+ +=

+ ( ) 1 12 1

41x y ln x y x C

x y+ − + + − = +

+ +

7 ( )2dy x ydx

= − 1 21

x yln x Cx y

⎛ ⎞− += +⎜ ⎟− −⎝ ⎠

8 1dy x ydx

= + − xy C e x= −

9 ( )= −dy cos x ydx

( ) ( )+ = − − − −x C cot x y csc x y

10 ( )2= +dy x ydx

( )+ = +arc tan x y x C

11 ( )21

2=

− + +

dydx cos x y

( )2 2= − + + + +C cot x y y

12 ( ) ( )1 2 2 1+ + = + −x y dx x y dy 2C x y ln x y= − + − +

Ecuaciones diferenciales ordinarias homogéneas Una función ( )f x, y es homogénea de grado m con respecto a sus dos variables si:

( ) ( )mf x, y f x, yλ λ λ= , con constanteλ =

Una ecuación diferencial ( ) ( ) 0P x, y dx Q x, y dy+ = es homogénea si ( ) ( )P x, y y Q x, y son

funciones homogéneas y ambas son del mismo grado de homogeneidad, es decir:

( ) ( ) ( ) ( )m mP x, y P x, y y Q x, y Q x, yλ λ λ λ λ λ= =

Para resolver una ecuación diferencial homogénea se procede como sigue:

1) Se realiza un cambio de variable y vx= 2) De donde dy vdx xdv= + 3) Se sustituyen tanto la variable independiente como su derivada en función de la

nueva variable v con lo cual se reduce la expresión a una ecuación de variables separables.

4) Se resuelve de la forma convencional la EDO resultante.

Ejemplo 1.



2

2 2yyx

′ = −

Solución: Se reescribe la ecuación diferencial

2

2 2 0y dx dyx

⎛ ⎞− − =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Se comprueba que es homogénea :

2 2 2

2 2 22 2( y ) ydx dy dx dy( x ) xλ λλ λ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − ⇒ − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Ya que se verifica la condición de homogeneidad se realiza el cambio de variable apropiado

y vx; dy dx xdν ν= = +

2 2 0dx xdν ν ν⎡ ⎤− − − =⎣ ⎦

Solución por separación de variables

2 02

dx dvx v v− =

− −∫ ∫ Resolviendo

1 0 2 12 1

A B A B y A Bv v

+ = ∴ + = − =− +

1 13 3

B ; A= − = Integrando:

( )3 11 13 2 3 1 2

x vdx dv dv Cx v v v

+− + ⇒ =

− + −∫ ∫ ∫

Realizando la sustitución hacia atrás:

( )3

2x y x

Cy x

+=

−

Ejemplo 2

dy x ydx x y

+=

−

Solución



( ) ( ) 0x y dy x y dx− − + + =

Se comprueba la homogeneidad de la ecuación

( ) ( ) ( ) ( ){ }x y dy x y dx x y dx x y dyλ λ λ λ λ− − + + = + − −

Y se concluye que es homogénea de grado 1

Desarrollo de la solución

( ) ( )( ) ( )2

1

1

d dxx vx dx x vx vdx xdvx

ν ν

ν

−+ − − + ⇒ =

+ Integrando

( ) ( )22

11

1

vdx dv ln x ln v arc tan v Cx v

−+ ⇒ + + = +

+∫ ∫ Con la consecuente sustitución hacia

atrás:

( )2 2 21 yln x v arc tan v C ln y x ln C arc tanx

⎛ ⎞+ = + ⇒ + + = ⎜ ⎟⎝ ⎠

O bien:

2 2 yln C y x arc tanx

⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟⎝ ⎠


1 yxy y lnx

⎛ ⎞′ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

1 Cxy xe +=

2 ( ) ( )2 2 23 3 2y xy x dx x xy dy+ + = + ( )23x

y xCx e x y−

+ = +

3 2 2y x y xyy′ ′+ = y / xCy e= 4 2 2xy y x y′ − = +

2 2 21 x y y xC

= + +

5 yxyy e

x′ = +

yxln xC e

−= −

6 ( )2 23 2 0y x dy xydx− + = 2 2 3y x Cy− =

7 2 2

2 222

dy y xy xdx y xy x

− −=

+ −

2 2y x Cy x+

=+

8 ( ) ( ) 0x y ln y y ln x dx x ln y ln x dy− + + − = ( )x y ln x y ln y xC y− + = +



9 2 xydydx xy x

=− ( )( )22y x y x C− + =

10 2y xyy'

xy+

= ( ) ( )22y x y x C− + =

Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas

Son de la forma

1 1 1

2 2 2

a x b y cdy fdx a x b y c

⎛ ⎞+ += ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

Para resolverlas primeramente se resuelve el sistema de ecuaciones lineales:

1 1 1

2 2 2

00

a x b y ca x b y c

+ + =+ + =

Si la solución es: ( )0 0x , y se realiza en cambio de variable siguiente: 0

0

x X xy Y y= +⎧

⎨ = +⎩

Con sus respectivas derivadas:

( ) ( )0 01 1dy dy dY dX dy d dX d dy dY; Y y ; x xdx dY dX dx dY dY dx dx dx dX

= = + = = − = ∴ =

Realizando las sustituciones:

( ) ( )( ) ( )

[ ][ ]

1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1

2 0 2 0 2 2 2 2 0 2 0 2

a X x b Y y c a X b Y a x b y cdy dY f fdx dX a X x b Y y c a X b Y a x b y c

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + + + + += = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ + + + + + + +⎝ ⎠⎝ ⎠

Los términos entre corchetes valen cero ya que son las ecuaciones lineales del sistema evaluadas en el punto donde se anulan, por lo cual:

1 1

2 2

a X b Ydy dY fdx dX a X b Y

⎛ ⎞+= = ⎜ ⎟+⎝ ⎠

Este resultado es una ecuación homogénea que se resuelve por el método antes visto.



Ejemplo 1

( ) ( )2 4 0x y dx x y dy+ − + − + = El sistema de ecuaciones a resolver es:

24

x yx y+ =− = −

Cuya solución por algún método se puede obtener fácilmente. Por ejemplo, usando la regla de Cramer:

1 1 2 1 1 21 1 2 2 4 2 4 2 6

1 1 4 1 1 4x yD ; D ; D= = − − = − = = − + = = = − − = −− − − −

0 02 61 32 2

yx DDx ; yD D

−= = = − = = =

− −

Realizando la sustitución de las variables:

0

0

13

x X x X dx dXy Y y Y dy dY= + = − → =

= + = + → =

Substitución en la ecuación diferencial

( ) ( )1 3 2 1 3 4 0X Y dx X Y dY− + + − + − − − + = ( ) ( ) 0X Y dX X Y dY⇒ + + − =

Ahora es homogénea. Determinación del orden:

( ) ( )( ) ( ){ }

0

0

X Y dX X Y dY

X Y dX X Y dY

λ λ λ λ

λ

+ + − =

+ + − =

Se concluye que es homogénea de grado 1.

Transformación a ecuación de variables separables

Yv Y vX ; dY vdX XdvX

= ⇒ = = + Solución de la ecuación

( ) ( )( ) ( )2

1

1 2

ddXX vX dX X vX vdX XdvX

ν ν

ν ν

−+ + − + ⇒ +

− − + Resolviendo



( )( )22 11

2 2 1

−+ =

− −∫ ∫ v dvdX CX v v

( )2 2 21

1 2 1 2 12

ln X ln v v X v v C+ − − ⇒ − − =

Solución

2 212Y YX X C− − =

Se retorna a las variables originales usando sustitución inversa:

( ) ( )( ) ( )2 23 2 3 1 1y y x x C− − − + − + = Finalmente:

2 2 2 4 8y x xy x y C− − + − =

Ejemplo 2

( )( )

2

22 2

1

yy

x y

+′ =

+ −

Reescribiendo la ecuación diferencial:

( ) ( )2 22 2 1 0y dx x y dy+ − + − =

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

0 1 2 1 0 21 3 2

1 1 1 1 1 1x yD ; D ; D− −

= = − = = − = =

0 03 23 21 1

yx DDx ; yD D

−= = = = = = −

− − 0

0

32

x X x X dx dXy Y y Y dy dY= + = + ⇒ =

= + = − ⇒ =

Sustituyendo de forma apropiada

( )222 0Y dX X Y dY− + =

Comprobación de homogeneidad

( ) ( ) ( ){ }2 2 2 2 2 22 2Y dX X Y dY Y dX X XY Y dYλ λ λ λ− + = − + +

Es homogénea de grado 2



Transformación a variables separables

Yv Y vX dY vdX XdvX

= ⇒ = ⇒ = + ⇒

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 3 3 22 1 2Xv dX X Xv Xdv vdX X v v dX X v v dv− + + = − + − + +

Separación e integración

2 2

3 31 2 0X v vdX dv

X v v+ +

+ =+

2

21 2v v

v vΙ + +=

+ 22

1dv dvv v

Ι = ++∫ ∫

( )222

1arc tan vdX dv dv CvX e

X v v−+ + = =

+∫ ∫ ∫

Retornando a las variables originales

2232

yarc tanxC( y ) e+⎛ ⎞− ⎜ ⎟−⎝ ⎠+ =

Ejemplo 3

2 52 4

dy y xdx x y

− −=

− +

Solución ( ) ( )2 5 2 4 0y x dx x y dy− − − − + =

3 3 6x yD ; D ; D= − = = − 0 01 2x ; y= − = Cambio de variables:

0

0

12

x X x X dx dXy Y y Y dy dY= + = − ⇒ =

= + = + ⇒ =

Realizando la sustitución para encontrar la homogénea:

( ) ( )2 2 0Y X dX X Y dY− − − =

La cual resulta ser de grado uno

Transformando a una ecuación de variables separables

( ) ( )2 21 2 0X v dX X v dv− − − =

Solución de la ecuación diferencial



221

dX v dv CX v

−+ =

−∫ ∫ 21 2 112 2 1

vln X ln v ln Cv

−+ − − =

+

O bien:

( ) ( )3Y X C Y X+ = −

Retornando a las variables originales

( ) ( )32 1 2 1y x C y x− + + = − − − Finalmente: ( ) ( )31 3y x C y x+ − = − −

Ejemplo 4

2 71

dy x ydx x y

+ −=

− +

Se resuelve el sistema de ecuaciones:

1 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1

2 32 1 7 0 3 9 0 1 3

R R R R / R− − − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− + → →⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 1 11 0 20 1 3

R R R ⎛ ⎞+ → ⎜ ⎟

⎝ ⎠, por lo tanto: 0 02 3x , y= =

La relación entre variables es:

2 3 2 3X x ; Y y ; x X y Y= − = − = + = +

Sustituyendo las variables dependiente, su derivada e independiente de forma apropiada:

( )2 2 3 7 22 3 1

X YdY X YdX X Y X Y

+ + + − += =

+ − − + −

Realizando ahora la sustitución homogénea:

2 21

dv X vX dv vv X X vdX X vX dX v

+ ++ = ⇒ = −

− −; Reacomodando:

2 2

22 2 1

1 1 2dv v v v v v dXX dvdX v v Xv

+ − + + −= ⇒ ∴ =

− − + Integrando:



( )22 2 2

1 1 1 2 1 1 22 22 22 2 2

v v vdu dv dv arctan ln vv v v

− ⎛ ⎞= − ⇒ − +⎜ ⎟+ + + ⎝ ⎠∫ ∫ ∫

Realizando la sustitución inversa de la homogénea:

( ) ( )21 1 222 2

Y / Xarctan ln Y / X ln X C⎛ ⎞ − + = +⎜ ⎟⎝ ⎠

Luego, con la sustitución inversa de reducible a homogénea se obtiene:

( )( )

21 3 1 3 2 22 22 2 2

y yarctan ln ln x Cxx

⎛ ⎞− −⎛ ⎞− + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −− ⎝ ⎠⎝ ⎠

Ejemplo 5

( ) ( )2 4 0x y dx y dy− + + − =

Solución con pasos intermedios

( ){ } 0X Y dx YdYλ − − =

Homogénea de grado 1

Transformar a ecuación de variables separables

( )2 21 0X v v dX vX dv− − − =

Cuya solución es:

21 1 2 2 112 2 3 3

vln X ln v v arc tan C−⎛ ⎞+ − + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

O en función de las variables originales:

( ) ( )( ) ( )2 2

42 12 24 2 4 23 3

⎛ − ⎞⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎡ ⎤ ⎜ ⎟− − − − + − + =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

yxln y x y x arc tan C


Reducir a homogéneas, determinar el grado de homogeneidad, transformar a variables separables, resolver, volver a las variables originales y presentar el resultado.



1 2 1

2 1dy x ydx x y

− +=

− + 2 2x xy y x y C− + + − =

2 ( ) ( )2 2 1 0x dx x y dy− + + + − =

21 2 1 13

y yln C ln xx x

⎛ ⎞⎛ ⎞+ − = − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

3 3 6

2 1dy x ydx y x

− −=

+ +

( )

232 3

1 3 3 1 13 32 1 1 21 21

1

yy y xln arctan ...x x

ln x C

⎛ + ⎞⎛ ⎞ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎡ ⎤⎛ ⎞+ + −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟− − + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟− − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎜ ⎟⎝ ⎠

= − +

4 68

dy x ydx x y

− +=

+ + ( )

221 12 1 7

7 7y y C xx x+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

5 3 2 7

4dy x ydx x y

+ −=

+ +

( )

21 19 19 32 15 15

19 1 133 1 15 2 4 152 13 19 1 13

15 2 4

y yln ...x x

yxln ln x Cyx

⎛ ⎞+ +⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞+

− −⎜ ⎟−⎜ ⎟+ = − − +⎜ + ⎟

− +⎜ ⎟−⎝ ⎠

6 2 7

5dy x ydx x y

+ −=

+ − ( )

12

22

32 12 23 32 22 2

yx C xy yx x

⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎜ ⎟+⎜ ⎟− ⎜ ⎟ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎛ ⎞⎜ ⎟− ⎜ ⎟− ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ −⎝ ⎠⎝ ⎠

7 2 7

1dy x ydx x y

+ −=

− +

( )( )

21 3 1 3 2 22 22 2 2

y yarctan ln ln x Cxx

⎛ ⎞− −⎛ ⎞− + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −− ⎝ ⎠⎝ ⎠

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS EXACTAS

Diferenciales de funciones de dos variables.

Dada una función ( )F x, y C= , su diferencial total es:

F FDF( x, y ) dx dyx y

∂ ∂= +∂ ∂



Tomando ( ) ( )F FM x, y y N x, yx y

∂ ∂= =∂ ∂

,

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

La condición necesaria y suficiente para que ( ) ( ) 0M x, y dx N x, y dy+ = sea exacta es que

cumpla con el siguiente criterio:

2 2F Fy x x y∂ ∂

=∂ ∂ ∂ ∂

Ya que:

( ) ( )M x, y N x, yy x∂ ∂

=∂ ∂

La solución de una ecuación diferencial exacta puede realizarse de varias formas.

1. Método 1: Uniendo soluciones

a) Se integra M parcialmente con respecto a x: ( )xFf dx M x, y dxx

∂= =

∂∫ ∫

b) Se integra N parcialmente con respecto a y: ( )yFf dy N x, y dyy

∂= =

∂∫ ∫

c) Se unen las soluciones: ( ) x yF x, y f f C= ∪ =

2. Método 2: Integrar-Derivar-Integrar (IDI) a) Se integra M o N parcialmente con respecto a x o y, lo que sea más fácil:

( ) ( )FF dx M x, y dx yx

φ∂= = +

∂∫ ∫

( ) ( )FF dy N x, y dy xy

φ∂= = +

∂∫ ∫

b) Se deriva parcialmente F respecto a y o respecto a x, según sea el caso:

( ) ( ),d F M x, y ydy

φ= + o bien:

( ) ( ),d F N x, y xdx

φ= +

d) Se compara DF con el coeficiente de dy o con el coeficiente de dx



e) Se deduce la expresión de la función ( ), yφ o de ( ), xφ f) Finalmente se integra la última expresión y sustituye en la expresión obtenida en a):

( ) ( ),y y dyφ φ= ∫ ; ( ) ( ),x x dxφ φ= ∫

3. Método 3: Integración definida a) Se procede como en el caso I integrando M respecto de x y N con respecto a y entre

los límites r-r0 y t-t0. F u v= +

donde

( )0

r

ru M x,t dx= ∫ y ( )

0

0

t

tv N r , y dy= ∫

O también

( )0

0

r

ru M x,t dx= ∫ y ( )

0

t

tv N x, y dy= ∫

b) Se toma F(r0,t0)=constante y se agrupa con la constante de integración y se remplazan las variables r y t por x e y, respectivamente. La solución queda entonces como la suma de u y v.

Ejemplo 1

Obtener la derivada total de la siguiente función

( ) 2 3F x, y xy yx= − ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 3 322 23

xy yx xy yx y xy xF y yxx x x x x x

∂ − ∂ ∂ ∂∂∂= = − = − = −

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 3 2 3

32xy yx xy yx x y x yF xy x

y y y y y y

∂ − ∂ ∂ ∂ ∂∂= = − = − = −

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

( ) ( )2 2 33 2 0DF y yx dx xy x dy= − + − =

Integrar este último resultado.

-Prueba de exactitud



( ) ( ) ( )2 2 2 22

3 32 3

y x y y x yM y xy y y y

∂ − ∂ ∂∂= = − = −

∂ ∂ ∂ ∂

( ) ( ) ( )3 32

2 22 3

xy x xxyM y xy y y y

∂ − ∂∂∂= = − = −

∂ ∂ ∂ ∂,

En este caso, M Ny x

∂ ∂=

∂ ∂

Integrando con la técnica de unión de soluciones:

( )2 2 2 2 2 33 3xf y x y dx y dx x ydx y x x y= − = − = −∫ ∫ ∫

( ) ( )32yf N x, y dy xy x dy= = −∫ ∫ , ( ) 3 2 32yf N x, y dy xydy x dy xy x y= = − = −∫ ∫ ∫

( ) 2 3x yf x, y f f C xy x y= ∪ = = −

Que es la función de la cual se partió.

Ejemplo 2

Resolver la siguiente ecuación diferencial exacta:

31 1 0

22x xe dx dy

xy y

⎛ ⎞⎛ ⎞+ + − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Solución

Usando la segunda técnica:

( )1 22

x xxF dx e dx e yyxy

φ= + = − + +∫ ∫

Derivando esta última expresión respecto a “y” e igualando el resultado con el coeficiente de dy:

( ) ( )3 3 31 32 2

x x x' y ' yy y y

φ φ+ = − ∴ = − ,



Finalmente se integra φ’(y):

( ) 332

x' y dy dyy

φ = −∫ ∫ ; ( ) 3y x / yφ =

Entonces la solución es: 2 3xx xF ey y

= − + + , la cual simplificada queda finalmente como:

xx / y e C+ =

Ejemplo 3

( )22 0xydx x y dy+ − =

Solución por el tercer método:

( ) ( )0 0

202

r t

r txt dx r y dy C+ − =∫ ∫

Resolviendo las integrales:

00

22 2

0 2

tr

rt

yx t r y C+ − = Evaluando:

222 2 2 2 0

0 0 0 02 2ttr t r t r t r t C− + − − + = Simplificando:

222 2 0

0 02 2ttr t C r t− = + −

Finalmente:

22

2yx y C− =

Ejemplo 4

2

22 0x x xe dx dyy y

⎛ ⎞⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Prueba de exactitud:



1

2

2 1220 2

xx xy yM e y xx

y y y y y y

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠= + = + = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂

( )2

22

2 2 21 1 22

xxyN xx

x x xy y y

⎛ ⎞−∂ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ∂∂ −⎝ ⎠= = − = − =

∂ ∂ ∂;

M Ny x

∂ ∂=

∂ ∂

Entonces la solución procede como sigue con el segundo método:

2x xF Mdx e dxy

⎛ ⎞= = +⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ ( )22x x xF e dx xdx e y

y yφ= + = + +∫ ∫

( ) ( )2 1x / yF e x yy y y y

φ∂∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂ ∂

2 2

2 2F x d xy dyy y

φ∂= − + = −

∂ 0d C

dyφ φ= ∴ =

Solución

2x xe C

y+ =

Ejemplo 5

Se repite el Ejemplo 4 resuelto con el tercer método:

0 0

202

2⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫x y

x

x y

xxe dx dy Cy y

0 0 0

2 20

2x x yx

x x ye dx xdx x y dy

y−+ −∫ ∫ ∫

Resolviendo las integrales y simplificando

( ) ( )2 2 2 1 10 0 0

1 − −− + − − − + =oxxe e x x x y y Cy

0

220

0

xx xxe C ey y

+ = + +

De donde finalmente

0

2 2 220 0 0

0

xx x x xxe e Cy y y y

− + − + − =

Con la condición inicial

0

20

0

x xCI : ey

+



De acuerdo con la condición anterior:

2x xe C

y+ =

Ejemplo 5

3 2 2 21 2 2 1 0y xy y x yxdx dyx y x y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + ++ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Solución

( )( ) ( )( )( )

2 3 2

2

3 2 1 1x y y xy y xyMy x y

+ + − + +∂=

∂ +

( )

2 2 3

24 2 2 1∂ + + −

=∂ +

M xy x y yy x y

Simplificando y comparando

M N es exactay x

∂ ∂= ∴

∂ ∂

La solución de nueva cuenta procede como sigue (Método 3):

3 2 1y xyu Mdx dxx y+ +

= =+∫ ∫

3 2 1y xy dxx y x y x y

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠∫ ; Y entonces se obtiene: ( ) ( )3 2 xu y ln x y y dx ln x y

x y= + + + +

+∫

Finalmente: ( )2u xy ln x y= + +

Integrando N con respecto de “y”

2 2 220 0

0 00 0 0 0

2 2 1 12 2y x yx y yv dy x dy x dy dyx y x y x y x y

⎛ ⎞+ += = + +⎜ ⎟⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫

( )20 0v x y ln x y= + +

Evaluando las soluciones de las integrales u y v entre los límites x y x0

( ) ( )2 20 0u xy x y ln x y ln x y= − + + − +

( ) ( )2 20 0 0 0 0 0v x y x y ln x y ln x y= − + + − −

Sumando u y v:



( ) ( )2 20 0 0 0u v xy x y ln x y ln x y+ = − + + − +

Simplificando la última expresión ya que ( )20 0 0 0CI x y ln x y= − − + , entonces:

( )2xy ln x y C+ + =

Ejemplo 6

2 33 2 3 2

2 33 24 3 0x xy sec x x dx y tan x dyy y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Por el segundo método 2 2

2 2 2 23 3

6 63 3M x N xy sec x ; y sec xy xy y

∂ ∂= − = −

∂ ∂ Con lo cual se corrobora que son exactas.

Integración de M:

2 33 2 3 3 4

2 234 x xu y sec x x dx y tan x x ( y )y y

φ⎛ ⎞

= + + = + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫

Por otro lado:

32

323u x d ( y )y tan x

y dyyφ∂

= − +∂

Determinación de φ(y) comparando u’ con N:

( ) ( ) ( )3 3

2 23 3

2 23 3 0x x df dy tan x y tan x ; y Cdy dyy y

φ φ− = − + = ⇒ =

Entonces la solución es: 3

3 43

xy tan x x Cy

+ − =

Ejercicios propuestos

1 22 2 2 22 0

x xx e y edx y dyy yx y x y

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + − + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( ) ( )1

2 2 22xeF x, y x y yy

= + + +

2 ( ) ( )1 3 0x y dx y x dy+ + − − + = ( )2 2

32 2x yF x, y yx x y= + + − −



3 22 02 2

y xxy dx x dyxy xy

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ( ) 2F x, y x y xy= −

4 ( ) ( ) ( ) 0y sen x y dx cos x y y sen x y dy− ⋅ + + + − ⋅ + =⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( )F x, y y cos x y= ⋅ +

5 ( ) ( )3 2 22 3 0xy y dx x xy dy− + − = ( ) 2 3F x, y x y xy= −

6 ( ) 02

x yx y x yex e dx x e dy

x

−− −⎛ ⎞

⋅ − − ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) x yF x, y x e −= ⋅

7 ( ) ( ) ( ) 0x y x y x yy e cos y dx x e cos y e sen y dy⋅ ⋅ ⋅⎡ ⎤⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ =⎣ ⎦ ( ) ( )x yF x, y e cos y⋅= ⋅

8 ( ) ( ) ( )( )2 2 0y tan x x y sec x dx x tan x y dy⎡ ⎤⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + =⎣ ⎦ ( ) ( ) 2F x, y x y tan x y= ⋅ ⋅ +

REDUCIBLES A EXACTAS

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

Al tomar ( ) ( )M x, y N x, yy x∂ ∂

≠∂ ∂

Entonces se dice que la ecuación diferencia no es exacta.

Esta ecuación es posible transformarla a exacta mediante el siguiente procedimiento:

a) Multiplicando la EDO por un factor (μ) que depende de “x” ( ) ( ) ( ) ( ) 0x M x, y dx x N x, y dyμ μ+ =

b) Se deriva en seguida la ecuación como si fuera exacta, es decir:

( ) ( ) ( ) ( )x M x, y x M x, yy y

μ μ∂ ∂=⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )dx M x, y x N x, y N x x N x, y N xx x x x dx

μ μ μ μ μ∂ ∂ ∂ ∂⇒ + = +⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∂ ∂ ∂

c) Igualando las expresiones anteriores, que es la condición para que sea una ecuación exacta:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )dx N x, y N x x M x, yx dx y

μ μ μ∂ ∂+ =

∂ ∂, de donde

( ) ( ) ( ) ( )dN x x M x, y N x, ydx y x

μ μ⎡ ⎤∂ ∂

= −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

Separando variables:



( )( ) ( ) ( ) ( )1d x

M x, y N x, y dxx N x, y y x

μμ

⎡ ⎤∂ ∂= −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

Integrando:

( )( ) ( ) ( ) ( )1d x

M x, y N x, y dxx N x, y y x

μμ

⎡ ⎤∂ ∂= −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫ ∫ Lo cual produce:

( )( ) ( ) ( ) ( )1ln x M x, y N x, y dxN x, y y x

μ⎡ ⎤∂ ∂

= −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫

De donde: ( ) ( ) ( ) ( )1 M x,y N x,y dxN x,y y xx eμ

⎡ ⎤∂ ∂−⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫

=

c) Si se multiplica por un factor que dependa de “y” ( ) ( ) ( ) ( ) 0y M x, y dx y N x, y dyμ μ+ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )y M x, y y M x, y M x, y yy y y

μ μ μ∂ ∂ ∂= +⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∂ ∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )dy M x, y y M x, y M x, y yy y dy

μ μ μ∂ ∂= +⎡ ⎤⎣ ⎦∂ ∂

Con el criterio de exactitud:

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

μ μ μ∂ ∂= +

∂ ∂,

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

μ μ μ∂ ∂− =

∂ ∂

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

μ μ⎡ ⎤∂ ∂

− =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

Separando variables,

( ) ( ) ( ) ( )( )

1 d yN x, y M x, y dy

M x, y x y yμμ

⎡ ⎤∂ ∂− =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

Integrando:

( ) ( ) ( ) ( )( )

1 d yN x, y M x, y dy

M x, y x y yμμ

⎡ ⎤∂ ∂− =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫ ∫ Finalmente



( ) ( ) ( ) ( )( )1 N x, y M x, y dy ln yM x, y x y

μ⎡ ⎤∂ ∂

− =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫

O bien: ( ) ( ) ( ) ( )1 N x,y M x,y dyM x,y x yy eμ

⎡ ⎤∂ ∂−⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∫

=

Ejemplo 1

3

31 1 02 2

yy ydx ye dyxx

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟− + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Solución

3 2

33

1 342

/M y yy y xx

∂ ∂= − = −

∂ ∂,

1 2

31 12 4

/N x yyx y x

−∂ ∂= = −

∂ ∂

Se ensaya si el factor integrante que depende de “x”

3 33 14 4112

y

y yx xM N

N y x y yex

⎛ ⎞− +⎜ ⎟

⎛ ⎞∂ ∂ ⎝ ⎠− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ +; simplificando:

31

1 212

y

yM N x

N y x y yex

−⎛ ⎞∂ ∂

− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ +, es decir una función de dos variables por lo cual se desecha la

hipótesis que el factor integrante depende de “x”. Por lo tanto se elije ahora un factor que dependa de “y”:

3

3 3 31 1 3 1 1

4 4 2N M y y y/

M x y yx x x

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂ ⎜ ⎟− = − + − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠,

Puesto que el factor sólo depende de “y” se utiliza la expresión:



( )1

1dyyy e

yμ

−∫= =

Se multiplica la ecuación diferencial por el factor con lo cual se transforma en:

31 1 1 02 2

yy dx e dyxyx

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

,

Se realiza la prueba de exactitud:

( )3 3

1 1 12 4

y M yy y x x y

μ∂ ∂= − = −

∂ ∂

( ) 1 1 1 12 2

y yy Ne e

x x xy x xy xμ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂

= + = +⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ de donde se obtiene:

( )3

1 14

y Nx x x y

μ∂ ∂= −

∂ ∂ con lo cual se verifica que ahora la ecuación diferencial es exacta.

Entonces, usando la técnica IDI, integrando M con respecto a “x”

( )312

yF dx y / x yx

φ⎛ ⎞

= − = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫

Derivando F con respecto a “y” e igualando este resultado con el coeficiente N:

( ) ( ) ( )1 12 2

y y y' y e ' y e y exy xy

φ φ φ+ = + ⇒ = ∴ =

Y la solución es entonces:

yC y / x e= +

Ejemplo 2

( )22 3 1 0

1 1

y xdx dyx y y

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟+ + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ −⎝ ⎠

Comprobación de exactitud



( )( )

1

212 2 33

1

−∂ −∂ ∂= + = −

∂ ∂ ∂ −

yM yy x y y x y

; ( )

( ) ( )2 21 1 1

1 1

N xx x xy y

∂∂ ∂= − = −

∂ ∂ ∂− −

Se concluye que: M Ny x

∂ ∂≠

∂ ∂

Cálculo del factor integrante:

( ) ( )2 22 3 1

1 1

M Ny x x y y

∂ ∂− = − +

∂ ∂ − −, Por lo tanto:

( )22 2

1

M Ny x x y

∂ ∂− = −

∂ ∂ −

( )

( )

2

2

2 211

11

x yM NxN y x

y

−−⎛ ⎞∂ ∂

− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ −−

; ( )

( )

2

2

2 111 2

11

xx yM N

xN y x xy

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟−⎛ ⎞∂ ∂ ⎝ ⎠− = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ −

−

El factor integrante es función de x:

( )2

2 2dx ln xxe e xμ∫

= = = Multiplicando toda la expresión por el factor integrante:

( )

2 2 32

22 3 0

1 1

x y x xdx x dyx y y

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟+ + − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Con lo cual se verifica el criterio de exactitud:

( )

2

232

1

M xxy y

∂= −

∂ −

( )

2

232

1

N xxx y

∂= −

∂ −

Entonces se aplica el procedimiento para la solución de ecuaciones exactas:

( )2 3

2321 1

x xu xy dx x yy y

⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠∫

( )

3 32 2

2 11

x xv x dy x yyy

⎛ ⎞⎜ ⎟= − = +⎜ ⎟ −−⎝ ⎠∫

Evaluando u y v (Método 3 de exactas)

332 2 0

001 1xxu : x y x y

y y+ − −

− −

3 32 20 00 0 0

01 1x xv : x y x yy y

+ − −− −

Sumando u y v:



3 3 332 2 2 20 0 0

0 0 0 00 01 1 1 1x x xxu v x y x y x y x y

y y y y+ = + − − + + − −

− − − −

3 332 20 0

0 001 1 1

x xxu v x y x yy y y

+ = + + − −− − −

Pero 3

2 00 0

0 1xCI x y

y= − −

−

Resultado

32

1xx y C

y+ =

−

Ejemplo 3 ( ) ( ) 0y cos x xsenx dx ysenx x cos x dy− + + = Prueba de exactitud

M Ncos x; y cos x xsenx cos xy x

∂ ∂= = − +

∂ ∂ Por lo cual se verifica que: M N

y x∂ ∂

≠∂ ∂

Determinación del factor integrante:

M N cos x y cos x xsenx cos xy x

∂ ∂− = − + −

∂ ∂

1 1M N y cos x xsenxN y x y cos x xsenx⎛ ⎞∂ ∂ −

− = =⎜ ⎟∂ ∂ −⎝ ⎠

dy y( y ) e eμ ∫= = Multiplicando la ec. diferencial por el factor integrante:

( ) ( ) 0y y y ye y cos x e xsenx dx e ysenx e x cos x dy− + + =

Con lo cual se verifica la exactitud de la ecuación.

y y yM e cos x e y cos x e xsenxy

∂= + −

∂

y y yN e cos x e y cos x e xsenxx

∂= + −

∂

Entonces se procede a la solución de la forma ya conocida: y y yu e ysenx e x cos x e senx= + −

( )y y yv ye e senx x cos xe= − +

La integral de cada función tomando límites es

0 0 0 0y y y y y yu : ye senx e x cos x e senx e ysenx e x cos x e senx+ − − + +

0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0

y y yy y yv : ye senx e senx x e cos x y e senx e senx x e cos x− + − + −

La suma de ambas funciones es:



0 0 00 0 0 0 0y y yy y yye senx xe cos x e senx y e senx e senx x e cos x+ − − + −

0 0 00 0 0 0 0

y y yCI y e senx e senx x e cos x= − + −

Resultado

( )ye ysenx x cos x senx C+ − =


1 ( ) ( )21 2 2 02

x xxy e dx y e dyy

⎡ ⎤−⎡ ⎤+ − + + − =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ −⎣ ⎦ ( )2

2xxC e y

y= + −

−

2 ( )2 2 0y y xe ln y dx xe dyy

⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠ 2 2yC e x ln y x= +

3 ( ) ( )2 2 2 0x y dx xy dy+ + − = 1C x x y−= −

4 ( ) ( )22 2 2 0x y x y x y x yxye ye xy dx xe xye x dy+ + + ++ + + + + = 2 2 2x yC xy e x y+= +

5 ( ) ( )2 22 3 2 0x y x y x y x yxye ye xy dx xye xe x y dy− − − −+ + + − + + = 2 3 2x yC x ye x y−= +

6 ( ) 2 0x y

x y x y ee y dx e x dyy

++ +⎛ ⎞

− + + − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2x yC ye xy+= −

7 ( ) ( )( ) 0r cos d r sen drθ θ θ+ − = ( ) ( )1C r sen ln rθ−= −

8 ( ) ( )3 3 22 2 0x y x y x yy e xy dx y e y e dy+ + +− + + = 2 2x yC y e x+= −

9 ( ) ( ) ( )2 2 0yxsen x y cos x y dx xsen x y dyx

⎡ ⎤− + + + − + + =⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )2 2C x cos x y y= + −

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS LINEALES

Tiene la forma

( ) ( ) ( )0 1 0dyP x P x y Q xdx

+ = , o bien ( ) ( )dy P x y Q xdx

+ =

Esta ecuación puede resolverse como reducible a exacta de la siguiente manera:

a) Se escribe de la forma ( ) ( )dy P x ydx Q x dx+ =

b) Se reordena



( ) ( )( ) 0P x y Q x dx dy− + =

c) Se realiza la prueba de exactitud: ( ) ( ) ( )( ) ( )

P x y Q xMP x

y y∂ −∂

= =∂ ∂

,

( ) ( ) ( ) ( )10

N N Mx x x y

∂ ∂ ∂ ∂= = ∴ ≠

∂ ∂ ∂ ∂

Por lo tanto se requiere un factor de integración para que sea exacta, el cual se puede obtener tomando una función que depende de “x” ya que:

( ) ( ) ( )M N/ N P x

y x∂ ∂⎛ ⎞

− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

Entonces:

( ) ( ) ( )( ) ( ) 0x P x y Q x dx x dyμ μ− + =

Derivando de nuevo los coeficientes de las diferenciales,

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )x P x y Q x x P xyμ μ∂

− =∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( )d dx x ; x x P xx dx dxμ μ μ μ∂

= =∂

Separando variables e integrando,

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )p x dxd x

P x dx ln x p x dx x ex

μμ μ

μ∫= ⇒ = ∴ =∫ ,

Que es el factor integrante. En seguida se multiplica la ecuación diferencial lineal por el factor integrante con la finalidad de lograr su exactitud:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )dyx P x y x Q x xdx

μ μ μ+ =

O bien de forma explícita:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )p x dx p x dx p x dxdye P x ye Q x edx

∫ ∫ ∫+ =

Se observa que los términos de miembro izquierdo provienen de la derivada del producto yμ, en efecto:



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0

0

x x x xtp t dt p t dt p t dt p t dtp x dxd d dy d dyye y e e ye p t dt e

dx dx dx dx dx

⎡ ⎤⎡ ⎤ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ⎢ ⎥= + = +⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦∫

( ) ( ) ( )0 0

x xp t dt p t dt dyye p x edx

∫ ∫= +

Entonces la solución de la ecuación diferencial puede plantearse como sigue:

( ) ( ) ( )d y x x Q xdx

μ μ=⎡ ⎤⎣ ⎦

Integrando de ambos lados con respecto a x y despejando y:

( ) ( ) ( )1y x Q x dy Cx

μμ

⎡ ⎤⎢ ⎥= +⎢ ⎥⎣ ⎦∫

Ejemplo 1:

2dyx y xdx

+ =

Rearreglando: 2 1dy y

dx x⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

, Por lo tanto

( ) ( )2 1P x ; Q xx

= = y ( ) ( )2

2 2dx ln xxx e e xμ∫

= = = ; La solución es entonces:

( )3

2 2 22

1 13 3x xy x dx C x C y Cx

x− −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥= + = + ⇒ = +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦∫

Ejemplo 2

2y cos x cos x ysenx′ = +

Se despeja la derivada: senxy cos x ycos x

′ = + Rearreglando: ( ) ( )y y tan x cos x′ − =

Desarrollo de la solución:



Se identifican los términos:P( x ) tan xQ( x ) cos x

= −=

Se obtiene el factor integrante: 1tan xdxe sec x

cos x− −∫ = =

La solución parcial es: ( ) ( ) ( ) ( )1

Ι

= + ∫Cy cos x cos x dxcos x cos x

De donde:

( )2 1 1 22 4

cos xdx x senx cos xΙ = = +∫ Finalmente:

1 1 12 2

Cy x senx cos xcos x cos x

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Ejemplo 3

( )23 2 1

2yy x

x x′ + = +

− −

Solución

( ) ( )23 2 1

2P( x ) ; Q x x

x x= = +

− − Desarrollo del método

( ) 2

32

dxp x dx x xe e−− − −∫∫ = ; 3

2 1A B

x x+ =

− + De donde: 1 1A ; B= = −

Multiplicando por el factor:

( ) ( )1 1 22 12 2 1

x x xy C x dxx x x

Ι

+ + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

De donde:

( ) ( )222

2x

x dxΙ−

= − =∫

Finalmente:

( ) ( )21 2

2

x x Cy

x

⎡ ⎤+ − +⎢ ⎥⎣ ⎦=−

Ejemplo 4



2 xxy y e ln x′ + = +

Se despeja la derivada

2 x ln xdy y edx x x x

+ = + Desarrollo del método:

2 x ln xeP( x ) ; Q( x )x x x

= = + 2

21dx

xex

−∫=

( ) 22 2

1 x ln xC ey x dxx xx x

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ Empleando la integración por partes:

1xI xe dx= ∫

x xu x du dx ; v e dv e dx= ∴ = = ∴ = 1x x x xI xe e dx xe e= − = −∫

2 2

2 2 2x ln x x dx

xΙ = − ∫

2

2dx xu ln x dv xdx; du vx

= ⇒ = = ⇒ =

2

21

2 2x ln x

xdxΙ = − ∫ 2 2

21

2 2 2x ln x xΙ = −

Entonces, la solución explícita es:

2 22 2

1 1 12 4

x xCy xe e x ln x xx x

⎛ ⎞= + − + −⎜ ⎟⎝ ⎠


1 ( )5 0y cos x senx dx senxdy− + =

35

5

2 13 5

cos xC cos x cos xy

sen x

− + −=

2 22 2dy y x xdx

+ = + ( )2 21 2 2 14

xy Ce x x−= + − −

3 ( )2 0xydx xy x ye dy+ + − = 2 21 11

2 2

y yCe exyy y

− ⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

4 ( )2 3 1 0cos ysenydx x cos y dy+ − = x C csc y sec y= +



5 dy y tan x sec xdx

− =

C xycos x+

=

6 ( ) 33 1 xdyx x y edx

−+ + =

33

xxCey e

x

−−= +

7 21 y

y ydx exdy e e

−

−−

+ =+

y y y yx Ce e ln e e− − −= + +

8 xdy y edx

− = ( ) xy x C e= +

9 2dyx y xdx

+ = 23xy Cx−= +

ECUACIONES DE BERNOULLI

Son ecuaciones que se reduce a la forma lineal mediante la sustitución 1 nz y −= .

Tienen la forma: ( ) ( ) ny' P x y Q x y+ = o bien:

( ) ( ) { }0 1ndy P x y Q x y , n R ,dx

+ = ∈ −

Se pueden resolver mediante el siguiente procedimiento:

1. Dividiendo por ny toda la ecuación:

( ) ( )1n n

dy yP x Q xdxy y

+ = ; simplificando:

( ) ( )1n ndyy P x y Q xdx

− −+ =

2. Se realiza el cambio de variable siguiente: 1 nz y −=

( )1 ndz dyn ydx dx

−= − ∴ ( ) ( )

111

n

ndy dz y dzdx dx n dxn y−

= =−−

3. Sustituyendo dy/dx e y en función de z:

( ) ( ) ( )1

nn y dzy P x z Q x

n dx− + =

−

4. Multiplicando por ( )1 n− toda la ecuación:

( ) ( ) ( ) ( )1 1dz n P x z n Q xdx

+ − = −



Con lo cual se obtiene una ecuación diferencial lineal para “z” que se resuelve con la fórmula respectiva.

( ) ( )( ) ( )1 1z x n Q x dx Cx

μμ

⎡ ⎤⎢ ⎥= − +⎢ ⎥⎣ ⎦∫ , donde ( ) ( ) ( )1 n P x dxx eμ −∫=

Ejemplo 1:

3dy xy xydx

= + , se reordena la ecuación ( ) 3dy x y xydx

+ − = , dividiendo por 3y , ( )3 2dyy x y xdx

− −+ − =

Tomando 1 3nz y , n−= = , 1 3 2z y y− −= =

3

322

dz dy dy y dzy ,dx dx dx dx

−= − =−

Por lo tanto la ecuación original se reduce a:

( )3

32

y dzy x z xdx

− + − =−

Despejando el término de la derivada:

( )( ) ( )2 2dz x z xdx

+ − − = − ; ( )2 2dz x z xdx

+ = −

Tomando ( ) ( )2 2P x x y Q x x= = −

( )22xdx xx e eμ ∫= = , por lo tanto

( )2

2

1 2xx

z e x dx Ce

⎡ ⎤⎢ ⎥= − +⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ,

2 2 2

1x x xz e e C C e− −⎡ ⎤= − + = − +⎣ ⎦

Resultado:

22 1 xy C e− −= − +

Ejemplo 2

( )2 3 2 22 1 2x y x y y x′ − = − Se reescribe la ecuación diferencial de acuerdo al formato señalado:



( )22

2

1 22

xdy xy ydx x

−− =

Con los parámetros:

( ) ( ) 21 22 2xP x x; Q x ; n

x−

= − = =

El factor integrante se calcula de la siguiente manera: ( ) ( ) ( ) 21 1 2 2n Pdx x dx xe e e− − − − − −∫ ∫= = ; ( ) 21 2n Pdx xe xdx e− ∫ = =∫

Entonces la solución procede como sigue:

( ) ( )2 2 22

1 22

1 21 2

Ι

− − − ⎛ ⎞−= + − ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∫x x xxy Ce e e dxx

De dode: 2

2

1

2 2x

xe dx e dxxΙ

Ι = −∫ ∫

Resolviendo por partes I1:

2 2 12 12

1x x xu e du xe dx; dv x dx v

x

−− −

= ⇒ = = ⇒ = =−∫ ∫

( )2 2

2 2

11 2 2

x xx xe exe dx e dx

x x xΙ ⎛ ⎞= − − − = − +⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫

22 2

2 2x

x xe e dx e e dxx

Ι = − + −∫ ∫ O bien: 2

2 21x

x x ey Ce ex

− − − ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟

⎜ ⎟⎝ ⎠

De manera alternativa: 21 1xCe

y x−= +

Ejemplo 3

( )32 y senx y cos x y x cos x senx′ + = − Desarrollo

( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 11 1n Pdx n Pdx Pdxnny Ce e n Q x e dx− − − − −− ∫ ∫ ∫= + − ∫

32 2

dy y cos x x cos x senxydx senx senx

−+ =

( ) ( )1 32 2 2cos x x cos x senxP x cot x; Q x ; nsenx senx

−= = = =



Cálculo de los factores: ( ) 11 3

2 1cot xdxe

senx

− − ∫= Y la solución es:

1 1 3 12

n x cos x senxy Csex senx dxsenx senx

Ι

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ Resolviendo I1 por partes:

2

1 2x cos x dxI dx

senxsen xΙ

= −∫ ∫

udv uv vdu= −∫ ∫

2u x dv sen x cos xdx−= = 1 1

1sen xdu dx v

senx

−= = = −

− 21 1I x dx

senx senx⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫

1x dx dx xI

senx senx senx senx= − − + = −∫ ∫

1 3 xy Csenx senx Csenx xsenx

− ⎛ ⎞= − − = +⎜ ⎟⎝ ⎠

La solución obtenida es:

21 Csenx xy

= +

Ejemplo 4

( ) ( )2 2 23 3y y dx y x yx x dy− = + +

Tiene el formato y solución siguientes

( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 11 1n Pdy n Pdy Pdynnx Ce e n Q y e dy− − − − −− ∫ ∫ ∫= + − ∫

Rearreglando el problema:

( ) ( )2 2 23 3dxy y y x yx xdy

− = + +

( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 323 3 2

3 3 3 3

y ydx y yx x ; P y ; Q y ; ndy y y y y y y y y

+ − +− = = = =

− − − −

( ) ( )31 2

3dy

y ye−− −−∫

= 333

dy dyln y ln yy y ye e e

y

−− −−∫ ∫

= =−

Sustituyendo en el formato:

( ) ( )3

1 2 31 23 3 3

Cy y y y yx dyy y y y y

Ι

− ⎡ ⎤+ −= + − ⎢ ⎥

− − −⎢ ⎥⎣ ⎦∫



Solución de las integrales

3

2y y dy

yΙ

⎛ ⎞+= ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ 2

2y ln y= + De donde se obtiene el siguiente resultado:

3

1 23

yCy y ln yx

y−

− −=

− Ejemplo 5

32

23

xy ey yx x

′ + =

Desarrollo:

223

xy ey yx x

′ + = ( ) 21 2

3

xeP x ; Q( x ) ; nx x

= = = −

( )( ) 33

11 2dx

ln xxe ex

−∫− − − = = ( )( ) 3 31 2

dxln xxe e x

∫− − = =

( ) ( )( )1 2 33 3 2

1 1 23

xC ey x dxx x x

Ι

− − = + − − ∫ ;

1

13 3

xxeI xdx e xdx

Ι

= =∫ ∫

1 13 3

x xI xe e= −

Con el siguiente resultado:

33

x xC xe eyx

+ −=


1 2 33 1dyy y xdx

= + + 3 2xy Ce x= − −

2 ( )3 32y xy y x x′ − = − + 2 2

21 1xCe xy

−= + +

3 22 0xyy y x′ − + = 2y Cx x ln x= +

4 31xy yy

′ + = 4 4 1y Cx−= +

5 3

32

y cos xy y y senx′ + = − 2 2 2

21 2x x xCe e e cos xy

−= − −

6 2

32 4y yyx x

′ + =2

21 1x Cy x= −



7 3dy xy xydx

= + 22 1 xy Ce− −= − +

8 2dyy x ydx

= + 2 212

xy x Ce= − − +

9 ( )3 2 3 4

2dy xx y ydx x x

+= −

+ ( ) ( )

21 2 2 4 22xx x x ln x

y⎡ ⎤

= + − + +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

10 ( ) ( )

5

39

33

dy x x ydx x xx y

−= −

−−

( )( )

62

4 33

xy x ln x Cx

= − +⎡ ⎤⎣ ⎦−

PROBLEMAS DE APLICACIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES

Ley de enfriamiento de Newton

“La velocidad de enfriamiento de un cuerpo en el aire es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo T y la temperatura del aire T0”.

( )0dT k T Tdt

= −

T0 = temperatura ambiente.

La ecuación diferencial anterior puede resolverse mediante el método de separación de variables:

0

0

ln T T kt CdT k dT ; e eT T

− += =−∫ ∫

0 0kt ktT T Ce T Ce T− = ∴ = +

Problema 1 Una taza de café a 92°C se introduce a una habitación con una temperatura de 25°C. Transcurridos 10 min, el líquido tiene una temperatura de 75°C. Calcular la temperatura que se tendrá después de 20 min. Calcule el tiempo en el cual el café tiene una temperatura de 30°C. Desarrollo de la solución

00 92= ⇒ = °t T C Sustituyendo en el modelo de la Ley de Newton de enfriamiento:

( )092 25 92 25 67kCe ; C C C−= + = − ∴ = ° Entonces la solución es:

67 25ktT e= + Con la finalidad de determinar la constante de proporcionalidad se usa la otra condición de que a 10 minutos la temperatura del líquido es conocida:

10 75t min T C= ⇒ = °

10 1075 67 25 67 50k( ) ke ; e= + = 1

5067 0 029

10

lnk . min−= = − Finalmente se obtiene el modelo:

0 02967 25. tT e−= + Con el cual se resuelve el problema en cuestión:



20t min, T ?= =

( )0 029 2067 25.T e−= + ; 62 51T . C= °

30T C; t ?= ° = 0 02930 67 25. te−= + ∴ 89 49t . min=

Problema 2 Un motor se ha sobrecalentado y alcanzado una temperatura de 400°C, para probar si sus partes se deterioran se introduce en ese instante en un frigorífico que se encuentra a 3°C. Transcurridos 15 min se mide su temperatura, y ésta es 350°C. Calcule el tiempo en el cual el motor tendrá una temperatura de 220°C. Si se necesita que el motor alcance la temperatura de 25°C ¿en qué tiempo se realizará esto?

Solución

0 400t T C= ⇒ = ° ( )0400 3 397kCe C C= + ∴ = °

( )1515 350 350 397 3kt min T C; C e= ⇒ = ° ° = + 38 97 10k . −= − ×

El modelo final es:

( )38 97 10397 3−− × ⋅= +. tT e Se resuelve el problema:

( )38 97 10220 397 3−− × ⋅= +. te 67 33t . min=

( )38 97 1025 397 3−− × ⋅= + ∴. te 322 50t . min=

Problema 3 Una sustancia al colocarse en aire, cuya temperatura es de 20°C, se enfría de 100°C a 60°C en 10 min. Hallar la temperatura después de 40 min.

0 100t T C= ⇒ = ° ( )0100 20 80kCe C C C= + ° ∴ = °

10 60t min T C= ⇒ = ° ( ) ( )1060 80 20ke= + ∴ 10 69k . min−= −

Finalmente el modelo es:

0 06980 20. tT e−= + Y la solución del problema se encuentra sustituyendo el tiempo de 40 min en el modelo:

25T C= °

Problema 4



Un termómetro que está en el interior de una habitación se lleva al exterior donde la temperatura del aire es de 10°F. Después de medio minuto el termómetro marca 50°F y al minuto marca 36.6°F. Hallar la temperatura inicial de la habitación.

1 502t min T F= ⇒ = °

Crecimiento de poblaciones

“La tasa de crecimiento de una población de bacterias es proporcional a la concentración de ellas en cualquier instante”

dP Pdt

∝ Introduciendo una constante de proporcionalidad:

dP kPdt

=

Este modelo puede resolverse fácilmente ya que se trata de una ecuación diferencial de variables separables:

dP k t ln P kt CP

= ⇒ = +∫ ∫ De donde se puede despejar la concentración de bacterias:

lnP Kt C kte e P Ce+= ∴ = C y k pueden evaluarse fácilmente conociendo en dos tiempos diferentes la concentración de las colonias, ya que la ecuación contiene dos incógnitas. Sea P0 la concentración al tiempo t0 y P1 la concentración al tiempo t1 entonces se parte del modelo justo en el paso de integración de la siguiente forma:

( )0 0

00

P t

P t

dx Pk dy ln k t tx P

⎛ ⎞= ⇒ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ Entonces de la segunda condición se determina “k”:

( )1 0

0 l

ln P / Pk

t t=

− Finalmente se sustituye en la solución general:

( ) ( )1 0

00 0 l

ln P / PPln t tP t t

⎛ ⎞= −⎜ ⎟ −⎝ ⎠

Rearreglando:

( )( )

0

01

0 0

l

t tt tPPln ln

P P

−−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )( )

0

010

0

l

t tt tPP P

P

−−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Problema 1 Crecimiento de las amibas en el organismo del ser humano. A un paciente se le hizo un análisis gastro-intestinal y se determinó una población de 7x106 de amibas. Después de 15 días se repitió el análisis y se determinó que la población de éstas se había triplicado. ¿En qué tiempo la población será 5 veces mayor a la inicial? Solución:



( )( )( )

00 150 3

tP P

−−= Si P=5P0 ( ) ( )

( )155

5 3 153

t lnt

ln= ∴ =

22t dias≈

Problema 2 Cierto día y con un fuerte dolor de cabeza el redactor de un reglamento fue a visitar al médico y los estudios practicados determinaron que las neuronas estaba disminuyendo. La primera prueba indicó que el número de neuronas fue de 1x106. Después de 20 días y de haber aprobado el reglamento, se comprobó que había disminuido el 2% de las neuronas. Determinar el tiempo en el cual sólo quedarían vivas el 60% de ellas. Solución:

2000

0

0 98t

. PP PP

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠ Si P=60%P0 00 60. P

0P( )200 98

t.=

506t días≈

Problema propuesto Se sabe que la población de cierta comunidad aumenta en un instante cualquiera con una rapidez proporcional al número de pobladores en dicho instante. Si la población de una ciudad aumenta en 40 años de 40000 a 90000 habitantes. Encontrar la población al cabo de 60 años.

Relación de conservación de masa en un tanque perfectamente mezclado en estado no estacionario.

Considere un tanque con agitación perfecta en el cual entra y sale continuamente un flujo de líquido en el cual está disuelto un sólido en concentraciones relativamente bajas.

1C1Q

2C2Q

( )x t

cte=TV

( )V t

El flujo volumétrico de entrada es Q1 y la concentración de un soluto perfectamente disuelto se denomina C1. El flujo y la concentración de salida son respectivamente Q2 y C2. El volumen del tanque es VT y es constante por ser un recipiente hermético; el volumen de la mezcla líquida en cualquier instante en el tanque es V(t) el cual puede ser variable si los flujos volumétricos de entrada y salida son diferentes; si dichos flujos son iguales V(t)=V(t0)=constante. La concentración de soluto en cualquier instante es “x” y es la misma en cualquier punto del tanque y por lo tanto en



la salida. Se supone que la concentración de soluto es tal que no cambia apreciablemente el volumen del fluido.

Usando el elemento de volumen igual al recipiente se aplica la ley de la conservación de la masa usando el siguiente principio:

[ ] [ ] [ ]Acumulación entrada salida= −

En un instante de tiempo Δt la acumulación dentro del tanque es:

[ ] t t tAcumulación x xΔ+= −

Mientras que la entrada y salida de masa se pueden cuantificar multiplicando la concentración por el flujo volumétrico:

1 1entrada de masa Q C tΔ= ; 2 2salida de masa Q C tΔ=

Se considera que los flujos de entrada y salida son constantes así como la concentración de entrada, no así la concentración de salida, la cual cambia con el tiempo. En un instante de tiempo Δt la concentración media de salida es: 2C

De acuerdo al principio general:

21 1 2t t tx x Q C t Q C tΔ Δ Δ+ − = − Dividiendo por delta-t

21 1 2t t tx x

Q C Q Ct

ΔΔ

+ −= −

Tomando el límite cuando delta-t tiende a cero:

21 1 20 0 0

t t tt t t

x xlim lim Q C lim Q C

tΔ

Δ Δ ΔΔ+

→ → →

−= −

De donde se obtiene:

1 1 2 2dx Q C Q Cdt

= −

Las dimensiones de los flujos y las concentraciones son:

3

3L m m m dx mQ ; C ; QC ; x ;t t t dt tL

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦



Se puede tomar la concentración de ( )( )2

x tC

V t=

Donde el volumen del fluido se calcula de la siguiente manera:

( ) ( )0 1 2V t V Q Q t= + −

Entonces el modelo que permite calcular la cantidad de soluto en el tanque a cualquier tiempo es:

( )2 1 10 1 2

dx xQ Q Cdt V Q Q t

+ =+ −

La cual es una ecuación diferencial lineal donde:

( ) ( )2

0 1 2

QP tV Q Q t

=+ −

y ( ) 1 1Q t Q C constante= =

Y el factor integrante es:

( )2

0 1 2

Q dtV Q Q teμ

∫+ −=

Problema 1 Un tanque contiene inicialmente 50 galones de agua pura. En el instante t=0 entra al tanque una salmuera que contiene 2 lb de sal disuelta por galón (salmuera) con un rapidez de 3 gal/min (gasto o flujo volumétrico). La mezcla se mantiene uniforme mediante agitación y se supone que se alcanza el equilibrio de forma instantánea dentro del tanque. Si la salmuera sale simultáneamente del tanque con la misma rapidez (con el mismo gasto), ¿Qué cantidad de sal se encuentra dentro del tanque después de 25 min? Solución. Del balance general:

23 350

dx gal lbs gal x lbsdt min gal min gal

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 36 650 50

dx x dx xdt dt

= − ⇒ + =

Resolviendo la ecuación diferencial lineal: Pdt Pdt Pdtx Ce e Q( t )e dt− −∫ ∫ ∫= + ∫

3 650

P( t ) ; Q( t )= = 3 3 3 350 50 50 50

t tdt dte e ; e e− −∫ ∫

= =

Sustituyendo: 3 3 3 3 3 350 50 50 50 50 5050 36 100

3 50

− − − − ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

t t t t t t

x Ce e ( ) e dt Ce e e o bien:



350 100

t

x Ce−

= + Se determina la constante C empleando la condición inicial: 0 0t x= ⇒ =

3 0500 100 100( )

Ce ; C−

= + = −

El modelo final es: 350100 100

t

x e−

= − + Entonces, para las condiciones del problema:

25t min x ?= ⇒ = 3 25

50100 100( )

x e−

= − + 77 68x . lbs≈ Problema 2 Un tanque contiene inicialmente 50 galones de salmuera en donde se han disuelto 10 lb de sal. Se bombea salmuera dentro del tanque a razón de 5 gal/min, con una concentración de 2 lb de sal/galón. La mezcla se mantiene uniforme mediante agitación y se descarga simultáneamente a razón de 3 gal/min. ¿Qué cantidad de sal hay en el tanque después de 60 min?

La ecuación diferencial a resolver es: 25 3

50 2dx gal lbs gal x lbsdt min gal min ( t gal

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ O bien de manera reducida:

3 1050 2

dx xdt t

+ =+

Con los parámetros: 3 10

50 2P( t ) ; Q( t )

t= =

+

( )

3 22 50 2

32

1

50 2

dtte

t

−+∫

=+

( )3 2

32 50 2 250 2dt

te t+∫= +

( ) ( )( )

( )[ ]3

23 3 3

2 2 2

1 10 50 2 2 2 50 2250 2 50 2 50 2

C Cx t dt tt t t

⎛ ⎞= + + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠+ + +∫

De manera simplificada ( )

32

100 450 2

Cx tt

= + ++

Usando la condición: 0 10= ⇒ =t x lb

( )( )( )3

210 100 4 0

50 2 0= + +

+

C 31820C = − Sustituyendo en la solución general:

( )3

2

31820 100 450 2

x tt

−= + +

+ Entonces la solución al problema es:

60t min x ?= ⇒ = ( )

32

31820 100 240170

x −= + + 325 64x . lbs≈

Problema 3



Un tanque de 100 lt está lleno con salmuera que contiene 60 kg de sal disuelta. Entra agua en el tanque con un gasto de 2 lt/min, y la mezcla que se encuentra uniforme mediante agitación sale a la misma velocidad. ¿Cuánta sal queda en el tanque después de una hora?

18 07x . kg≈

Problema 4 En el tanque hay 378 lt de salmuera que contiene 23 kg de sal disuelta entra agua en el tanque a razón de 11.5 lt/min y la mezcla sale en igual cantidad. La concentración dentro del tanque se mantiene uniforme mediante agitación. ¿Qué cantidad de sal queda en el tanque al cabo de una hora? Si a la salida del tanque el gasto volumétrico fuera de 9 lts/min ¿Cuál será la cantidad de sal después de 30 min?

3 70x . kg≈

Problema 5 Examine el esquema y la solución propuesta y proponga un texto para el problema

2H O

1 11.5 / minQ L=2 9 / minQ L=

378LTV =

23kg sal

11 5 9 2 5lts lts ltsGv . .min min min

= − =

dx E Sdt

= − ; 11 5 0 0lts kgE .min lt

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

; 9378 2 5

lts x kgSmin lt . t

⎛ ⎞= ⎜ ⎟+⎝ ⎠

9 0378 2 5

dx xdt . t

+ =+ ( )

92 5378 2 5 .

Cx. t

=+

( )9

2523 378C =

Por lo que: 11 98x . kg≈

Problema 6



Un tanque contiene originalmente 100 galones de agua limpia. En un tiempo t = 0, salmuera que contiene ½ libra de sal por galón, fluye al interior del tanque a una rapidez de 2 galones por minuto y la mezcla homogenizada abandona el tanque con la misma. ¿Qué cantidad de sal hay en 2 minutos

8 57x .=

Problema 7 Un gran tanque que está lleno con 100 galones de agua en el cual se disuelven 10 libras de sal, una salmuera que contiene 0.5 libras de sal por galón, se bombea dentro del tanque con una rapidez de 4 galones por minuto. ¿Cuántas libras de sal habrá en el tanque después de 10 min?

36x lb≈

Reacciones químicas

Se basan en la ley de acción de masas.

En un sistema a volumen constante y temperatura constante, la rapidez o tasa de una reacción química es proporcional a las masas activas de las sustancias reactantes. En otras palabras la velocidad con la cual una reacción se lleva a cabo, depende de forma directa de la cantidad de los reactivos presentes que aún no han reaccionado. La tasa de reacción puede definirse como la cantidad de materia que está siendo transformada por unidad de tiempo y por unidad de volumen de reacción.

Cinética de primer orden (unimolecular elemental)

A Productos→ dA Adt

∝ Introduciendo una constante de rapidez de

reacción: dA kAdt

=

Lo cual puede resolverse fácilmente y se obtiene:

1

0 0

A t

A

dA k dxA

=∫ ∫ 1

0

Aln ktA

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠ O bien: 1 0

ktA A e=

Para una cinética de segundo orden (bimolecular elemental) con coeficientes estequiométricos iguales (a=b) y la misma concentración inicial (A0=B0):

aA bB productos+ → 2dA Adt

∝ Introduciendo una constante de

proporcionalidad (constante de rapidez):

2dA kAdt

= La solución es: 2dA kAdt

=

1

0

20

At

A

dA k dxA

=∫ ∫ 1 0

1 1 ktA A

− = − Despejando A1: 1

0 0

11

AA ktA

=−



Problema 1 Supóngase que una reacción química sigue una cinética de primer orden. La mitad de la sustancia A ha reaccionado al finalizar 10 seg. Encuéntrese en cuánto tiempo se transforman 9/10 de la sustancia.

01102

t seg A A= ⇒ = ( ) ( )0

0

1 2 110 1 210

/ Aln k k ln /A

⎛ ⎞= ∴ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

1

0

1 At lnk A

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ( )( )( )

0

0

1 1011 101 10 1 21 210

ln /At lnA ln /ln /

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠ 33 22t . seg≈

Problema 2 La sustancia química A se transforma en otra sustancia B. la velocidad de formación B varia en forma directamente proporcional a la cantidad de A presente en cada instante. Si inicialmente se hallan presentes 10 kg de A y en una hora 3 kg se han formado de B, ¿qué cantidad de B se ha formado después de 2.5 hrs?

Por conservación de masa A+B =A0 en cualquier tiempo.

00 10t A kg= ⇒ = ; 1 11 3 7t h B kg A kg= ⇒ = ∴ =

( ) ( )7 1 7 1010

ln k k ln /⎛ ⎞ = ∴ =⎜ ⎟⎝ ⎠

( )( )5 27 102 10 4 1

/ln /A e . kg= ≈ Entonces 2 5 9B . kg≈

Problema 3 En un matraz de 250 mL se lleva a cabo la reacción A R→ . Inicialmente hay 4 g del reactante A y no existe producto. Cuando transcurren 5 minutos de iniciada la reacción la cantidad de A ha disminuido en 50%. Halle el tiempo en el cual el 75% de A se ha transformado.

t=10 min



Ecuaciones diferenciales ordinarias de orden superior Ecuaciones diferenciales ordinarias de segundo orden

Método de variación de

parámetros

Resolver la siguiente ecuación diferencial homogénea de segundo orden

2

2 1 02 0d y dya a a ydxdx

+ + =

a) Se propone una solución del tipo rxy e= b) Se sustituye la solución en la EDO junto con sus derivadas:

rxdy redx

= ; 2

22

rx rxd y d re r edxdx

= =

22 1 0 0rx rx rxa r e a re a e+ + = de donde se factoriza y:

22 1 0 0rxe a r a r a⎡ ⎤+ + =⎣ ⎦

El término exponencial no puede tomar el valor de cero ( 0rxe ≠ ), por lo tanto: 2

2 1 0 0a r a r a+ + =

c) Para encontrar los valores de r que satisfacen la ecuación anterior se aplica la fórmula general para encontrar las raíces del polinomio de segundo grado en r, de lo cual resulta:

21 1 2 0

12

42

a a a ar

a− + −

= ; 2

1 1 2 02

2

42

a a a ar

a− − −

=

d) Por lo que la solución homogénea para raíces reales y diferentes del polinomio característico ( 1 2r r≠ ) es una combinación lineal:

1 21 2r x r x

hy C e C e= + .

e) En el caso de que las raíces sean iguales ( 1 2r r= ), con la finalidad de evitar absurdos: 1 21 2r x r x

hy C e C xe= +

f) Si el discriminante, 21 2 04 0D a a a= − < , la solución es



1

2 22 2a i Dra a−

= ±

1 1

2 2 2 22 2 2 21 2

a i D a i Dx xa a a a

hy C e C e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −+ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠= + , 1

2 222 22

1 2

i D i Da x xx a aahy e C e C e

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎡ ⎤⎢ ⎥

= +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Pero por la identidad de Euler:

( ) ( )ie e cos isenα β α β β± = ±⎡ ⎤⎣ ⎦

Tomando 22

Da

β =

[ ] [ ] [ ] [ ]{ }1

221 2 3 2

a xa

hy e C cos x iC sen x C cos x iC sen xβ β β β−

= + + − ,

[ ] [ ] [ ] [ ]{ }1

221 3 2 4

a xa

hy e C C cos x i C C sen xβ β−

= + + + , y haciendo

1 3 1'C C C+ = , ( )2 4 2

'i C C C+ = , la solución resulta

[ ] [ ]( )1

221 2

a xa ' '

hy e C cos x C sen xβ β−

= + , entonces

1

221 2

2 22 2

a xa

hD Dy e C cos x C sen xa a

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪= +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭, para ir ∈

Ejemplo 1

0y y′′ ′+ = 2 0 1 0r r ; r ( r )+ = + = 1 20 1r ; r= = −

De acuerdo al modelo original: 1 21 2r x r x

cy C e C e= + Sustituyendo: ( ) ( )0 1

1 2 20− −= + = +x x xcy C e C e C e Finalmente la solución general es:

2x

cy C e−= Ejemplo 2:



2 0y y y′′ ′+ + =

( )22 2 1 0 1 0r r r+ + = ⇒ + = 1 2 1r r= = −

Por lo tanto se usa el modelo: 1 21 2r x r x

cy C e C Xe= + Sustituyendo:

1 2x x

cy C e C Xe− −= + Ejemplo 3

2 2 0y y y′′ ′− + = 2 2 2 0r r− + = 1 1r i= + y 2 1r i= − Por lo cual se usa el modelo:

( ) ( )1 2x

cy e C cos x C sen xα β β= +⎡ ⎤⎣ ⎦ Sustituyendo: ( ) ( )( )11 21 1( )x

cy e C cos x C sen x= +

Finalmente: ( ) ( )( )1 2x

cy e C cos x C sen x= + Ejemplo 4

16 0y y′′ + = Sujeto a las siguientes condiciones de frontera: ( )0 2y = ( )0 2y′ = − Solución:

2 16 0r + = ∴ 1 24 4r i; r i= = − Empleando el modelo apropiado:

( ) ( )1 24 4y C cos x C sen x= + Evaluando las condiciones de frontera para encontrar la solución particular:

( ) ( )1 2 12 4 0 4 0 2= + ∴ =C cos C sen C

( ) ( )1 24 4 4 4y C sen x C cos x′ = − + Evaluando: ( ) ( ) ( )2 212 4 2 4 0 4 4 02

− = − + ∴ = −sen C cos C

Finalmente sustituyendo las constantes en la solución general:

( ) ( )12 4 42

y cos x sen x= −

Ejemplo 5

Resolver la siguiente ecuación diferencial homogénea de tercer orden

3 2

3 26 13 2 0d y d y dy ydxdx dx

− + + =

La ecuación polinómica asociada es 3 26 13 2 0r r r− + + = , resolviendo con el método de Tartaglia-Cardano:

1 2 31 1 22 3

r ; r ; r= = − = , por lo tanto la solución es:



112321 2 3

xx xhy C e C e C e

−= + +

Ejemplo 6

Resolver la siguiente ecuación diferencial homogénea de cuarto orden

4 2

4 2 2 0d y d y ydx dx

− − =

La ecuación característica asociada es 4 2 2 0r r− − = , resolviendo:

( )( )4 2 2 22 1 2r r r r− − = + − , 1 2 3 4 2r r i, r r= = ± = = , por lo tanto la solución es

( ) ( )2 21 2 3 4

x xhy C e C xe C cos x C sen x= + + +


1 2 3 0y'' y' y− + = ( ) ( ){ }1 22 2xhy e C cos x C s en x= ⋅ + ⋅

2 3 2 25 0y'' y' . y+ + = 3 2 3 21 2

x/ x/hy C e C x e− −= + ⋅

3 4 0y'' y+ = ( ) ( )1 22 2hy C cos x C s en x= +

4 2 5 0y'' y' y− + = ( ) ( ){ }1 22 2xhy e C cos x C s en x= +

5 2 2 0y''' y'' y' y− − + = 21 2 3

x x xhy C e C e C e−= + +

6 3 4 0ivy y'' y− − = ( ) ( )2 21 2 3 4

x xhy C e C e C cos x C sen x−= + + +

Ecuaciones diferenciales no homogéneas de segundo orden

Método de variación de parámetros

Sea la ecuación diferencial lineal no homogénea

( )2 1 0a y'' a y' a y g x+ + =

Cuya solución homogénea es:

1 1 2 2hy C y C y= +

Y la solución no homogénea complementaria es:



1 1 2 2py v y v y= +

Entonces, con la finalidad de encontrar los coeficientes v1 y v2 se procede como sigue:

a) Se deriva la solución yp:

1 2 1 21 2 1 2, , , , ,py v y v y v y v y= + + +

b) Se impone la restricción: 1 21 2 0, ,v y v y+ = con lo cual se obtiene de a):

1 21 2, , ,py v y v y= +

c) Se calcula la segunda derivada de yp:

1 21 2 1 1 2 2,, ,, ,, , , , ,py v y v y v y v y= + + +

d) Se sustituye yp y sus derivadas en al EDO:

[ ]2 1 2 1 1 2 0 1 1 2 21 2 1 1 2 2 1 2,, ,, , , , , , ,a v y v y v y v y a v y v y a v y v y g⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + + + + + =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ , desarrollando

2 1 2 2 2 2 1 1 1 2 0 1 1 0 2 21 2 1 1 2 2 1 2,, ,, , , , , , ,a v y a v y a v y a v y a v y a v y a v y a v y g+ + + + + + + = , agrupando

1 2 1 01 1,, ,v a y a y a y⎡ ⎤+ +⎣ ⎦ 2 2 1 0 22 2

,, ,v a y a y a y⎡ ⎤+ + +⎣ ⎦ 2 1 1 2 2, , , ,a v y v y g⎡ ⎤+ + =⎣ ⎦

Entonces se genera el siguiente sistema de ecuaciones lineales

1 21 2 0, ,v y v y+ =

21 1 2 2, , , ,v y v y g / a+ =

e) Se resuelve el sistema lineal

1 2

21 2

0, ,

y y

y y g / a

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, Cuya solución por la regla de Cramer produce:

1 2

1 2, ,

y yW

y y= ,

21

2 2

0,

yW

g / a y= ; 1

22 2

0yW

y g / a=

De donde se obtiene la solución siguiente:

1 21 2, ,W Wv ; v

W W= =



f) Finalmente se integran las expresiones anteriores:

1 21 2

W Wv dx; v dxW W

= =∫ ∫ y se escribe la solución completa:

g h py y y= +

Ejemplo 1

( )16 4y'' y cos x+ =

Cuya solución general homogénea es:

( ) ( )1 24 4hy C cos x C sen x= +

La solución no homogénea es:

( ) ( )1 24 4py v cos x v sen x= +

Entonces se procede a construir los determinantes combinados:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 24 4

4 4 4 4 44 4 4 4cos x sen x

W cos x sen xsen x cos x

= = + =−

( ) ( ) ( ) ( )1 2

4 4 4 44 4

sen x cos x cos x cos xv dx; v dx= − =∫ ∫

( ) ( ) ( )21

1 14 4 4 416 32

v sen x cos x dx sen x= − = −⎡ ⎤⎣ ⎦∫

( ) ( ) ( )22

1 81 1 1 14 8 84 4 2 8 64

cos xv cos x dx dx dx cos x dx

+⎡ ⎤= ⇒ = +⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫

( )21 1 88 64

v x sen x= +

En seguida se sustituyen v1 y v2 en la solución propuesta:

( ) ( ) ( ) ( )21 1 14 4 8 432 8 64py sen x cos x x sen x sen x⎡ ⎤= − + +⎢ ⎥⎣ ⎦

Desarrollando y simplificando:



( ) ( ) ( ) ( ) ( )21 1 14 4 8 4 432 64 8

sen x cos x sen x sen x xsen x= − + +

( )1 48

= xsen x

La solución completa es, finalmente:

( ) ( ) ( )1 214 4 48gy C cos x C sen x xsen x= + +

Ejemplo 2

22 2 xy y y e′′ ′− + = Solución

21 22 1 0 1r r r r− + = ∴ = = y 1 2

x xcy C e C xe= +

Tomando 1xy e= y 2

xy xe= y derivando cada una:

1, xy e= y 2

, x xy xe e= + Se forma las matrices correspondientes:

2 2 2 2x x

x x x xx x x

e xew xe e xe e

e xe e= = + − =

+

31 2

02

2

xx

x x x

xew xe

e xe e= = −

+ 3

2 2

02

2

xx

x x

ew e

e e= =

31

1 22 2

x' x

xw xev xew e

−= = = − 1 2 2 2x x xdv xe dx xe e= − = − +∫ ∫

32

2 22 2

x' x

xw ev ew e

= = = 2 2 xdv e=∫

( ) ( )2 2 2x x x x xpy xe e e e xe= − + + Simplificando:

22 xpy e= Finalmente se construye la solución completa:

g c py y y= + ( ) 21 2 2x x

gy e C C x e= + + Ejemplo 3

y y cot x′′ + = Desarrollo

2 1 0r + = r i= ± 1 2hy C cos x C sen x= +

1 2py f cos x. f senx= +



2 2 1cos x sen x

w cos x sen xsen x cos x

= = + =−

10 sen x

w cot x sen x cos xcot x cos x

= = − = −

2

20cos x cos xw cos x cot x

sen x cot x senx= = =−

11 1' w cos xv cos x

w−

= = = − 1 1dv cos xdx v senx= − ⇒ = −∫ ∫

22

2' w cos xv

w senx= =

2 2

21cos x sen xdv dx dx

senx senx−

= =∫ ∫ ∫ 2v ln csc x cot x cos x= − +

py senx cos x senx cos x senx ln csc x cot x= − + + −

La solución yg es

1 2gy C cos x C sen x senx ln csc x cot x= + + −

Ejemplo 4

Resolver la ecuación diferencial siguiente utilizando condiciones frontera dadas

( )( )

128 2 402

yy y cos x senx

y

π

π

⎧ = −⎪′′ + = − ⎨′ =⎪⎩

Desarrollo

Resolviendo como homogénea

21 21 0r r i, r i+ = ∴ = = −

1 2hy C cos x C sen x= + 1 2py v cos x v sen x= + y:

( ) ( )8 2 4py cos x sen x′ = −

2 2 1cos x sen x

w cos x sen xsen x cos x

= = + =−

21

08 2 4

8 2 4sen x

w cos x sen x sen xcos x senx cos x

= = − +−

20

8 2 48 2 4

cos xw cos x cos x senx cos x

sen x cos x senx= = −− −

21

18 2 4

1' w cos xsenx sen xv

w− +

= =



( )2 2 21 8 2 4 8 2 1 4dv senx cos xdx sen xdx senx cos x dx sen xdx= − + = − − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3

116 1 18 4 2

3 2 4cos xv cos x x sen x⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

22

8 2 41

' w cos x cos x senx cos xvw

−= = 2 8 2 4dv cos x cos xdx senx cos xdx= −∫ ∫ ∫

( )22 8 2 1 4dv cos x cos x dx senx cos xdx= − −∫ ∫ ∫

23

216 483 2

sen xv senx sen x= − − Sustituyendo en la solución general:

3 3 216 168 2 2 8 23 3py cos x cos x x sen x cos x senx sen x sen x senx⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Simplificando

4 2 2 4 31 2

16 168 2 2 8 23 3gy C cos x C senx cos x cos x x cos x sen x cos x sen x sen x sen x= + + − + − + − −

Evaluando las condiciones de frontera:

4 21 2

2 4 3

161 8 22 2 3 2 2 2 2

162 8 22 2 2 3 2 2

C cos C sen cos cos cos

sen cos sen sen sen

π π π π π π

π π π π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 216 161 0 1 0 8 09 2 0 0 0 8 1 1 2 13 2 3

C C π⎛ ⎞= + + − + − + − −⎜ ⎟⎝ ⎠

2 216 51 8 23 3

C ; C− = + − − = −

( )( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )( )

( )( )( ) ( )( )( )( )

31 2

3 2

16 4 8 23

2 2 2 2 2 8 216 4 2 33

,gy C senx C cos x cos x senx cos x senx ...

x senx cos x sen x senx cos x cos x senx cos x ...

sen x cos x sen x cos x

⎛ ⎞= − + + − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

+ − + + − + +

− −



( ) ( )( )

( )

31 2

16 4 8 22 2 3 2 2 2 2

2 2 2 2 22 2 2 2 2 2

C sen C cos cos sen cos sen ...

sen cos sen sen cos

π π π π π π

π π π π π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛+ − + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( ) ( )3 2

2

168 2 4 2 32 2 3 2 2 2 2

cos ...

sen cos sen cos sen cos

π

π π π π π π

⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎜ ⎟⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

1 2640 1 0 0 1 16 0 1 1

2 3642 0 0 1 2 1 0 16 1 0 1 0 6 1 03

gy C C ...π π⎛ ⎞ = = + + − − − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

+ + − + + − −

1 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0C Cπ π= + + − − + + + + − − ⇒ =

La solución particular es 4 2

2 4 3

5 16 8 2 23 3

168 23

gy cos x senx cos x cos x x cos x sen x cos x...

sen x sen x sen x

π= − + − + −

+ − −

Ejemplo 5

23

2d y y sec xdx

+ = Sujeta a: ( ) ( ) 10 1 0 2y , y′= =

Solución

1 2cy C cos x C sen x= + 2 2 1

cos x sen xw cos x sen x

sen x cos x= = + =−

31 3 3

0 sen x senxw sec x sen xsec x cos x cos x

−= = − =

3 22 3 3 2

0 1cos x cos xw cos x sec x sec xsen x sec x cos x cos x

= = = = =−

311 31'

senxw senxcos xvw cos x

−−

= = =

2 2

1 3 2 2senx cos x sec xdv dx

cos x

−− −= = =

−∫ ∫

222

2 1' w sec xv sec x

w= = =

22dv sec xdx tan x= =∫ ∫

2 21 12 2p

sen x sen xy cos x tan xsenxcos x cos x

−= + = − + Simplificando:

12py sec x cos x= − Entonces la solución completa:



1 212gy C cos x C sen x sec x cos x= + + − Evaluando las condiciones de frontera:

( ) ( ) ( ) ( )1 211 0 0 0 02

C cos C sen sec cos= + + − 1 11 31 12 2

C C= + − ⇒ =

1 212gy C senx C cos x sec x tan x senx′ = − + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 21 1 10 0 0 0 02 2 2

C sen C cos sec tan sen C= − + + + ⇒ = La forma particular de la ecuación es

( )12gy cos x sen x sec x= + +


1 ( )29 3y'' y cos x+ = ( ) ( ) ( )21 2

13 3 1 327hy C cos x C sen x sen x⎡ ⎤= + + +⎣ ⎦

2 ( )216 16 4y'' y csc x+ = ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )1 24 4

4 4 4 1

y C cos x C sen x ...

ln csc x ctg x cos x

= +

− − −

2 ( )2

2d y y tan xdx

+ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2y C cos x C sen x cos x ln sec x tan x= + − +⎡ ⎤⎣ ⎦

3 32 2 4 2 tx'' x' x e− − = 2 31 2

14

t t ty C e C e e−= + +

4 ( ) ( ) ( )16 4y'' y secθ θ θ+ = ( ) ( )( ) ( ) ( )

1 24 4

4 14 416 4

py C cos C sen ...

cosln sec sen

θ θ

θθ θ θ

= +

+ +⎡ ⎤⎣ ⎦

5 ( )24 2y'' y cs c x+ = ( ) ( )( ) ( ) ( )

1 22 2

2 12 24 4

py C cos x C sen x ...

cos xln csc x cot x

= +

− − −⎡ ⎤⎣ ⎦

6 410 25 xy'' y' y e− + = 5 5 41 2

x x xy C e C xe e= + +

7 ( )1 2214

/ xy'' y' y x e− + = ( ) ( ) ( )41 2 1 2 1 2

1 2 12/ x / x / xxy C e C xe e= + +



8 2

324 4

xey'' y' yx

− + = 2

2 21 2

xx x ey C e C xe

x= + +

9 4

438 16

xey'' y' yx

−+ + =

44 4

1 2 22

xx x ey C e C xe

x

−− −= + +

Coeficientes indeterminados

Este método está limitado a algunos tipos de la función de excitación como puede verse en la Tabla 1 y consiste en lo siguiente:

a) Se busca que la función de excitación sea parecida a alguna de la Tabla 1. b) Si F(x) es un polinomio sin importar si está incompleto la solución se escribe dependiendo

del grado con todos sus términos. c) Cuando F(x) es exponencial se deja el argumento de la exponencial sin cambio. d) Si existe el producto de una función potencia y una exponencial se usa la regla de c) para la

exponencial multiplicada por el polinomio de acuerdo con la regla de b). e) Si F(x) es seno o coseno la solución se expresa como una combinación lineal de ambas.

Ejemplo 1

10 4y'' y x− = − +

Resolviendo la parte homogénea

2 1 0 1r , r− = = ±

1 2x x

hy C e C e−= +

Se propone yP como un polinomio:

py Ax B= +

0' ''p py A; y= = Sustituyendo en la EDO:

0 10 4Ax B x− − = − +

10 10Ax x; A− = − = ; 4 4B B− = ∴ = −

La solución final es:



1 2 10 4x xgy C e C e x−= + + −

Ejemplo 2

4 10 xy'' y e−+ =

Solución

( ) ( )1 22 2hy C cos x C sen x= +

xpy Ae−= , i x

py Ae−= − , ii xpy Ae−=

4 10 2x x xAe Ae e A− − −+ = ∴ = , 2 xpy e−= ; ( ) ( )1 22 2 2 x

gy C cos x C sen x e−= + +

Ejemplo 3

2 29 125 xy'' y x e− = −

Solución

2 9 0 2r , r− = = ± , 3 31 1

x xhy C e C e−= +

( )2 2xpy Ax Bx C e= + + , ( ) ( )2 2 22 2i x x

py Ax Bx C e Ax B e= + + + +

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 24 2 2 2 2 2ii x x x xpy Ax Bx C e Ax B e Ax B e A e= + + + + + + +

( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

4 4 2 2

4 9

5 4 2 2

ii x x xp

xp

x x x

y Ax Bx C e Ax B e A e

y Ax Bx C e

Ax Bx C e Ax B e A e

= + + + + +

− = − + +

= − + + + + +

{ }2 25 5 8 5 4 2xe Ax Bx Ax C B A= − − + − + +



5 0 0 1258 5 0 02 4 5 0

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Resolviendo el sistema: 254042

ABC

===

( )2 225 40 42 xpy x x e= + +

( )3 3 2 21 1 25 40 42x x x

gy C e C e x x e−= + + + +

Ejemplo 4

2 4 xy'' y' y e− + =

Solución

( )( )2 2 1 0 1 1r r r r− + = ⇒ − − , 1 1x x

hy C e C xe= +

2 xpy Ax e= , { }2 2i x x

py A x e xe= + ,

{ } { }2 22 2 2 4 2ii x x x x x x xpy A x e xe xe e A x e xe e= + + + = + +

{ }{ }2

2

2

4 2

2 2 2

ii x x xp

i x xp

xp

y A x e xe e

y A x e xe

y Ax e

= + +

− = − +

=

2 4 2x xAe e A= ∴ = , por lo tanto 22 xpy x e=

21 1 2x x x

gy C e C xe x e= + +

Ejemplo 5

( )2 8 40 2y'' y' y sen x− − = −

Solución



( )( )2 2 8 4 2r r r r− − = − + , 2 41 2

x xhy C e C e−= +

( ) ( )2 2py Asen x B cos x= + , ( ) ( )2 2 2 2ipy Acos x Bsen x= − , ( ) ( )4 2 4 2ii

py Asen x Bcos x= − −

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

4 2 4 2

2 4 2 4 2

8 8 2 8 2

4 3 2 4 3 2

iip

ip

p

y Asen x B cos x

y Bsen x Acos x

y Asen x B cos x

A B sen x A B cos x

= − −

− = −

− = − −

= − + − +

( )( )

4 3 40

4 3 0

A B

A B

− + = −

− + =,

3 103 0

A BA B− + = −+ =

, resolviendo, 3

1AB== −

( ) ( )3 2 2py sen x cos x= − ;

( ) ( )2 41 2 3 2 2x x

gy C e C e sen x cos x−= + + −

Ejemplo 6

( ) ( )4 4 5 10y'' y' y sen x cos x+ + = − +

Desarrollo

( )22 4 4 2r r r+ + = + , 2 21 2

x xhy C e C xe− −= + ; ( ) ( )py Acos x Bsen x= + ,

( ) ( )ipy Asen x Bcos x= − + , ( ) ( )ii

py Acos x Bsen x= − − ,

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

4 4 4

4 4 4

3 4 4 3

iip

ip

p

y Acos x Bsen x

y B cos x Asen x

y Acos x Bsen x

A B cos x A B sen x

= − −

= −

= +

= + + − +

Resolviendo el sistema:

3 4 104 3 5A B

A B+ =

− + = −, 2 1A , B= =



( ) ( )2py cos x sen x= + ,

( ) ( )2 21 2 2x x

gy C e C xe cos x sen x− −= + + +


1 '' ' 2 8 6y y y x+ − = − + 21 2

− −= +x xhy C e C e 4 1= −py x

2 2'' 2 ' 6 7y y y x x+ + = + + 1 2− −= + ⋅x x

hy C e C x e ( )21= +py x

3 3'' 7y y x x− = − + 1 2−= +x x

hy C e C e 3= −py x x

4 '' 20 xy y e+ = ( ) ( )1 2cos= +hy C x C sen x 10= xpy e

5 '' ' 2 12 xy y y e+ − = 21 2

−= +x xhy C e C e 4= x

py xe

6 ( )'' 2 ' 2 cosxy y y e x− + = − 1 2= + ⋅x xhy C e C x e ( )2 cos= x

py e x

7 ( )'' 10cos− = −y y x 1 2−= +x x

hy C e C e ( )5cos=py x

8 ( )'' 4 cos+ =y y x ( ) ( )1 2cos= +hy C x C sen x ( )2= ⋅py x sen x

9 ( ) ( )'' 2 ' 2 cos 2sin+ + = −y y y x x 1 2− −= + ⋅x x

hy C e C x e ( ) ( )cos sin= +py x x

Operadores anuladores

Indicar qué operador anula la siguiente ecuación

( ) ( )3sen x cos x+

Se observa la Tabla de operadores anuladores que ( ) ( )bxsenexbxex axnaxn 11 −− +cos , con 3101 ybyan === , es el operador correcto.

Por lo tanto ( ) ( ) ( )22222 12 +=++−= DbaaDDDPn

A anula la función seno y

( ) ( ) ( )22222 32 +=++−= DbaaDDDPn

A anula la función coseno

Cálculo:



( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01 222 =+−=+=+=+ xsenxsenxsenxDxsenxsenDxsenD cos

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 03939393339333 222 =+−=+−=+=+ xxxxsenxxDxD coscoscoscoscoscos

Sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias

La metodología para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales consiste en:

a) seleccionar y aplicar los operadores anuladores apropiados b) resolver el sistema de ecuaciones con la finalidad de desacoplar las ecuaciones diferenciales c) resolver por separado las ecuaciones diferenciales obtenidas

Ejemplo 1

2dx dyx ydt dt

+ + − =

3 2 1dyx y

dt+ + = −

En forma de operadores

( ) ( )1 1 2D x D y+ + − =

( ) ( )0 3 2 1x D y+ + + = −

Por lo tanto, usando el método de Cramer para resolver el sistema:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ...

P D P D D DD D D

P D P D D

D D D D

+ −Δ = = = + + − − =

+ +

+ + − + = +

11 12

21 22

2 2

1 11 2 3 1

0 3 2

3 2 3 3 5

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 310401122

2112

22

12 =−++=−−−+=+−−

==Δ DDDD

DPtgDPtf

x

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 76102311

13021

21

11 −=−−=−−+=−+

+==Δ D

DtgDPtfDP

y

Por lo tanto se escribe la ecuación diferencial que depende únicamente de “x”:

( )D x+ =2 5 3 , o de forma convencional



352

2

=+ xdt

xd

La parte homogénea de esta ecuación se puede resolver como sigue

,r r i r i+ = ⇒ = = −21 25 0 5 5

Y la solución es:

( ) ( )1 25 5hx C cos t C sen t= +

Empleando el método de coeficientes indeterminados, para hallar la solución complementaria

Axp =

5335052

2

=∴=+=+ AAxdt

xdp

p

Por lo tanto la solución para “x” es

( ) ( )1 23cos 5 55

x C t C sen t= + +

Para la ecuación diferencial en términos de y:

( )D y+ = −2 5 7 , lo cual produce

752

2

−=+ ydt

yd

Esta ecuación se puede usando la técnica antes discutida

irirr 5505 112 −===+ ,,

( ) ( )3 45 5hy C cos t C sen t= +

Con el método de coeficientes indeterminados:

Byp =



5775052

2

−=∴−=+=+ bBydt

ydp

p

Por lo tanto la solución para y es

( ) ( )3 475 55

y C cos t C sen t= + −

Ejemplo 2

( ) ( )( ) ( )

1 1

1 2 1 5

tD D e

D D

+ − + =

− − + =

Por lo tanto

( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )11 12

21 22

2 2 2

1 11 2 1 1 1

1 2 1

2 2 1 1 3 3

P D P D D DD D D D

P D P D D D

D D D D D D

+ − +Δ = = = + + + + − =

− +

+ + + + − = +( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( )12

22

12 1 1 5 3 5

5 2 1

tt t

x

f t P D e DD e D e

g t P D D− +

Δ = = = + + + = ++

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )11

21

11 5 1 5

1 5

tt

y

P D f t D eD D e

P D g t D+

Δ = = = + − − =−

( )23 3 3 5+ = +tD D x e , lo cual produce

2

23 3 3 td x dx e tdt dt

+ = −

Esta ecuación se puede resolver como sigue

( )21 20, 1 0, 0, 1r r r r r r+ = + = = = −

1 2t

hx C C e−= +

Empleando el método de coeficientes indeterminados,



tpx Ae Bt C= + +

( )' t tp

dx Ae Bt C Ae Bdt

= + + = +

( )'' t tp

dx Ae B Aedt

= + = , sustituyendo

3 3 3 3 5t t tAe Ae B e+ + = +

1 56 3 , ; 3 5,2 3

t tAe e A B B= = = =

1 52 3

tpx e t= +

Por lo tanto la solución para x es

1 21 52 3

t tx C C e e t−= + + +

( )23 3 5+ =D D y , lo cual produce

2

23 3 5d y dydt dt

+ =

Cuya solución homogénea es:

( )21 20, 1 0, 0, 1r r r r r r+ = + = = = −

3 4t

hy C C e−= +

Empleando el método de coeficientes indeterminados:

py Bt C= +

( )'p

dx Bt C Bdt

= + =

( )'' 0pdy Bdt

= = , sustituyendo



0 3 5B+ = , 53

B =

53py t=

Por lo tanto la solución para y es:

3 453

ty C C e t−= + +

Para hallar los coeficientes

3 4 45 5; '3 3

t ty C C e t y C e− −= + + = − +

1 2 21 5 1 5; '2 3 2 3

t t t tx C C e e t x C e e− −= + + + = − + +

tDx x Dy y e+ − − =

2 1 2 4 3 41 5 1 5 5 52 3 2 3 3 3

t t t t t t tC e e C C e e t C e C C e t e− − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + + + + + − − + − + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 3 0C C− =

2 1 2 4 3 41 5 1 5 5 52 52 3 2 3 3 3

t t t t t tC e e C C e e t C e C C e t− − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + − + + + + − + + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 3 2 4 2 40 2 0 2C C y C C C C− + = − − = ∴− = ,

1 2

3 2

1 52 3523

t t

t

x C C e e t

y C C e t

−

−

= + + +

= − +

Ejemplo 3



tyxdtdy

eyxdtdx t

+−=

+−=

23

2,

2 0 '

0 ' 3 2

tdx x y y edt

dyx x y tdt

− + + =

− + + =

En forma de operadores

( ) ( )( ) ( ) tyDx

eyxD t

=++−=++−

230102

Por lo tanto

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 1341322

2312 22

2221

1211 −=+−=++−=+−

−==Δ DDDD

DD

DPDPDPDP

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) teteD

Dte

DPtgDPtf tt

t

x −=−+=+

==Δ 3122

1

22

12

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )11

21

22 3 1 2 3 3 2 1

3

tt t t

y

P D f t D eD t e t e e t

P D g t t−

Δ = = = − + = − + = − +−

( ) etD x t− = −2 1 3 , lo cual produce

texdt

xd t −=− 32

2

Resolviendo

1101 212 −===− rrr ,,

tth eCeCx −+= 21

CBtAtex tp ++=

( ) BAteAeCBtAtedtdx ttt

p ++=++='

( ) tttttp AteAeAeBAteAe

dtdx ++=++='' , sustituyendo

teCBtAteAteAeAe ttttt −=−−−++ 3



233232 =∴=−=−− AeAeteCBtAe tttt ;

01 ==∴−=− CBtBt ,

Entonces

ttex tp +=

23


tteeCeCx ttt +++= −

23

21

( )2 1 3 2 1− = − +tD y e t o bien:

2

2 3 2 1td y y e tdt

− = − +

Resolviendo

1101 212 −===− rrr ,,

tth eCeCy −+= 43

Empleando el método de coeficientes indeterminados:

CBtAtey tp ++=

( ) BAteAeCBtAtedtdy ttt

p ++=++='

( ) tttttp AteAeAeBAteAe

dtdy ++=++='' , sustituyendo

3 2 1t t t t tAe Ae Ate Ate Bt C e t+ + − − − = − +

2332232 =∴=−=−− AeAeteCBtAe tttt ;



2 2; 1 1Bt t B C C− = − ∴ = − = ∴ = −

3 2 12

tpy te t= + −


3 43 2 12

t t ty C e C e te t−= + + + −

Con la finalidad de reducir las constantes se sustituyen las soluciones en el sistema de ecuaciones diferenciales:

1 2 1 2

3 4 3 4

3 3 3; ' 12 2 23 3 32 1; ' 22 2 2

t t t t t t t

t t t t t t t

x C e C e te t x C e C e e te

y C e C e te t y C e C e e te

− −

− −

= + + + = − + + +

= + + + − = − + + +

1 2 1 2

3 4

3 3 31 22 2 2

3 2 12

t t t t t t t

t t t t

C e C e e te C e C e te t

C e C e te t e

− −

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + + − + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞+ + + + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

1 3 3 1

2 4 4 2

1 12 2

3 0 3

C C C C

C C C C

− + = − ∴ = − +

− + = ∴ =

Finalmente se reduce la solución a:

1 2

1 2

32

1 33 22 2

t t t

t t t

x C e C e te t

y C e C e te t

−

−

= + + +

⎛ ⎞= − + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales:

dx x ydtdy x ydt

= +

= −

1 34 49 54 4

e e e e

e e e e

t t t t

t t t t

x C C

y C C

− −

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 21 2

2 21 2

1 1 1 34 4 4 43 1 3 34 4 4 4



dx x ydtdy x ydt

= + +

= + −

1

1

e

e

t

t

x t C Cy C t C= − +

= − +

21 2

21 2

dx x y tdtdy x y tdt

= + +

= + −

e

e

t

t

tx C C

ty C C

= − +

= − +

22

1 2

22

1 2

2

2

dx x y tdtdy x y tdt

= − −

= − +

2

t tx C t C

t t ty C t C

= − − + +

= − − + + +

4 3

1 2

4 3 2

1 2

12 2

12 6 2

et

dx x ydtdy x ydt

= − −

= − +

1

ettx C t t C

ty C t C

= − + − − +

= − + +

2

1 2

2

1 2

2

2

( )ln

dx x ydtdy x y tdt

= − −

= − +

1

( )

( ) ( )

ln

ln ln

t tx t C t t C

t ty t t t C t t C

= − + + − +

= − + + + − +

2 2

1 2

2 2

1 2

2 4

2 4



Tabla 1 Soluciones particulares de EDOs de 2° orden con el método de coeficientes indeterminados.

Función de excitación ( )F x Solución particular py

Constante {1 2 3 2, , ,... ,..., ,...π py A=

Polinomio lineal

2 12

100 3 412

xx

x .x π

+⎧⎪ −⎪⎨ +⎪⎪ −⎩

py Ax B= +

Polinomio grado n

2

3

4

5 2

1

12 6 2

16

0 5 3 12

x x

x x

x

. x x x

⎧ + +⎪⎪ − +⎪⎨

−⎪⎪

− − +⎪⎩

2

3 2

4 3 2

5 4 3 2

Ax Bx C

Ax Bx Cx D

Ax Bx Cx Dx E

Ax Bx Cx Dx Ex F

⎧ + +⎪⎪ + + +⎪⎨

+ + + +⎪⎪

+ + + + +⎪⎩

Exponencial

4

2 3

3

2

12

4 56

4

2

x

x x

x x

x

e

e e

e xe

x e

π− −

−

⎧⎪⎪− −⎪⎨

+⎪⎪⎪⎩

( )

4

2 3

3 3

2 2

x

x x

x x x

x x x x

Ae

Ae Be

Ae Be Cxe

Ae Bxe Cx e A Bx Cx e

π− − −

− − − −

⎧⎪⎪ +⎪⎨

+ +⎪⎪ + + = + +⎪⎩

Trigonométrico

( )( )( ) ( )( ) ( )

2 2

3 0 5

4 3 5 7

4 3 2 3

cos x

cos . x

cos x sen x

cos x sen x

⎧⎪⎪⎨

+⎪⎪ +⎩

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

2 2

0 5 0 5

3 3 7 7

3 3

Acos x Bsen x

Acos . x Bsen . x

Acos x Bsen x Csen x D cos x

Acos x Bsen x

+⎧⎪

+⎪⎨

+ + +⎪⎪ +⎩

Combinaciones ( )( )

( )

2

9

3 122

4

3 8

x

x

x

ex cos x

e sen x

cos x x e−

⎧ +⎪⎪⎪⎨⎪⎪

− +⎪⎩

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

2

9 9

2 2 2 2

4 4

3 3

x

x x

x

Ae BAcos x Bsen x Cx cos x Cxsen x

Ae sen x Be cos x

Acos x B cos x Cx D Ee−

⎧ +⎪

+ + +⎪⎪⎨

+⎪⎪

+ + + +⎪⎩



Operadores anuladores

Expresión Operador

Polinomios { 2 11 n,x,x ,...,x − ( ) nAP D D=

Exponenciales { 2 1ax ax ax n axe ,xe ,x e ,...,x e− ( ) ( )nAP D D a= −

Trigonométricas

( ) ( ){ ( )

( )( ) ( ){ ( )

( )

2

1

2

1

ax ax ax

n ax

ax ax ax

n ax

e cos bx ,xe cos bx ,x e cos bx ,...

,x e cos bx

e sen bx ,xe sen bx ,x e sen bx ,...

,x e sen bx

−

−

( ) ( )2 2 22n

AP D D aD a b= − + +



UNIDAD TEMATICA III ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES VARIABLES

3.1 Ecuaciones diferenciales con coeficientes variables

En los capítulos anteriores se han estudiado ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden de coeficientes constantes de la forma:

… 1

En donde , y son constantes absolutas. Sin embargo, existen ecuaciones diferenciales cuyos coeficientes pueden ser funciones de la variable independiente, es decir, , , .

3.1.1 Ecuación de Cauchy-Euler

Existe una clase de ecuaciones diferenciales con coeficientes variables que puede transformarse a ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes mediante un cambio de variable apropiado.

Ecuación de Cauchy-Euler o equidimensional Una ecuación lineal de segundo orden de la forma

· · · … 2 Donde a, b y c son constantes se llama ecuación de Cauchy-Euler o equidimensional.

En este caso obsérvese que los coeficientes de la primera y de la segunda derivada son funciones de la variable independiente x.

Ejercicio: Verificar si las siguientes ecuaciones son de Cauchy-Euler:

1. 4 1

2. 2

3. 2 1

De acuerdo a la definición anterior, se observa que únicamente la primera expresión es una ecuación de Cauchy-Euler, ya que en la segunda el coeficiente de la primera derivada no está multiplicada por y en la tercera el coeficiente del tercer término depende de (1/ ).



Solución de una ecuación de Cauchy-Euler

Una ecuación diferencial de Cauchy-Euler puede transformarse a una ecuación diferencial con coeficientes constantes mediante el cambio de variable:

, 0

Entonces, al realizar la sustitución de la variable independiente por en la ec. (2) usando la regla de la cadena para la primera derivada:

… 3

La segunda derivada es entonces:

… 4

Sustituyendo (3) y (4) en (2):

… 5

Este método se puede extender a ecuaciones diferenciales de Cauchy-Euler de orden superior. Por ejemplo, para una ecuación diferencial lineal homogénea de tercer orden:

0… 6

Al realizar la sustitución antes señalada se obtiene, tomando los resultados (3) y (4) como

; , respectivamente y:

2



2 2

3 2

3 2 … 7

Sustituyendo (3), (4) y (7) en (6):

3 2 0

3 2 0

Ejercicios.

Obtenga la solución general dadas las siguientes ecuaciones de Cauchy-Euler:

1. 2 2 0

2. 4 2 12

3. 5 3

Solución 1: Los coeficientes constantes son 1, 2 2

Realizando la sustitución

2 2 2 1 2

2

La ecuación auxiliar es:

2 0

Factorizando: 2 2 1

Y la solución del ejercicio 1 es entonces:

En términos de :



, 0

Solución 2. Realizando la sustitución para la parte homogénea

4 2 4 1 2

3 2

La ecuación auxiliar es: 3 2 0

Factorizando: 3 2 2 1

Y la solución de (2) es entonces:

Usando el método de coeficientes indeterminados para la parte no homogénea:

; , 0, ,, 0; sustituyendo:

0 3 0 2 12 6

6

Y la solución completa es:

6 / / 6

Verificar la solución tomando 1

a) Si x>0:

1/ 1/ 6

12/

26/

Sustituyendo en la ecuación diferencial del problema 2:

26/ 4

12/ 2 1/ 1/ 6 12

Simplificando

2 6 4 8 2 212 12



2 4 2 6 8 212 12

Finalmente se comprueba que:

12 12

b) Si x<0,

1/ 1/ 6

12/

62/

Sustituyendo las expresiones obtenidas y simplificando:

26/ 4

12/ 2 1/ 1/ 6 12

2 6 4 8 2 212 12

2 4 2 6 8 212 12

12 12

Con lo cual se verifica que la solución obtenida es válida para todo valor de x excepto cero, es decir,

1 16, 0

Solución 3: los coeficientes constantes del ejercicio 3 son 1, 5 3

Realizando la sustitución correspondiente

5 3214

5 1 3

4 3

La ecuación auxiliar es

4 3 0



Factorizando r:

4 3 3 1

Y la solución del Ej. 3 es entonces:

En términos de :

/ / , 0

Usando el método de coeficientes indeterminados para la parte no homogénea: ;

; , , ,, ; sustituyendo en la ecuación del problema:

4 32142132

8214

2132

2132

La solución completa es:

2132

, 0

Ejercicio adicional: verifique que esta expresión es solución tomando 1

1 1 2132

Solución: derivando de forma consecutiva:

1 3 2132

2 12

Sustituyendo en la ecuación diferencial (3):

2 125

1 3 2132

31 1 21

32214

Simplificando:



2 12 5 15 10532

3 3 6332

214

2 5 3 12 15 3 10532

6332

214

0 016832

214

214

214

Con lo cual se verifica la veracidad de la solución.

Halle la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales de Cauchy-Euler.

PROBLEMAS TIPO A RESPUESTA

1 7 8 0

2 3 3 0

3 2 6 0

4 10 8 0

PROBLEMAS TIPO B RESPUESTA

1 4 2 5 52

2 6 6 1 16

3 6 8 15 158

4 6 12 5 512



PROBLEMAS TIPO C RESPUESTA

1 1c) /45

1625

2 2c) 6 2 /415

3 3c) 2 2 4 13 9

2

4 4c) 2 7 2 /118

3.2 Conceptos fundamentales de series

Si es una sucesión infinita, entonces:

. . ..

Es una serie infinita o simplemente una serie. Los números , , , …son los términos de la serie.

En algunos casos se acostumbra representar la serie infinita simplemente como ∑ en cuyo caso el valor inicial se deduce del problema en cuestión.

3.2.1 Definición de una serie numérica

Si los términos de una serie son números, entonces la serie es una serie numérica.

Ejemplos de series numéricas:

112

14

18

116

12

112

16

124

1120

1!

Sumas parciales.

Si se desarrolla la serie ∑ . . .. y se toman las sumas del primer término, del primero y el segundo, el primero, segundo y tercero, sucesivamente se obtiene:



Donde , , , … son las sumas parciales.

3.2.2 Convergencia de una serie

Si la sucesión de sumas parciales converge, entonces la serie infinita converge, en caso contrario la serie diverge, o más formalmente:

Definición de serie convergente y divergente Dada la serie infinita ∑ cuya n-ésima suma parcial está dada por

Si la sucesión de sumas parciales converge a , entonces la serie infinita ∑ converge. El límite se le conoce como suma de la serie. Por otro lado sea:

Si diverge, entonces la serie diverge.

Propiedades de las series infinitas Dadas ∑ y ∑ y un número real, entonces se cumple lo siguiente:

Si una serie converge el límite de su término n-ésimo debe ser 0, es decir:

Límite del término n-esimo Si ∑ converge, entonces lim 0 Si lim 0 entonces ∑ diverge.

Utilizando en teorema anterior, muestre si las series convergen o divergen.

21 2



lim2

1 2lim 1

11 2

1

Por lo tanto la serie converge.

3

lim3 ∞

Entonces la serie diverge.

Radio de convergencia de una serie.

Para determinar el radio de convergencia de una serie se usa el criterio del cociente el cual enuncia:

Criterio del cociente Para un valor de grande, si los coeficientes de ∑ , es decir no se anulan y satisfacen: lim (0 ∞), Entonces el radio de convergencia de la serie de potencias es 1/ .

Ejercicio: Halle el radio de convergencia de la siguiente expresión:

32

2

Solución: de acuerdo al criterio del cociente:

y · , por lo tanto ·

, simplificando: 3 ; efectuando la

división:

1 3 2

3 1

Por lo tanto 3 3 ; tomando el límite correspondiente:

lim lim 333

3



Y el radio de convergencia es entonces 1/3. Es decir, la serie

∑ 2 converge cuando | 2| 1/3 o de forma más común:

1/3 2 1/3 o bien 5/3 7/3

Por ejemplo, para valores un conjunto de valores de 1.5,1.8,2.1,2.3,2.6 los primeros 20 términos y su correspondiente suma se muestran a continuación:

i x=1. 5 x =1. 8 x =2.1 x =2.3 x =2.6 0 0.50 5.00E‐01 5.00E‐01 5.00E‐01 0.501 ‐0.50 ‐2.00E‐01 1.00E‐01 3.00E‐01 0.602 0.56 9.00E‐02 2.25E‐02 2.03E‐01 0.813 ‐0.68 ‐4.32E‐02 5.40E‐03 1.46E‐01 1.174 0.84 2.16E‐02 1.35E‐03 1.09E‐01 1.755 ‐1.08 ‐1.11E‐02 3.47E‐04 8.44E‐02 2.706 1.42 5.83E‐03 9.11E‐05 6.64E‐02 4.257 ‐1.90 ‐3.11E‐03 2.43E‐05 5.31E‐02 6.808 2.56 1.68E‐03 6.56E‐06 4.30E‐02 11.029 ‐3.49 ‐9.16E‐04 1.79E‐06 3.52E‐02 18.03

10 4.81 5.04E‐04 4.92E‐07 2.91E‐02 29.7511 ‐6.65 ‐2.79E‐04 1.36E‐07 2.41E‐02 49.4412 9.27 1.55E‐04 3.80E‐08 2.02E‐02 82.6313 ‐12.97 ‐8.71E‐05 1.06E‐08 1.69E‐02 138.8214 18.25 4.90E‐05 2.99E‐09 1.43E‐02 234.2615 ‐25.76 ‐2.77E‐05 8.44E‐10 1.21E‐02 396.8616 36.49 1.57E‐05 2.39E‐10 1.03E‐02 674.6617 ‐51.86 ‐8.91E‐06 6.80E‐11 8.78E‐03 1150.4818 73.89 5.08E‐06 1.94E‐11 7.50E‐03 1967.3219 ‐105.56 ‐2.90E‐06 5.53E‐12 6.43E‐03 3372.5520 151.15 1.66E‐06 1.58E‐12 5.53E‐03 5794.65

Suma 89.285921 0.361102 0.629722 1.695107 13939.06

En esta tabla se confirma que para los valores 5/3 7/3 la serie converge. Al analizar el comportamiento de la serie en los extremos del intervalo de convergencia se observa que:

3253

232

13

12

Dicha serie es una serie alternante la cual converge.

Y por otro lado:



3273

23213

12

La cual es una serie armónica y por lo tanto diverge.

Entonces el intervalo de convergencia es:

5/3 7/3

3.2.3 Definición de serie de funciones

Una serie de funciones es una serie en la cual sus términos en lugar de ser números son funciones de cualquier tipo. Particularmente las series de polinomios son series muy importantes.

Ejemplos de series de funciones son los siguientes:

113

120

…

3.2.4 Serie de potencias

Una serie de potencias es una serie cuyos términos son potencias de una variable. Por ejemplo:

…

Es una serie de potencias.

Las series de potencias no están restringidas a potencias enteras. Así, la serie:

/ / / / / …

Es también una serie de potencias.

Aproximación de polinomios mediante series de Taylor.

Sea una función continua y derivable, si tiene derivadas en entonces el polinomio



P x1! 2! 3! !

P x!

Se llama polinomio de Taylor de grado para en el punto . Si 0 entonces

P x 001!

02!

03!

0!

P x0!

Se llama polinomio de Maclaurin de grado para .

El polinomio de Taylor sirve para aproximar una función en las cercanías de un número . Cuanto mayor sea el grado del polinomio mejor aproxima la función en los alrededores de este punto.

Desarrollar el polinomio de Taylor de grado 8 para la función ( ) xexf = , en el punto 0

00 1 11 1 1

2 1 12

3 1 12 3!

4 1 12 3! 4!

5 1 12 3! 4! 5!

6 1 12 3! 4! 5! 6!

7 1 12 3! 4! 5! 6! 7!

8 1 12 3! 4! 5! 6! 7! 8!

En general,



12 3! 4! 5! 6! 7! 8! !

Desarrollar el polinomio de Taylor de grado 8 para la función , en el punto 0

0 0 0 0 1 1 2 0 0

3 -1 3!

4 0 3!

0

5 1 3! 5!

6 0 3! 5!

0

7 -1 3! 5! 7!

8 0 3! 5! 7!

0

Entonces: ! ! !

∑!

Desarrollar el polinomio de Taylor de grado 8 para la función , en el punto 0

0 0 1 1 1 0 1 0

2 -1 12!

3 0 12!

0

4 1 12! 4!

5 0 12! 4!

0

6 -1 12! 4! 6!

7 0 12! 4! 6!

0

8 1 12! 4! 6! 8!

De forma generalizada



12! 4! 6! 8!

12 !

Desarrollar el polinomio de Taylor de grado 8 para la función 1 , en el punto 0

00 1 0 0

1 1

1 ‐1

2 1

1 ‐1

2

3 2

1 ‐2

2 3

4 6

1 ‐6

2 3 4

5 24

1 ‐24

2 3 4 5

6 1201

‐120 2 3 4 5 6

7 7201

‐720 2 3 4 5 6 7

8 50401

‐50402 3 4 5 6 7 8

Por lo tanto

12 3 4 5

1

Desarrollar ixe en series de Taylor.

Usando el resultado del desarrollo en series de Taylor de la función exponencial:

12 3! 4! 5! 6! 7! 8!

12 3! 4! 5! 6! 7! 8!

Esta serie se puede aproximar con la suma de las siguientes series

3! 5! 7!

Y el desarrollo en series de Taylor del cos .



Sumando las series

cos 12! 4! 6! 8! 3! 5! 7!

cos

Esta fórmula se le conoce como la identidad de Euler.

Verifique que 1 0. Usando la identidad de Euler:

1 cos 1

1 1 0 1 0

Muestre que la serie

112

12 · 4

12 · 4 · 6

Proviene de la expansión en series de Maclaurin de la siguiente función:

Determine la serie de Maclaurin para las siguientes expresiones. Halle los primeros términos o la expresión general.

1 tan 1

2 1

2 1

2 1 !

3 12 !

4 √1

112

18

116

5128

1256

1 2j !1 2j j! 4

5 1

1 j

Muestre que la función — sen en las cercanías de cero se aproxima mediante polinomios de Taylor de grado 1, 3 y 5:



Simbología ‐ ‐ ‐ ‐ ‐ ‐

3!

3!

5!

3.2.5 Solución de ecuaciones diferenciales en serie de potencias

Las ecuaciones diferenciales de coeficientes variables no siempre son de Cauchy-Euler. Sin embargo, aún así algunas de dichas ecuaciones pueden resolverse. Para ello se asume una solución de la forma de series infinitas calculando los coeficientes de estas series de manera semejante al método de los coeficientes indeterminados.

Una serie de potencias de la forma

∑ …(1)

Es una serie de potencias centrada en . Se dice que la ecuación (1) converge en el punto si la serie ∑ converge, es decir si el límite de las sumas parciales existe

(es un número finito). Si dicho límite no existe entonces la serie diverge en . Si el número entonces la serie converge en como se observa:

∑ 0 0 …(2)

Convergencia de una serie de potencias Para cada serie de potencias de la forma ∑ existe un número (0 ∞) llamado radio de convergencia de la serie de potencias tal que la serie converge absolutamente para | | y diverge para | | . Si la serie converge para todo valor de entonces ∞ y si la serie sólo converge para

entonces 0.

-4

-2

0

2

4

-4 -2 0 2 4



Suma y producto de series infinitas

Sean ∑ y ∑ con radios de convergencia mayores que cero, la suma de ambas series se obtiene fácilmente sumando término a término:

Para el producto se utiliza la siguiente fórmula:

Donde ∑ es el producto de Cauchy.

En ambas operaciones el intervalo de convergencia es el común en las series de potencias.

Derivación e integración de series de potencias Si la serie f x ∑ a x x tiene un radio de convergencia positivo ρ 0 , entonces es diferenciable en el intervalo |x x | . La derivada de la serie de potencias se obtiene al derivar término a término como sigue:

´ ∑ · para | | Y la integral de la serie de potencias se obtiene integrando término a término:

∑ para | |

Ejercicio: Halle la derivada de la siguiente expresión:

1!

12 3!

Solución. Sea ∑!

; derivando término a término:

´ 0 12 3!

1!

Se observa que se obtiene la misma función. Esto es lógico ya que ∑!

y su derivada es también .

Ejercicio: Halle integral de la siguiente expresión:

1

Solución. Sea ∑ ; integrando término a término:



2 3 41

Por lo cual se confirma la integral ya que ∑

Desplazamiento del índice de la suma.

En la expresión ∑ , es un índice nominal por lo cual puede reemplazarse por cualquier otro índice, es decir:

También es posible correr el índice de la suma lo cual es particularmente útil en la suma de series. Por ejemplo, la serie siguiente:

1 · ·

Se puede expresar como una sumatoria que comience con el índice en cero, para lo cual se realiza el siguiente procedimiento:

a) Tomar el exponente de la variable ( ) e igualarla al nuevo índice, en este caso: 2 de donde 2 . Se observa que si 2, 0.

b) Se reemplaza el índice original por el nuevo en toda la expresión como sigue:

1 · · 2 1 · ·

Ejercicio 1. Efectúe operaciones y corra el índice para que la potencia de la variable sea de la forma :

·

Solución. Multiplicando:

·

Si se toma 2 entonces 2. Sustituyendo:



· ·

Funciones analíticas Una función es analítica en si en un intervalo abierto entorno a esta función es la suma de una serie de potencias f x ∑ a x x∞ con un radio de convergencia positivo.

En otras palabras, si es analítica, entonces es la suma de alguna serie de potencias que converge en una vecindad de .

Ejemplos de funciones analíticas son los polinomios P x ∑ a x ya que existen en cada punto y por ende siempre pueden escribirse como f x ∑ a x x .

Las funciones racionales / donde y son polinomios sin factores comunes son funciones analíticas excepto en aquellos valores donde x 0

3.3 Solución alrededor de puntos ordinarios

Sea 0 una ecuación diferencial lineal con coeficientes que dependen de la variable independiente. Dicha ecuación puede escribirse de forma canónica dividiendo cada coeficiente por y se obtiene:

0 …(3.3a)

Donde y .

La ecuación 3.3a puede resolverse alrededor de valores de la variable independiente donde tanto como son analíticas, es decir, alrededor de puntos ordinarios.

Puntos singulares y ordinarios Un punto es un punto ordinario de la ecuación 3.3a si tanto como son analíticas en . Si no es un punto ordinario entonces es un punto singular de la ecuación diferencial. 3.3.1 Coeficientes polinomiales

En varios problemas la ecuación diferencial ’ 0 tiene coeficientes polinomiales, es decir, tanto como son polinomios. En estos casos no existen puntos singulares.

Ejemplos. Determinar los puntos singulares de las siguientes ecuaciones diferenciales:

1. 2 0 2. ˮ 2 0



Solución 1: Puesto que el término 0 y 2 los coeficientes son ambos polinomios por lo tanto no hay puntos singulares.

Solución 2. Dividiendo por toda la ecuación:

2

0

Se puede observar que es analítica excepto cuando 0, es decir, 0 es un punto singular de la ecuación. Ello debido a que se trata de un cociente de polinomios.

3.3.2 Coeficientes no polinomiales

Si los coeficientes de la ecuación diferencial no son polinomios, por ejemplo:

1. 0 2. ’ 2 1 0

Es necesario expresar dichos coeficientes y como una serie de Taylor. Para investigar si estos dos últimos ejemplos tienen puntos singulares se procede como sigue:

Solución 1: Dividiendo la ecuación por ,

0

El punto donde el denominador de se anula es 0, por lo cual podría no ser

analítica en este punto. Pero por lo cual 1

, es decir es analítica. Se concluye por tanto que la ecuación diferencial no tiene puntos singulares.

Solución 2: Dividiendo toda la ec. por el coeficiente de la segunda derivada:

’’2

’ 21

0

Los valores de donde el denominador de se anula son 0 2 . Sin embargo el primer punto puede descartarse ya que , de donde se observa que el único punto donde no es analítica es en 2.

Para si se expresa como 2 entonces es analítica en 0 por lo tanto el único punto singular de la ecuación diferencial es 2.



Soluciones analíticas alrededor de un punto ordinario Si es un punto ordinario de la ecuación 0 entonces esta ecuación tiene dos soluciones analíticas de la forma:

f x a x x∞

Cuyo radio de convergencia es al menos tan grande como la distancia de al punto singular mas cercano.

Principio de identidad Si

a x∞

b x∞

Para cada punto de en un intervalo abierto I entonces a b para toda i 0

En particular, si

a x∞

0

Para toda en un intervalo abierto, el teorema anterior implica que a 0 para toda i 0.

Ejercicio 1. Determinar la solución en serie de potencias en torno a 0 de la siguiente ecuación direfencial:

0

Solución:

El coeficiente es un polinomio por lo cual es analítico en todo punto. Por lo tanto se puede proponer como solución una serie de la forma:

Y los coeficientes se determinan como sigue:

a) Se calcula la primera derivada:

’



b) Se sustituye la 1ª derivada y la función expresadas como series de potencias en el problema:

0

Lo cual se simplifica como:

0

Con el objeto de realizar la suma de series correspondiente se cambia el índice. En la primera serie 1 y en la segunda serie 1, entonces al sustituir en las sumatorias anteriores:

1 0

El segundo paso consiste en desarrollar la primera serie de tal forma que comience en 1 para que ambas sumatorias puedan simplificarse:

1 1

Con lo cual finalmente se obtiene:

1 0

O bien, sumando las series:

1 0

Por el principio de identidad se concluye por lo tanto que 0 y que:

1 0

O bien:

1

La cual se conoce como fórmula de recurrencia.

Para diferentes valores de , con 1 (véase la última expresión que contiene la sumatoria):



1 2

2 30

3 4 2 · 4

4 5 3 · 50

5 6 2 · 4 · 6

6 7 3 · 5 · 70

De donde la solución se puede expresar como:

112

12 · 4

12 · 4 · 6

Y la solución completa es:

Una forma alternativa de representar y y y es a través de su generalización como:

112

12 · 4

12 · 4 · 6

112

12 !

O bien 1 ∑!

No siempre es factible encontrar una solución exacta como la anterior. A veces habrá que conformarse con una expresión de la forma semi-desarrollada y en algunas ocasiones con desarrollar algunos términos de la serie de forma explícita es suficiente, sobre todo para ejercicios académicos, cuando se pueda inferir el siguiente término con facilidad o cuando la serie converja rápidamente para los primeros términos. Esto último puede saberse evaluando las diferencias entre sumas parciales.

Ejercicio 2 Determinar la solución en serie de potencias en torno a 0 de la siguiente ecuación diferencial:

2 ’ 0

Solución:

Tanto 2 como 1 son polinomios y por lo tanto funciones analíticas en todo punto. La solución propuesta es una serie de la forma:



Cálculo de los coeficientes :

a) Primera y segunda derivadas de :

’

1

b) Sustituyendo y simplificando:

1 2 0

1 2 0

Cambio de índices. En la primera serie 2, en la segunda y tercera , entonces al sustituir:

2 1 2 0

Desarrollando la primera y la tercera serie con el objeto de que las sumatorias comiencen en k=1:

2 1 2 0

Con lo cual finalmente se obtiene:

2 1 2 1 0

Entonces

0

2 1 2 1 0

Se concluye por lo tanto que y que:



2 12 1

Para diferentes valores de , con 1:

1 3

2 · 312

2 53 · 4

512

3 7

4 · 5740

4 9

5 · 618

5 116 · 7

11240

6 137 · 8

13448


2512

740

18

11240

13448

O bien: donde

1512

18

13448

12

740

11240

Se obtienen dos soluciones ya que provienen de una ecuación diferencial de segundo orden.

Ejercicio 3. Determinar la solución en serie de potencias en torno a 0 de la siguiente ecuación direfencial:

cos

Solución:

Como la función es analítica en todo punto. La solución propuesta para la parte homogénea es:



Cálculo de los coeficientes de la serie propuesta:

a) Primera y segunda derivadas:

’

1

b) Sustituyendo y simplificando:

1 0

1 0

Cambio de índices. En la primera serie 2, en la segunda 1; sustituyendo:

2 1 0

Desarrollando la primera serie para 0:

2 2 1 0

Sumando series

2 2 1 0

Con lo cual finalmente se obtiene, al aplicar el principio de identidad:

0

2 1

12 1

Para diferentes valores de , 1:



1 1

2 · 3

2 1

3 · 4

3 1

4 · 50

4 1

5 · 61

2 · 3 · 5 · 6

5 1

6 · 71

3 · 4 · 6 · 7

6 1

7 · 80


01

2 · 31

3 · 40

12 · 3 · 5 · 6

13 · 4 · 6 · 7

0

O bien: , con

116

1180

112

1504

…

Por otro lado, reemplazando el cos por su correspondiente desarrollo en series de Maclaurin ya que se trata de encontrar la solución alrededor de 0:

112 !

Cambiando índices: 1: 2; 2: 1; 3:

2 112 !

Desarrollando ambos lados de la ecuación para algunos términos:

2 6 12 20 30 4256 72 90

12! 4! 6! 8!

Entonces, por comparación:



2 112

6 016

1212

124

112

20 0120

140

30124

1720

130

1720

1180

42 042

11008

1504

561720

140320 56

1740320

Por lo tanto la solución particular es:

…12

16

124

112

140

1720

1180

11008

1504

1740320

Y la solución completa es :

Problemas:

Halle la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales alrededor de x 0

Ecuación Sol. donde: 1 0 1

12

18

148

1384

12 !

13

115

1105

1945

11 · 3 · 5 · … 2 1



2 2 0 113

115

1105

11

1 · 3 · 5 · … 2 1

12

18

148

1384

12 !

3 0 116

1180

112960

112

1504

145360

4 2 0 113

145

11620

16

1126

15760

5 1 2 2 0 113

15

17

…

11

2 1

3.4 Solución alrededor de puntos singulares

En la sección anterior se vio que es posible resolver una ecuación diferencial con coeficientes variables alrededor de un punto siempre que la función sea analítica en ese punto.

Considérese ahora la ecuación de Cauchy-Euler: 0 que escrita de forma canónica es:

0 …(3.4a)

Con y ; y

Si se propone una solución a la ecuación (3.4a) de la forma , y se sustituye en dicha ecuación se obtiene:

’ ,

, 1

1 0

Lo cual se simplifica como:



1 0

Factorizando el término exponencial:

1 0

Se obtiene la siguiente ecuación indicial:

1 0

La cual puede resolverse fácilmente para r. Entonces una solución de la ecuación 3.4a es:

,

De forma más general, si y son funciones analíticas en lugar de ser constantes en torno a un punto 0 es decir,

Y por lo tanto:

lim …(3.4b)

lim …(3.4c)

Entonces y en cercana a cero. Es decir, para cercana a cero, la solución de la ecuación 3.4a se comporta como la solución de:

0

Si las igualdades 3.4b y 3.4cse cumplen entonces se dice que el punto singular en 0 es regular.

Definición de punto singular regular e irregular Un punto singular de 0 es un punto singular regular si:

x x y x x son analíticas en . Si no se cumple lo anterior se dice que .es un punto singular irregular.

Ejemplo: En la siguiente ecuación encontrar los puntos singulares y clasificarlos como regulares e irregulares:



x 4 2 ’ 2 0

Solución:

y : Se observa por lo tanto que x 2,2 son

puntos singulares. Luego se prueba el primer punto singular para clasificarlo x 2:

x x x 21

x 4 x 21

x 2 x 2

x x x 22

x 42

x 2

Por lo tanto el punto singular x 2 es regular.

Se prueba ahora el segundo punto singular para clasificarlo x 2:

x x x 21

x 4 x 21

x 4

x x x 22

x 42

x 2

Por lo tanto el punto singular x 2 es irregular ya que x x no es analítica en este punto.

3.4.1 Método de Frobenius para hallar una solución

Sea x 0 un punto singular regular de 0, tal que ∑

y ∑ en el punto singular x 0 existen soluciones de la forma:

, ∑ ∑ , 0

Donde se obtiene a partir de:

1 0

lim

lim

Para hallar el resto de la solución se procede como en el caso de las soluciones alrededor de puntos ordinarios. Lo anterior se resume en el siguiente teorema:



Teorema de Frobenius Si es un punto singular regular de 0, entonces existe al menos una solución en términos de una serie

,

Donde es la mayor de las raíces de la ecuación indicial asociada obtenida a partir de 1 0

La serie converge para toda tal que 0 , con como la distancia de al otro punto singular más cercano, real o complejo.

Ejemplo 1: Hallar la solución en torno al punto singular 0 de la siguiente ecuación:

x 2 ’ 2 0, 0

Solución:

y

Luego: lim lim 2 2; y lim lim 2 2

Por lo tanto: 2 y 2; sustituyendo en la ecuación indicial:

1 2 2 3 2

Resolviendo: 1 2

Luego:

,

Derivando:

’ ,

, 1

Sustituyendo en la ecuación diferencial: x 2 ’ 2 0

1 2 2 0



o bien:

1 2 2 0

Se cambian los índices: y 1

1 2 2 0

Se simplifica la expresión:

1 2 2 0

Se recorren índices:

1 2 2 1 2 2 0

Se suman series:

1 2 2 1 2 2 0

Igualando a cero los términos por el principio de identidad, se obtiene la ecuación indicial:

1 2 2 0

Y para 1 se obtiene la siguiente fórmula de recurrencia para encontrar los coeficientes:

1 2 2 0

Despejando :

13 2

Tomando 2 por ser la mayor de las raíces y para 1

11

1 12



2 16

112

3 112

1144

4 120

12880

5 130

186400

6 142

13628800

Entonces

2, 112

112

1144

12880

186400

… , 0

Ejemplo 2. Encuentre una solución en torno al punto singular 0 de la siguiente ecuación:

x 2 ’ 2 0, 0

Ecuación indicial:

xp x ; x q x 2 ; p 2; q 0;

r r 1 2r 0 r 3 y r 0

Se propone como solución:

(r,x) ∑

′

′′ 1

Entonces

1 2 2 0

Simplificando:



3 2 0

Se desarrolla la sumatoria 1 para 0,1

3 1 2 3 2 0

Se cambian los índices: 1 y 1

3 1 2 1 2 2

0

Se suman las series:

3 1 2 1 2 2 0

Entonces:

3 0

1 2 0

1 2 2 0

La fórmula de recurrencia para los coeficientes es:

21 2

Con 3 1; 3 3 3 0

1 3 3 2 4 0

24 2

Para diferentes valores de k:

1 215

2 224

0



3 235

2525

4 248

0

5 263

233075

6 280

0

7 299

23274425

8 2120

0

Por lo tanto

(3,x)

(3,x)

Ejemplo 3 Encuentre la solución en torno al punto singular 1 de la siguiente ecuación:

1 x 3 1 ’ 2 0

Solución:

Se puede proponer una solución de la forma , ∑ , sin embargo un camino alternativo consiste en realizar el cambio de variable siguiente:

1 1

Si se calculan las derivadas con respecto a la nueva variable independiente:

Sustituyendo la variable independiente y sus derivadas:

2 t 3 2 ’ 2 0

y

Luego: lim lim 3; y lim lim 0




1 3 4

Resolviendo la ecuación indicial: 2; 0

Se propone la solución de la forma:

,

Derivando:

’ ,

, 1

Sustituyendo en la ecuación diferencial: 2 t 3 2 ’ 2 0

2 t 1 3 2 2 0

o bien desarrollando el producto de las series por sus coeficientes:

1 3 2

2 1 6 0

1 3 2 2 1 3 0

O bien:

4 2 2 4 0

Realizando los cambios de índices: y 1, respectivamente y reemplazando el índice :

4 2 2 1 3 0



Se recorren los índices:

2 4 2 1 3

4 2 0


2 4 2 1 3 4 2 0

Igualando a cero los términos del miembro izquierdo con cero:

2 4 0

Y para 0 se obtiene la fórmula de recurrencia:

2 1 3 4 2 0

Despejando :

4 22 1 3

Tomando 4 y para 0

4 22 1 5

De donde se obtiene la siguiente tabla de coeficientes:

0 15

1 140

2 1168

3 19

10752

4 19

32256

5 76

7



Entonces

4, 115

140

1168

1910752

1932256

O bien en términos de :

4, 1 115

1140

11168

119

107521

1932256

1 1

Ejemplo 4 Encuentre la solución en torno al punto singular 0 de la siguiente ecuación:

x 1 3 ’ 4 0, 0

Solución:

y

Luego: lim lim 3; y lim lim 4


1 3 4 4 4

Resolviendo la ecuación indicial: 2

Se propone la solución de la forma:

,

Derivando:

’ ,

, 1

Sustituyendo en la ecuación diferencial: x 1 3 ’ 4 0

1 1 3 4 0



o bien desarrollando el producto de las series por sus coeficientes:

1 1 3 4 0

1 1 3 4

0

Tomando los índices: y 1, respectivamente y reemplazando el índice :

1 2 1 3 4 0

Se recorren los índices:

1 3 4 1 3 4

1 2 0


1 3 4 4 4 1 2

0

Igualando a cero los términos del miembro izquierdo con cero se obtiene la ecuación indicial:

1 3 4 0


4 4 1 2 0

Despejando :

1 24 4

Tomando 2 y para 1

1 1



De donde se obtiene la siguiente:

1 2

2 32

3

3 43

4

4 54

5

5 65

6

6 76

7

Entonces

2, 1 2 3 4 5 6 7 … , 0

Ya que la ecuación diferencial es de segundo orden se espera que exista una segunda solución linealmente independiente. Con la finalidad de hallarla se utiliza la fórmula de reducción:

Entonces al sustituir los valores apropiados se tiene

11 2 3 4 5

Lo cual no es fácil de resolver.

Una observación más detenida permite concluir que la primera solución es:

∑ , entonces:

1

1

Después de un poco de álgebra se obtiene:

11 16

1161

81



De donde:

ln 8 ln 18 2 1

1

Y entonces la solución general es:

Por supuesto, no siempre será factible hallar la segunda solución de una manera eficiente.

Se observa que existe un trabajo considerable para encontrar la segunda solución cuando las raíces de la ecuación indicial son iguales por el método de reducción y las soluciones están dadas en series de potencias.

En la siguiente sección se verá cómo determinar las soluciones linealmente independientes utilizando un método preestablecido que proviene de la aplicación de la fórmula de reducción.

3.4.2 Método de Frobenius-segunda solución

En general, dependiendo de las raíces de la ecuación indicial se pueden tener los siguientes casos.

Forma de la segunda solución linealmente independiente Sea un punto singular regular para 0 y sean y las raíces de la ecuación indicial asociada, donde *:

i) Si no es un entero, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la forma:

, 0

, 0

ii) Si entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la forma:

, 0

ln

iii) Si es un entero positivo, entonces existen dos soluciones linealmente independientes de la forma:

, 0



ln , 0

Con como una constante que puede anularse, esto implica que la solución en este caso es similar al caso i. *Re es la parte real de la raíz que proviene de la solución de la ecuación indicial.

Ejemplo 1. Halle las 2 soluciones linealmente independientes de la siguiente ecuación diferencial alrededor de cero:

x ’ 0, 0

Solución:

y

Luego: lim lim ; y lim lim

Por lo tanto: y ; sustituyendo en la ecuación indicial:

112r

12

32r

12

Resolviendo la ecuación indicial: 1 y

Para hallar la primera parte de la solución se propone la solución de la forma:

,

Derivando:

’ ,

, 1

Sustituyendo en la ecuación diferencial: x ’

12

12

0

Desarrollando el producto de las series por sus coeficientes:



112

12

0

112

12

12

0

Simplificando

3/2 1/212

0


3/2 1/212

0

Desplazando índices:

3/2 1/2 3/2 1/212

0


3/2 1/2 3/2 1/2 1/2 0

Igualando a cero los coeficientes se obtiene la ecuación indicial:

3/2 1/2 0


3/2 1/2 1/2 0

Despejando :

1/23/2 1/2

Tomando 1 y para 1

1/21 1/2 1/2

12 1

De donde se obtiene la siguiente tabla:



1 13

2 110

130

3 121

1630

4 136

122680

Entonces

1, 113

130

1630

122680

, 0

Para hallar la segunda solución linealmente independiente puesto que se procede como sigue:

, 0

Por analogía con la primera solución se obtiene una fórmula de recurrencia para los coeficientes de como sigue:

1/23/2 1/2

Tomando y para 1

12 1


1

2 16

16

3 115

190

4 128

12520

Entonces



1/2, 116

190

12520 √ , 0

Es decir, la solución completa de la ecuación diferencial es:

Donde 1, y 1/2,

Ejemplo 2. Halle las 2 soluciones linealmente independientes de la siguiente ecuación diferencial alrededor de 0:

x ’ x 0, 0

Solución:

y /

Luego: lim lim 1 1; y lim lim x 1/4

Por lo tanto: 1 y ; sustituyendo en la ecuación indicial:

1 r14

14

Resolviendo la ecuación indicial: y

Para hallar la primera parte de la solución se propone la solución de la forma:

,

Derivando:

’ ,

, 1

Sustituyendo en la ecuación diferencial: x ’ x 0

1 x14

0



Desarrollando el producto de las series por sus coeficientes:

1 x14

0

114

0

Simplificando

114

0


14

0

Desplazando índices y sumando series:

14

114

14

0

Igualando a cero los coeficientes se obtiene la ecuación indicial:

14

0

114

0


14

0

Despejando :

114

Tomando 1/2 y para 2: 1/2 0 0; 1 1/2

2 0

0



11


2 16

3 112

0

4 120

1120

5 130

0

6 142

15040

7 156

0

8 172

1362880

Entonces

1/2, 113!

15!

17!

19! √ , 0

O de forma alternativa ,√∑

!/√

Para hallar la segunda solución linealmente independiente utilizando el caso iii ya que Como 1:

ln , 0

Se calculan las derivadas:

′ ′ ln

′′ ′′ ln2 ′

1

Sustituyendo en la ecuación diferencial:

’ x 0, 0



x ′′ ln2 ′

1

′ ln x14

ln

0

x ′′ ln2 ′

1

′ ln

x14

ln 0

Desarrollando y agrupando términos:

x ′′ ′ x14

Cln 2 ′ 1

14

0

x ′′ ′ x 0 por ser una solución de la ecuación diferencial homogénea. Por lo tanto la expresión anterior se reduce a:

2 ′ 14

0

Cambiando de índice las ecuaciones , 2

2 ′ 14

0

Calculo de ′

1√

12 1 !

′ 1√

12 1 !

12 1 !

1√



′ 1√

1 2 12 1 2 !

12 √

12 1 !

Simplificando

′ 1√

12 !

12 √

12 1 !

Sustituyendo en la ecuación diferencial

2√

12 !

1 12 1 !

14

0

Simplificando:

2√

12 !

12 1 !

14

0

Desarrollando los primeros términos de la sumatoria 1 y 2 y simplificando:

/ 376

/ 14

114

14

212 !

12 1 !

/ 0

De donde

14

/ 0

114

376

/ 0

14

2 112 !

12 1 !

0

Con 1/2

2 0 como no puede ser cero, 0 es arbitrario

0 0 es arbitrario. Para 2 se obtiene la siguiente fórmula de recurrencia:



14

01

14

11

Entonces la segunda solución es:

2 12

3 16

4 112

124

5 120

1120

6 130

1720

7 142

15040

8 156

140320

Entonces la solución es:

1/2, /√ , 0

1/2, 112!

14!

16!

18!

, /√13!

15!

17!

, /√ 0

1/2,12 !

/√12 1 !

/√ 0

1/2, cos /√ /√ 0

Sin embargo obsérvese que /√ sólo difiere por una constante de /√ por lo cual la segunda parte de la solución proporciona las dos soluciones simultáneamente. En algunas ocasiones cuando donde es un entero positivo conviene comenzar a buscar la solución tomando como la menor de las raíces. Por ejemplo, si se repite el ejercicio anterior tomando la raíz menor para comenzar el cálculo partiendo de la fórmula de recurrencia:

:



114

Tomando 1/2 y para 2: 1/2 0 0; 1 1/2

0 0 por lo tanto tanto como son arbitrarios

11


2 12

3 16

4 112

124

5 120

1120

6 130

1720

7 142

15040

8 156

140320

Entonces

1/2, /√ , 0

12,

√ √

12,

1 12

124

1720

140320

√16

1120

15040

√

Es decir, la solución completa por ambos métodos es:

cos√ √

, 0



Ejemplo 3. Resolver la sig. ec. dif. alrededor de 0

′′ 1 ′ 1 0

Solución

Cálculo de la ecuación indicial

1 lim 1 1

1 lim 1 1

1 1 0 1

Se propone la solución con sus respectivas derivadas:

∑∞ , ′ ∑∞ , ′′ ∑ 1∞

Sustituyendo:

1 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

2 1 1 0

Tomando los índices: y 1 y reemplazando el índice :

2 1 0

Recorriendo índices:

2 1 2 1 0

2 1 0

2 1 0



2 1

Tomando 1: 0 0

, para 1

1 2 22 3/4 3/23 4/9 2/34 5/16 5/245 6/25 1/206 7/36 7/7207 8/49 1/6308 9/64 1/4480

1 232

23

524

120

7720

1630

14480

, 0

Como se usa el caso II, donde:

ln ∑ , ln ∑ 1 , ln

2 ∑ 1 . Sustituyendo:

ln 2 1

1 ln 1

1 ln 0

1 1 ln 2 2

1 1 1 2 0

Sustituyendo índices 1, 2

2 ′ 2 2 1∞

4∞

0



Desarrollando las series:

2 2 3 1 1

2 1 4 0

Desarrollando los términos 2 2 :

2 2 8 9163

2512

35

49360

8315

92240

2 2 5 5176

1312

37120

572

131008

4120160

Sumando

2 2 3 452

724

115

18

1504

Desarrollando la sumatoria junto con el resultado anterior para 1:

9 3 013

20 7 4 0 19/60

30 8 5/2 0 151/900

42 9 1 0 251/4200

56 10 7/24 0 249/15680

72 11 1/15 0 11353/3386880

ln13

1960

151900

2514200

24915680

113533386880

Ejemplo 4. Encuentre la segunda solución en torno al punto singular 0 de la siguiente ecuación:

x 1 3 ’ 4 0, 0

Solución:

Ya se sabe que: 0, por lo tanto se usa el caso II.

Se escribe directamente la solución:



ln

Derivando:

, , lnx

1

,, ,, ln 2,

x x1

Sustituyendo en la ecuación original:

x 1 ,, ln 2,

x x1

3 , lnx

1 4 ln 0

Desarrollando y simplificando

x 1 ,, ln 2x 1,

xx 1

xx 1 1

3 , ln 3x

3 1

4 ln 0

x 1 ,, 3 , ln 4 ln ln 2x 1,

xx 1

x3

x

1 1 3 1

4 0

Pero x 1 ,, 3 , ln 4 ln 0 por ser solución homogénea, entonces agrupando el resto de los términos apropiadamente:



2x 1 , 4 1 4

1 3 1 0

2x 1 , 4 1 3 1 4

1 0

2x 1 , 4 3 1 4

1 0

Cambiando índices 1; y 2

2x 1 , 4 4 4

2 1 0

Desarrollando la sumatoria 1 para 1:

2x 1 , 4 3 1 4

4 4 2 1 0

Entonces, sustituyendo 2

2x 1 , 4 1 3 4

2 2 4 1 0

2x 1 , 4 1 0

Tomando 1 2 3 4 5 6 7 … , 0



2 6 12 20 30 42 56

Sustituyendo , su derivada y desarrollando la sumatoria:

2x 1 , 4 16 36 64 100 144

4 4 9 14 19 24 29

Sumando los términos: 2x 1 , 4 1 7 22 45 76 115

Entonces, usando esta parte de la solución junto con el desarrollo de la serie para 2:

7 0

2 4 22 0, 3

9 12 45 0, 9

16 20 76 0, 13/2

25 30 115 0, 62/5

Por lo tanto la solución es:

ln 3 9132

625

Halle la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales alrededor de x 0

Ecuación Solución 1 2 0 ,

2 1 2 0 1 212

0

3 9 1 0

1

2 ! 1 13

1

2 ! 1 13

4 1 0 [FALTA] 5 0 [FALTA]

3.5 Ecuaciones especiales

En ingeniería algunas ecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes variables se presentan con frecuencia, por lo cual han sido estudiadas con gran detalle.



Dentro de estas ecuaciones la ecuación hipergeométrica, la ecuación de Bessel y la ecuación de Legendre son las más importantes.

3.5.1 Solución de la ecuación de Bessel

La ecuación diferencial de segundo orden

0

Recibe el nombre de ecuación de Bessel de orden . Es fácil observar que la ecuación anterior tiene un punto singular regular en 0, en efecto:

1 lim 1 1

lim

1 0 y las raíces son: y


∑ , ∑ , ∑ 1

1 0

Simplificando:

1 0

0

Cambiando índices , 2

0

Desplazando índices:

1 0

Tomando la raíz mayor, :



0 1 2 2 0

Utilizando el principio de identidad:

0 0

2 0 0

2 02

Tomando diferentes valores de 2

2 4 1 2 1

3 3 2 30

4 8 2 2 2 1 2

5 0

6 12 3 2 2 · 3 1 2 3

7 0

8 16 4 2 2 · 3 · 4 1 2 3 4

En general:

12 ! 1 2 3 …

Y la solución es entonces:

12 ! 1

La cual converge para 0 ∞.

Si 2 no es un entero, entonces por el método de Frobenius se obtiene la segunda solución tomando la raíz menor, :

0 1 2 2 0




0 0

2 0 0

2 02


2 4 1 2 1

3 3 3 2

0

4 8 2 2 2 1 2

5 0

6 12 3 2 2 · 3 1 2 3

7 0

8 16 4 2 2 · 3 · 4 1 2 3 4

En general:

12 ! 1 2 3 …

Si se usa , donde Γ es la función gama y se define como: Γ

y Γ 1 Γ

12 ! 1

Y se toma

Entonces

1! Γ 1 2

De forma similar, haciendo



12 Γ 1

Se obtiene

1! Γ 1 2

Ambas ecuaciones son soluciones de la ecuación diferencial de Bessel y reciben el nombre de funciones de Bessel de primer tipo de orden y . La solución completa de la ecuación de Bessel de primer tipo es:

, 0

Función de Bessel de segunda especie. Si , la función definida por la combinación lineal

cos · ··

Y la función son soluciones linealmente independientes de la ecuación de Bessel. Para cualquier valor de la solución general de la ecuación de Bessel es:

es la función de Bessel de segunda especie de orden .

3.5.2 Solución de la ecuación de Legendre

La ecuación diferencial de segundo orden

1 2 1 0

Recibe el nombre de ecuación de Legendre de orden . En la ecuación anterior 0 es un punto ordinario por lo tanto admite solución expresada como serie de potencias:


∑ , ∑ , ∑ 1

1 1 2 1 0

Simplificando:



1 1 2 1 0

Cambiando índices 2,

2 1 1 2 1 0

Desarrollando las sumatorias 1, 3 y 4:

2 6 2 1 1 2 2

1 1 1 0

Sumando series:

1 2 2 1 6

2 1 1 2 1 0

Simplificando el argumento de la sumatoria

1 2 1 1 2 1

1 2 1 2

Agrupando esto último

1 1 1


1 2 01

2

2 1 6 01 26

Pero

1 2 1 1 1 2

Entonces



1 22 3

2 1 1 0

11 2


2 =

3

3 44 5

3 44 5

1 22 3

3 1 4 22 3 4 5

4

4 55 6

4 55 6

2 3 12 3 4

4 5 2 3 12 3 4 5 6

5 5 66 7

5 3 1 2 4 62 3 4 5 6 7

6

6 77 8

6 4 2 1 3 5 72 3 4 5 6 7 8


Donde

11

2!2 3 1

4!4 5 2 3 1

6!6 4 2 1 3 5 7

8!



1 23!

3 1 4 25!

5 3 1 2 4 67!

Si n es un número entero par entonces termina. Por ejemplo:

Si n=0:

1

Si n=2:

12 32!

Si n=4:

14 52!

2 4 5 74!

Si n=6:

1 21 636935

Tomando valores impares de n:

n=1:

n=3:

2 53!

n=5:

4 73!

2 4 7 95!

n=7:

9995

42935



Se acostumbra elegir valores de y dependiendo si es par o impar. Para 0 se elije 1. Para 2,4,6, …:

1 / 1 3 5 . . . 12 4 6 …

Para 1 se elije 1. Para 3,5,7, …:

1 / 1 3 5 . . .2 4 6 … 1

Por ejemplo para par

n=0: 1; 1

n=2: 1 / ; y,

121 3

n=4: 1

y:

381 10

353

n=6: 1

516

1 21 636935

Para impar:

n=1: 1;

n=3: 1 ;

n=5: 1 ;

n=7: 1

10548

9995

42935



Las expresiones entre llaves de y para diferentes valores de n se les conoce como polinomios de Legendre, los cuales son soluciones particulares de las ecuaciones diferenciales siguientes:

0: 1 2 0

1: 1 2 2 0

2: 1 2 6 0

3: 1 2 12 0

4: 1 2 20 0

5: 1 2 30 0

6: 1 2 42 0

Etc.

Problemas:

1. Obtenga el polinomio de Legendre para 8 9 2. Muestre que para los polinomios de Legendre calculados arriba se cumplen las

siguientes propiedades: i) 1 ii) 1 1 iii) 0 0, iv) 1 1 v) 0 0,

3. Muestre que la siguiente relación de recurrencia: 1 2 1 0

Permite obtener los polinomios de Legendre anteriormente calculados. Obtenga el polinomio de grado 5 usando k=4. Sol. Para k=4,

5 9 4 0

9 45

9 38 1 10 35

3 4 3253

5

278

2708

3158 6 105

Simplificando:

758

3508

3158

5158

708

638



Use la Fórmula de Rodrigues !

, 0,1,2, … para obtener los polinomios de Legendre de grado 3 y 4:

Solución para el polinomio de grado 3:

12 3!

1 148

1

1 3 3 16 12 6

6 12 630 36 6

30 36 6120 72

Y la solución es:

148

120 72125 3


COMISIÓN ACADÉMICA PAG 1 JUL-DIC 2012

UNIDAD TEMATICA IV ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 4.1.1 Funciones ortogonales

Dos funciones distintas son ortogonales cuando su producto interno es cero.

Supóngase que f1 y f2 son funciones definidas en un intervalo (a, b). La integral del producto f1(x) y f2(x) definida en el intervalo se considera el producto interno de las funciones, siempre y cuando existan las integrales, lo que se enuncia matemáticamente como:

( ) ( ) ( )1 2 1 2≡ ∫b

af , f f x f x dx

Dos funciones f1 y f2 son ortogonales en un intervalo [a, b] si

( ) ( ) ( )1 2 1 2 0≡ =∫b

af , f f x f x dx

Ejemplo Muestre que las funciones ( ) 2=f x x , ( ) 3=f x x son ortogonales en el intervalo

[ ]11− , .

Solución. Puesto que

( )1 1

2 3 61 2

110

−−= = =∫ 1f , f x x d x x

6

Entonces, se concluye que las funciones son ortogonales en dicho intervalo.

Ejercicios. Muestre que las funciones siguientes son ortogonales en los intervalos

especificados.

# Función Intervalo Solución

1 ( )1 =f x x ( ) 22 1= +f x x [ ]2 2− , 0

2 ( )1 1=f x ( ) ( )2 =f x cos x [ ]π π− , 0



3 ( ) ( )21 =f x cos x ( ) ( )2 =f x sen x [ ]π π− , 0

4 ( )1−= xf x e ( ) ( )2 =f x s e n x

5 14 4π π⎡ ⎤− −⎢ ⎥⎣ ⎦

, 0

5 ( ) ( )1 =f x senh x ( ) ( )2 =f x cosh x [ ]11− , 0

6 ( )1 =f x x ( ) ( )2 2=f x cos x 1 12 2π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

, 0

7 ( )1 =f x x ( )2−= −x xf x x e x e [ ]11− , 0

8 ( ) ( )1 =f x s e nh x ( ) ( )2 2=f x cos x [ ]π π− , 0

4.1.2 Conjunto Ortogonal

Se dice que un conjunto de funciones de valores reales {φ0(x), φ1(x), φ2(x),…} es ortogonal en un intervalo [a, b] si

0b

m n m na

( , ) ( x ), ( x ) dx , m nϕ ϕ ϕ ϕ= = ≠∫

Ejemplo Muestre que el conjunto ( ) ( ) ( ){ }1 2,cos x ,cos x ,...,cos nx es ortogonal en el intervalo

[ ]− ,π π .

Solución

Sea ( )0 1φ =x , ( ) ( )φ =n x cos nx , entonces:

0 0n n( , ) ( x ) ( x )dx cos( nx )dxπ π

π πϕ ϕ ϕ ϕ

− −= =∫ ∫

1 0 0ππ−= = ≠sen( nx ) , para n

n

y

( ) ( ) ( ) ( ) ( )π π

π πϕ ϕ ϕ ϕ

− −= = ⋅∫ ∫m n m n, x x dx cos mx cos nx dx

( ) ( )12

π

π−= + + −⎡ ⎤⎣ ⎦∫ cos m n x cos m n x dx



( ) ( )1 02

π

π−

+ −⎡ ⎤= + = ≠⎢ ⎥+ −⎣ ⎦

sen m n x sen m n x,m n

m n m n

4.2 Series de Fourier Una función periódica ( )f x definida entre ( )−∞ ∞, o en el intervalo finito ( )− p, p puede ser representada por series infinitas de senos y cosenos de la siguiente manera:

( ) 0

12

∞

=

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑ n n

n

a nπ nπf x a cos x b sen xp p

donde

( ) ( )2

02

2 1

− −= =∫ ∫

p/ p

p/ pa f x dx f x dx

p p

Y na , nb están dadas por las fórmulas de Euler:

( ) ( )2

2

2 2 1π π

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫p/ p

np/ p

n na f x cos x dx f x cos x dxp p p p

( ) ( )2

2

2 2 1π π

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫p/ p

np/ p

n nb f x sen x dx f x sen x dxp p p p

Con p como el periodo de la función en cuestión

Ejemplo Para el caso de la función denominada onda dientes de sierra (Figura 1) dada por:

f ( x ) x= L x L− < <

2f ( x L ) f ( x )+ = (condición periódica)

Figura 1. La onda dientes de sierra.



Puede ser aproximada por:

( ) 0

12

π π∞

=

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑ n n

n

a n nf x a cos x b sen xL L

Para hallar las constantes se recurre a los coeficientes de Fourier de la siguiente manera:

2

01 0

2− −

= = =∫LL

L L

xa x dxL L

an y bn están dados por:

1 0π

−

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

L

nL

na x cos x dxL L

0 1 2n , , , ...=

( ) ( )21 π π ππ

−

− −⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

L

nL

L n cos n s e n nnb x sen x dxL L

( )2 22 1ππ

⎡ ⎤⎣ ⎦ = − − nL

nn, 0 1 2n , , , ...=

Todos los coeficientes na valen cero. Mientras que para los coeficientes nb se tiene:

( )12 21π π

= − − =L La

( )222 2 112 2π π

⎛ ⎞= − − = − ⎜ ⎟⎝ ⎠

L La

( )332 2 113 3π π

⎛ ⎞= − − = ⎜ ⎟⎝ ⎠

L La

( )442 2 114 4π π

⎛ ⎞= − − = − ⎜ ⎟⎝ ⎠

L La

Etc. Entonces, sustituyendo los coeficientes en la fórmula general:

( ) 2 1 2 1 32 3

π π ππ

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

Lf x sen x sen x sen x ...L L L



Obsérvese que cada término tiene una frecuencia mayor que el término previo. Todas las frecuencias son múltiplos de una frecuencia fundamental que tiene el mismo período como la función ( )f x . La aproximación de la función onda dientes de sierra con seis términos de

la serie junto con la función se muestra en la siguiente figura para 1=L .

Figura 2. La onda dientes de sierra representada por series de Fourier.

Encuentre la serie de Fourier para la siguiente función:

( )41 0

241 0

2

⎧ + − < ≤⎪⎪= ⎨⎪ − ≤ <⎪⎩

Lx, xLf x

Lx, xL

Solución:

0 0=a

2 0 2

2 2 0

2 2 4 2 42 2 2

π π π

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫

L/ L/

nL/ L/

n n na cos x dx x cos x dx x cos x dxL L / L L L / L L L /

( )2 ππ

=⋅n

sen na

n

0 2

2 0

2 4 2 2 4 2π π

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫

L/

L/

n nx cos x dx x cos x dxL L L L L L

( ) ( )4 4π π− −=n

cos n n sen na ( )2 2 2 2

4 4 1 ππ π

+= −⎡ ⎤⎣ ⎦cos n

n n



Pero ( ) ( )1π = − ncos n

2 2

08π

=⎧⎪= ⎨ =⎪⎩

n

, n para

n imparn

2 0 2

2 2 0

2 2 2 4 2 2 4 21 π π π

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫

L/ L/

nL/ L/

n n nb sen x dx x sen x dx x sen x dxL L L L L L L L

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 20 2 2 0

π π π π π π

π π

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦= − + =nn cos n s e n n n cos n s e n n

bn n

Finalmente la solución se expresa como:

( ) 2 2 28 2 1 6 1 10

3 5π π π

π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

f x cos x cos x cos x ...L L L

Si L=2 la gráfica de las funciones se muestran en la siguiente figura.

Fig. 3 La función ( )f x y su aproximación

Aproximación de una función mediante una serie finita de Fourier Sea:

( ) 0

1

2 22

π π

=

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑k

k n n

i

a n t n tS t a cos a senp p

‐1.5

‐1

‐0.5

0

0.5

1

1.5

‐4 ‐3 ‐2 ‐1 0 1 2 3 4



La suma parcial de los primeros ( )2 1+k términos de una serie de Fourier que representa

( )f t en el intervalo 2 2− < <p / t p / .

( )f t se aproxima por ( )kS t , es decir:

( ) ( )0

1

2 22

π π ε=

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑k

n n k

i

a n t n tf t a cos a sen tp p

Donde ( ) ( ) ( )ε = −k kt f t S t

Y el error cuadrático medio está definido por:

( )2

2

2

1 ε−

= ⎡ ⎤⎣ ⎦∫p/

k kp/

E t dtp

Condiciones de Dirichlet Las condiciones de Dirichlet son necesarias para hacer posible la representación de una función en series de Fourier y son las siguientes:

1. La función ( )f t tiene un número finito de discontinuidades en un periodo. 2. La función tiene un número finito de máximos y mínimos en un periodo. 3. La integral del valor absoluto de la función en un periodo es finita, esto es:

( )2

2−=∫

p/

p/f t dt finita

La función puede ser continua por intervalos en el intervalo finito [ ]2 2− p / , p / si satisface las primeras dos condiciones.

La siguiente figura muestra una función periódica con discontinuidades:

Fig. 4 Función periódica discontinua

t1

( )1f t −

( )1f t + ( ) ( )1 1

2

f t f t− ++

f(t)

t



En un punto de discontinuidad ( 1t ) la serie converge a:

( ) ( )1 112

− +⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦f t f t

Donde:

( ) ( )1

1−

−

→=

t tf t lim f t y ( ) ( )

1

1+

+

→=

t tf t lim f t

Aproximación de funciones periódicas pares e impares por series de Fourier Las funciones pares e impares se definen como:

• La función es par si ( ) ( )− =f x f x (ver Figura 5a)

• La función es impar si ( ) ( )− = −f x f x (ver Figura 5b)

Figura 5. Gráfica de (a) función par y (b) función impar.

Propiedades de funciones pares e impares a) El producto de dos funciones pares es par b) El producto de dos funciones impares es impar. c) El producto de una función par y una función impar es impar. d) La suma (o diferencia) de dos funciones pares es par. e) La suma (diferencia) de dos funciones impares es impar. f) Si f es par, entonces

( ) ( )0

2−

=∫ ∫a a

af x dx f x dx

g) Si f es impar, entonces

( ) 0−

=∫a

af x dx .

x‐x

f(x)f(‐x)

x2

x

‐x

f(x)

f(‐x)

x3

(a) (b)



Función periódica par Si f es par en (−p, p) entonces su aproximación mediante series de Fourier es:

( ) ( )00

1 2

−= =∫ ∫

p p

pa f x dx f x dx

p p

( ) ( )0

1 2π π

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫p p

np

n na f x cos x dx f x cos x dxp p p p

( )1 0π

−

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫p

np

nb f x sen x dxp p

Función periódica impar Si f es impar en ( )− p, p entonces su aproximación mediante series de Fourier es:

( )0

20 0 1 2 π⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠∫p

n nna , n , , , ... b f x sen x dx

p p

De lo anterior se puede establecer que:

4.2.1 Serie de cosenos La serie de Fourier de una función par f en el intervalo ( )− p, p es la serie de cosenos

( ) 0

12

∞

=

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ n

n

a nf x a cos xpπ

donde

( )00

2= ∫

pa f x dx

p

( )0

2 π⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠∫p

nna f x cos x dx

p p

4.2.2 Serie de senos La serie de Fourier de una función impar f en el intervalo ( )− p, p es la serie de senos

( )1

π∞

=

⎛ ⎞= ⋅ ⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ n

i

nf x b sen xp

donde

( )0

2 π⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠∫p

nnb f x sen x dx

p p



Ejemplo Desarrolle ( ) =f x x , 2 2− < <x en una serie de Fourier.

Solución

La Figura 5a muestra ( ) =f x x que es una función impar en ( )2 2− , y 2=p . Por lo tanto, su

aproximación mediante series de senos está dada por:

( ) 12

0

4 12π

π

+−⎛ ⎞= ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠∫

n

nna x sen x dx

n

Así

( ) 1

1

142π

π

∞ +

=

− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∑

n

n

nf ( x ) sen xn

Figura 6 La función ( )f x .

Figura 7 Extensión periódica de ( )f x .



Ejemplo Encuentre la serie de Fourier de cosenos para la función ( ) ( )=f x sen x en el

intervalo 0 x π< < (Brown y Churchill, 1993). La función ( ) ( )=f x s e n x se presenta en la

Figura 8.

Figura 8. La función f(x)=|sen(x)|

Usando la identidad trigonométrica

( ) ( ) ( ) ( )2 = + + −sen A cos B sen A B sen A B

Permite escribir

( ) ( )0

2 π

π= ∫na sen x cos nx dx

como ( ) ( ){ }0

1 1 1 0 1 2π

π= + + − =⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ sen n x sen n x dx n , , , ...

Por lo tanto, cuando 1n ≠ ,

( ) ( ) ( )2

0

1 1 1 11 21 1 1

π

π π+ − + −⎡ ⎤

= − − = ⋅⎢ ⎥+ − −⎣ ⎦

n

ncos n x cos n x

an n n

;

Cuando 1=n , el coeficiente está dado por:

( )10

1 2 0π

π= =∫a sen x dx

Finalmente ( )f x puede aproximarse con:

( ) ( ) ( ) ( )22

1 12 21π π

∞

=

+ −= ≈ +

−∑n

n

f x sen x cos nxn

(0 x )π< <



Observe que cuando n es impar esta puede escribirse ( )1 1 0+ − =n y cuando n es par esta

podría escribirse en términos de una sumatoria.

En la ecuación previa se reemplaza n por 2n dondequiera que aparezca n después del símbolo de la sumatoria y cuando empieza la sumatoria para 1=n . Así el resultado buscado es

( ) ( )2

1

22 44 1π π

∞

=

= −−∑

n

cos nxsen x

n π< <0 x

Ejemplo Encuentre la serie de Fourier de senos para la función f ( x ) x= en el intervalo 0 x π< < .

( ) ( ) ( )

0 0

2 2π π

π π= = ⋅∫ ∫nb f x sen nx dx x sen nx dx

( ) ( ) ( ) 1

20

12 2π

π

+−⎡ ⎤= − + =⎢ ⎥

⎣ ⎦

nx cos nx sen nx

n nn

Por lo tanto, la aproximación de ( )f x en series de senos está dada por:

( ) ( ) ( )1

2

12

∞ +

=

−= ≈ ∑

n

n

f x x sen nxn

π< <0 x

La teoría mostraría que las series convergen a ( )f x cuando (0 x )π< < .

Esta convergencia de la función periódica impar ( )=y f x se grafica en la Figura 9. La

series convergen a cero en los puntos 0 3 5x , , , , ...π π= ± ± ± de acuerdo a lo establecido anteriormente.



Figura 9. La función identidad y su extensión periódica.

La evaluación de las integrales para obtener los coeficientes de Fourier, algunas veces es necesario aplicar la integración por partes más de una vez, en éste caso se podría aplicar la fórmula de Kronecker.

Sea ( )p x un polinomio de grado m y suponiendo que ( )f x es continua, entonces se tiene

( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 11 += − + − + −∫ m m

mp x f x dx pF p' F p'' F ... p F

Donde p es el polinomio con derivada m hasta a cero, F1 denota una integral indefinida de f, F2 un integral indefinida de F1, etc. y los signos alternos son dados a cada término.

Note que la diferenciación de p viene con un segundo término, mientras la integración de f viene con el primer término. La fórmula anterior es verificada por diferenciación para obtener ( ) ( )p x f x , que podría ser usada para evaluar integrales por partes donde sea

necesario.

Ejemplo Para ilustrar la ventaja de la fórmula anterior cuando la integración por partes es sucesiva, se determinarán las series de Fourier del seno para la función ( ) 3=f x x , en el

intervalo 0 x π< < . Con la ayuda de la fórmula se puede escribir:

( )3

0

2 π

π= ⋅∫nb x sen nx dx

( ) ( ) ( ) ( )3 22 3 4

0

2 3 6 6π

π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⋅ − − ⋅ + ⋅ − ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

cos nx sen nx cos nx sen nx x x x

n n n n



( ) ( )213

62 1

π+ −= − n n

n

1 2=n , , ....

Por lo tanto,

( ) ( ) ( ) ( )2

133

1

62 1

π∞

+

=

−= ≈ −∑ n

n

nf x x sen nx

n π< <0 x

Como se ha observado antes, las series convergen para la función en el intervalo 0 x π< < .

Entonces 3x es una función impar cuyo valor es cero cuando x=0. También esta serie

representa a 3x en el intervalo de xπ π− < < .

Ejemplo En vista de que las series seno para x y 3x en los ejemplos anteriores, los coeficientes nb pueden quedar de acuerdo a la siguiente función

( ) ( )2 2 2 3π π= − = −f x x x x x π< <0 x

así

( ) ( ) ( ) ( )1 2 112

3 31 6 1

2 2 1 12π

π+ +

+− − −= − − =

n nn

nn

bn n n

1 2=n , , ...

Por lo tanto,

( ) ( ) ( )1

2 23

1

112π

∞ +

=

−− ≈ ∑

n

n

x x sen nxn

π< <0 x

Ejemplo La función

( )1 01 0

ππ

− − < <⎧=⎨ ≤ <⎩

, xf x

, x

representada en la Figura 10 es impar en (−π, π) con p = π.



Figura 10. Representación de la función f(x) del ejemplo 10.

Halle la serie de Fourier para representar dicha función.

Solución

( ) ( )0

1 12 21π

π π− −

= = ⋅∫n

nb sen( nx ) dxn


( ) ( ) ( )1

1 12π

∞

=

− −= ∑

n

n

f x sen nxn


Encuentre (a) las series de Fourier de cosenos y (b) series de Fourier de senos en el intervalo 0 x π< < que corresponde para cada uno de las siguientes funciones.

# Problema Respuesta

1 ( ) ( )1 0f x x π= < < ( )

1

2 1412 1

n

sen n xa ) ; b )

nπ

∞

=

−−∑

2 ( ) ( )0f x x xπ π= − < < ( )( )21

2 142 2 1

n

cos n xa )

n

ππ

∞

=

−+

−∑ ( )

1

2n

sen nxb )

n

∞

=∑



3 ( ) ( )2 0f x x x π= < <

( ) ( )2

21

14

3

n

n

a ) cos nxn

π∞

=

−+ ∑

( ) ( )( )

( )1

23

1

1 1 12 2

n n

n

b ) sen nxn n

ππ π

∞ +

=

⎧ ⎫⎡ ⎤− − −⎪ ⎪⎢ ⎥−⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

∑

4 ( )0 0 21 2

x /f x

/ xπ

π π< <⎧

= ⎨ < <⎩

( ) ( )( )

12

1

2 11 2 12 2 1

n

n

cos n xa )

nπ

∞+

=

−+ −

−∑( )

1

2 12

n

sen nxnb ) cosn

ππ

∞

=

⎛ ⎞⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠∑

Diferenciación e integración de las series de Fourier La diferenciación o integración de las series de Fourier se puede obtener derivando o integrando respectivamente cada uno de los términos de dicha serie. La diferenciación tiende a disminuir la convergencia pudiendo dar origen a la divergencia, mientras que la convergencia aumenta con la integración. 4.3 Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales Las ecuaciones diferenciales parciales (EDP) son aquellas cuya variable dependiente es función de más de una variable independiente. El siguiente es un ejemplo de EDP:

2

2u ut x

∂ ∂=

∂ ∂

En dicha ecuación se tienen derivadas de “u” (o variable dependiente) con respecto a “x” y a “t” (variables independientes). En muchos problemas físicos estas variables representan la distancia y el tiempo.

Clasificación de las EDP

Las ecuaciones diferenciales parciales se clasifican de acuerdo con varios factores. La clasificación es un concepto importante que se basa en la teoría general y los métodos de solución. La clasificación básica se enuncia a continuación.

1) Orden

Una ecuación diferencial en derivadas parciales es de orden n si contiene una n-ésima derivada parcial, es decir, la que corresponde al más alto grado de derivación parcial que



aparece en la expresión. Algunos ejemplos de EDP de órdenes diferentes y su notación se muestran a continuación:

Primer orden: u ut x

∂ ∂⎧ =⎨ ∂ ∂⎩ o t xu u=

u ut y

⎧∂ ∂=⎨ ∂ ∂⎩

o t yu u=

( )2 3

2 22

∂ ∂+ =

∂ ∂H H

H Fe OC Cû kf C ,C

t z

Segundo orden: 2

2u ut x

⎧∂ ∂⎪ =⎨ ∂ ∂⎪⎩ o t xxu u=

2u ut y x

⎧∂ ∂⎪ =⎨ ∂ ∂ ∂⎪⎩ o t yxu u=

2 2 2

2 2 2 0u u ux y y∂ ∂ ∂

+ + =∂ ∂ ∂ 2 0u∇ =

( )2

2∂ ⋅∂ ∂

− =∂ ∂∂

u CC CDaz tz

Tercer orden: ( )3

3u u sen xt x

⎧∂ ∂⎪ = +⎨ ∂ ∂⎪⎩ o ( )= +t xxxu u sen x

2 2 2 3

2 2 3 32

12 −

−

⎛ ⎞⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂

− = −⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ −∂ ∂⎜ ⎟⎝ ⎠

c vy x y x y y

xββ

ψ ψ ψ ψ β ψβ

Debe recordarse que las funciones xyu y yxu son iguales siempre que todas las funciones

involucradas ( xu, u y yu ) sean continuas.

2) Número de variables



El número de variables es el número de variables independientes de la EDP. Por ejemplo:

t xxu u= tiene dos variables independientes: x y t

21 1

t rr ru u u ur r

θθ= + + tiene tres variables independientes: r , θ y t

2

20

⎛ ⎞∂ ∂ ∂+ = − ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠

ff f f ez

x x xu D Rt z Cz

ρρ ρ ρ dos variables independientes: z y t

3) Linealidad

Las ecuaciones diferenciales parciales pueden ser: lineales o no lineales. Cuando las ecuaciones son lineales, la variable dependiente (u) y todas las derivadas aparecen de forma lineal.

La ecuación diferencial en derivadas parciales lineal de segundo orden de dos variables u( x, y ) tiene la forma general siguiente:

xx xy yy x yA( x, y )u B( x, y )u C( x, y )u D( x, y )u E( x, y )u F( x, y )u G( x, y )+ + + + + =

Donde A, B, C, D, E, F y G pueden ser constantes o funciones de x e y. Por ejemplo:

ttt xxu e u sen( t )−= + lineal

0xx tuu u+ = no lineal

0xx yyu yu+ = lineal

2 0x yxu yu u+ + = no lineal

2 2

2 21 ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂∂℘

+ = − + +⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

x x x xx y v

x y x x yυ υ υ υ

υ υρ

no lineal

Es decir, si algún término está elevado a un exponente diferente de la unidad o el coeficiente de la derivada parcial es una función de las variables independientes entonces se considera que una EDP es no lineal.

4) Homogeneidad



La ecuación general se llama homogénea si el término del lado derecho G(x, y) es igual a cero para toda x e y. Por el contrario si G(x, y) no es igual a cero, entonces la ecuación se llama no homogénea.

2

2 0∂ ∂− =

∂ ∂

Θ Θτ η

Homogénea

( )( )0

1 1⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂⎜ ⎟⎜ ⎟− = +

⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠

tCα ψξ ξ ψ ξ

ξ ξ α ξ No homogénea

5) Tipos de coeficientes

Si los coeficientes A, B, C, D, E, F y G en la ecuación general son constantes, entonces dicha ecuación se llama ecuación diferencial con coeficientes constantes, de lo contrario se le conoce como ED con coeficientes variables.

2∂ ∂

=∂ ∂t yΘ Θα Coeficientes constantes (α )

( ) ( )1 0∂ ⋅ ∂

− =∂ ∂

r zrr r z

υ υ Coeficientes variables

( )2

32 3 1 0∂ ∂+ − =

∂∂

ψ ψχ χχχ

Coeficientes variables

6. Forma de la ecuación

Todas las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales se pueden clasificar de acuerdo con:

(a) Parabólica. Las ecuaciones parabólicas describen el flujo de calor y procesos de difusión y satisfacen la propiedad

2 4 0B AC− =

Por ejemplo,

=t yyu u 2 4 0B AC− =

(b) Hiperbólica. Las ecuaciones hiperbólicas describen sistemas vibracionales y de movimiento de ondas y satisfacen la propiedad siguiente:



2 4 0B AC− >

Por ejemplo:

=tt yyu u 2 4 4B AC− =

0uξη = 2 4 1B AC− =

(c) Elíptica. Las ecuaciones elípticas describe fenómenos en estado estable y satisface la propiedad

2 4 0B AC− <

Por ejemplo,

0xx yyu u+ = 2 4 4B AC− = −

0xx yyyu u+ = 2 4 4B AC y− = −

(para y>0)

Para ecuaciones diferenciales con coeficientes variables éstas pueden cambiar su forma dependiendo del intervalo de las variables puesto que los coeficientes son diferentes en dichos intervalos.

Solución de una EDP

Como se recordará, la solución de una ecuación diferencial es una función que satisface dicha ecuación la cual puede ser una de solución general o particular. Por ejemplo, la expresión siguiente:

( ) ( ) 42 −= tu x,t cos x e

Es una solución de 2

2u ut x

∂ ∂=

∂ ∂ lo cual se corrobora fácilmente al sustituir las respectivas

derivadas en dicha ecuación, como se muestra a continuación:

( ) ( ) 44 2 tu x,t cos x et

−∂= −

∂



( ) ( ) ( ) ( )2

4 422 2 4 2t tu x,t sen x e ; u x,t cos x e

x x− −∂ ∂

= − = −∂ ∂

Entonces:

( ) ( )4 44 2 4 2t tcos x e cos x e− −− = −

No se conoce un método general para resolver cualquier tipo de ecuación diferencial. En lugar de eso es necesario conocer la clasificación de la EDP y luego intentar algún método analítico para hallar la solución. En muchos casos sólo soluciones aproximadas en un intervalo del dominio natural de la ecuación diferencial es posible.

Las EDP usadas para el modelado de fenómenos físicos en general tienen restricciones o condiciones que permiten encontrar su solución particular. Las condiciones antes mencionadas se clasifican de la siguiente manera.

Condiciones iniciales

Los fenómenos relacionados con el tiempo imponen una restricción con respecto a éste. En general al inicio del experimento se toma como el tiempo inicial o el tiempo cero, o a partir de una perturbación de un sistema es estado estacionario. De manera informal:

0 0=t

Condiciones de frontera

En varios fenómenos físicos sólo se conocen las condiciones a la entrada y salida del sistema: por ejemplo, en la operación de un reactor tubular sólo se conoce la concentración del reactivo limitante a la entrada y el grado de conversión del mismo o de manera equivalente la concentración a la salida; otros ejemplos son: la temperatura en dos caras opuestas de un sólido a través del cual se transmite el calor; la cantidad de movimiento a la entrada y salida de un conducto tubular por donde pasa un fluido newtoniano, etc. Dichas condiciones cuando se aplican a las EDP se les conoce como condiciones de frontera, es decir:

( )( )

1 1 1

2 2 2

1

2

= =⎧⎪⎨

= =⎪⎩

CF : x x , f x f

CF : x x , f x f

Dado el modelo de un fenómeno físico en forma diferencial el problema está completamente especificado si se conocen la ecuación diferencial, las condiciones iniciales y las condiciones de frontera. Esto se ilustra con el ejemplo siguiente:



2 2

2 2 0 1 0∂∂ ∂= − < < < <∞∂∂ ∂

u u uEDP : x t tt x

Las condiciones de frontera son, para toda t:

Mientras que la condición inicial está dada por:

( ) ( )0 0 1φ= ≤ ≤CI u x, x x

En esta caso se dice que se trata de un problema de valor inicial con condiciones de frontera.

Tipos de condiciones de frontera

Se tienen tres tipos de condiciones de frontera comunes en la solución de las ecuaciones diferenciales parciales donde están involucrados fenómenos físicos.

1. Condiciones tipo Dirichlet, que especifican el valor de la función en una superficie o frontera ( ( )=u u x,t ).

2. Condiciones tipo Newmann, que especifican la derivada normal de la función en la

superficie ( ∂ = ⋅∇∂u n̂ un

) o el flux de la propiedad.

3. Condiciones de Robin: para una ecuación diferencial parcial elíptica en una región R, este tipo de condiciones de frontera especifican la suma de αu y la derivada normal de u en todos los puntos de R con α y u predeterminados. También se le conoce como condición convectiva de frontera o combinada, ya que es una combinación lineal de los valores de la función y los valores de su derivada en frontera del domino (Dirichlet y Newmann).

Solución de EDP

Existen diferentes métodos para resolver la EDPs dependiendo de su forma. A continuación se mencionan algunos de los métodos clásicos empleados en los cursos de ingeniería química.

( )( )0 0

01 0

=⎧⎪ < < ∞⎨=⎪⎩

u ,tCF t

u ,t



i) Separación de variables, la cual consiste en reducir la EDP de n variables a n Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (EDO).

ii) Transformaciones integrales, que permiten reducir la EDP de n variables independientes a una EDP con n-1 variables.

iii) Cambio de coordenadas. Lo que permite resolver más fácilmente en el nuevo sistema de coordenadas que en el original.

iv) Métodos numéricos, entre otros.

Sólo el método de separación de variables se utilizará en este curso. Los casos de estudio de EDP se restringen a aquellos que permiten modelar fenómenos físicos de interés en el curso de Ingeniería Química.

4.3.1 Solución de EDP de dos variables independientes por el método de separación.

El empleo de este método está restringido a las siguientes condiciones:

a) La EDP es lineal y homogénea. b) Las condiciones de frontera son del tipo:

( ) ( )

( ) ( )

0 0 0

1 1 0

α β

γ δ

∂+ =

∂∂

+ =∂

u ,t u ,txu ,t u ,tx

Donde , , ,α β γ δ son constantes absolutas.

Básicamente este método consiste en dividir el problema en componentes simples, encontrar la solución de cada uno y luego adicionar dichas respuestas de manera apropiada.

4.3.2 La ecuación de calor La ecuación de calor se presenta como un problema de valor inicial y de frontera. Considérese una barra delgada de cierto material conductor con una distribución de temperaturas (Fig. 11)



Figura 11. Distribución de temperatura en una barra delgada recta de densidad ρ y de área de sección transversal A constantes. La barra está colocada a lo largo del eje x desde cero hasta L . Suponiendo que la superficie lateral de la barra está aislada y que la temperatura de la sección transversal perpendicular al eje x en el punto x es una función de x y t (u( x, t ) ). Sean c el calor especifico de la barra y k la conductividad térmica, ambas constantes con la posición y el tiempo. Considérese un segmento de la barra entre x α= y x β= , como se muestra en la Figura 11. Por definición, el calor específico es la razón a la que la energía calorífica se acumula en este segmento de la barra (O’Neil, P. V., 1994), esto es:

uc A dxt

β

αρ ∂

∂∫

Si los extremos de la barra están en contacto con un fluido ocurre un cambio de temperatura en la barra con dirección a la temperatura más baja. La energía calorífica fluye en el volumen de control [α, β] del punto más caliente a uno más frío K veces. La razón neta a la que la energía entra al segmento de la barra entre x α= y x β= en el instante t es

u uKA ( ,t ) KA ( ,t )x x

β α∂ ∂−

∂ ∂

En ausencia de producción de calor dentro del volumen de control la energía acumulada dentro de éste debe equilibrarse con la energía calorífica que entra a él. Matemáticamente esto se expresa como:

u u uc A dx KA ( ,t ) KA ( ,t )t x x

β

αρ β α∂ ∂ ∂

= −∂ ∂ ∂∫

Esta última ecuación también puede escribirse como: 2

2u u uKA ( ,t ) KA ( ,t ) KA dxx x x

β

αβ α∂ ∂ ∂

− =∂ ∂ ∂∫

Combinando estas dos últimas ecuaciones se obtiene

0

y

xLα β



2

2 0u uc A KA dxt x

β

αρ

⎡ ⎤∂ ∂− =⎢ ⎥

∂ ∂⎢ ⎥⎣ ⎦∫

en donde 2

2 0u uc A KAt x

ρ ∂ ∂− =

∂ ∂ para todo x en 0[ , L ] y 0t ≥ . Esto nos conduce a

formulación del balance de calor en estado no estacionario en una dimensión o ecuación del calor:

2

2 0u uc A KAt x

ρ ∂ ∂− =

∂ ∂

En general, esta ecuación puede transformarse a una forma más común despejando la derivada con respecto al tiempo:

2

2∂ ∂

=∂ ∂

u ukt x

Donde ρ =K / c k

O de forma más conveniente, tomando 2 =a k : 2

2u ukt x

∂ ∂=

∂ ∂

en donde α es la difusividad térmica de la barra. Para determinar u de manera única, se necesitan las condiciones en la frontera (información en los extremos de la barra) y la condición inicial (temperatura a lo largo de la barra en t=0). La ecuación diferencial final, junto con las condiciones se muestran de forma condensada a continuación.

22

2 0 1 0α∂ ∂= < < < <∞∂ ∂

u uEDP : x t t x

Sujeta a:

( ) ( )0 0φ= ≤ ≤CI u x, x x L

Solución por el método de separación de variables

Metodología

1. Se propone una función que depende de las dos variables en forma de producto: ( ) ( ) ( )= ⋅u x,t X x T t

( )( )0 0

01 0

=⎧⎪ < < ∞⎨=⎪⎩

u ,tCF t

u ,t



2. Se sustituye la función supuesta en la EDP, para lo cual se calculan las derivadas correspondientes:

( ) ( ) ( ) ( )∂ ∂= ⋅ = ⋅

∂ ∂u X x T t X x T’ tt t

( ) ( ) ( ) ( )∂ ∂= ⋅ = ⋅

∂ ∂u X x T t X’ x T tx x

( ) ( ) ( ) ( )2

2∂ ∂

= ⋅ = ⋅∂∂

u X’ x T t X’’ x T txx

Sustituyendo en la EDP:

( ) ( ) ( ) ( )2α⋅ = ⋅X x T’ t X’’ x T t

3. Se obtiene una ecuación diferencial de variables separables. Usando la técnica de separación:

( )( )

( )( )

2α=T’ t X’’ xT t X x

Puesto que x y t son independientes entre sí cada lado de la ecuación se iguala a una constante:

( )( )

( )( )

22 λ

α= = −

T’ t X’’ xX xT t

Usando la propiedad transitiva de la igualdad:

( ) ( )2 2 0α λ+ =T’ t T t ( ) ( )2 0λ+ =X’’ x X x

Se observa que ahora se tiene un sistema de dos ecuaciones diferenciales ordinarias de primer y segundo orden homogéneas las cuales se resuelven por métodos convencionales.

Resolviendo de manera convencional:

2 2α λ∂ ∂= −∫ ∫T / t dt dt

T ( ) 2 21α λ= − +ln T t C

2 2

1α λ−= tT C e

( ) ( )2

22 32 0λ λ λ∂

+ = ⇒ = +∂

X X X C cos x C sen xx

Entonces efectuando el producto:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

1 2 3α λ α λλ λ λ λ− −= + = +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦

t tu x,t C e C cos x C sen x e Acos x Bsen x



4. Se sustituyen ahora las condiciones de frontera: CF1:

( ) ( ) ( )2 2

0 0 0 0α λ λ λ−= = +⎡ ⎤⎣ ⎦tu ,t e Acos * Bsen *

De donde al resolver se obtiene:

( )0 0 0= ∴ =Acos A

CF2:

( ) ( ) ( )2 2

0 0α λ λ λ−= = +⎡ ⎤⎣ ⎦tu L,t e * cos * L Bsen * L

Resolviendo la ecuación anterior por los métodos ya vistos se encuentra que:

( ) 0λ =Bsen * L y entonces

πλ = ⏐ ∈n n ZL

En la expresión anterior n puede tomar cualquier valor. Sin embargo puesto que el sen(-x)=-sen(x) y con la finalidad de evitar valores negativos de u, n se restringe a valores positivos. Obsérvese que se desecha asimismo el valor de n=0. Entonces, las raíces correctas para el problema en cuestión son:

πλ += ⏐ ∈n n ZL

Es decir B toma valores diferentes dependiendo del valor de n.

( )0 π⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

n nnu x, B sen xL

Una sola ecuación (un) no satisface el problema. Entonces como la EDP es lineal, se propone una sumatoria del tipo:

( )1

0 π∞

=

⋅⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠∑ n

n

nu x, B sen xL

Sustituyendo:



( )2 2

1

α λ π∞

−

=

⎡ ⎤⋅⎛ ⎞⎢ ⎥= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠

⎣ ⎦∑t

n

n

nu x,t e B sen xL

De donde al evaluar la condición inicial se tiene que:

( )1

πφ∞

=

⋅⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠∑ n

n

nx B sen xL

Esto significa que los coeficientes Bn deben escogerse de tal manera que sean la

expansión de Fourier en términos de φ(x) esto es:

( )0

2 πφ +⎛ ⎞= : ∈⎜ ⎟⎝ ⎠∫

L

nn xB x sen dx n Z

L L

5. Ahora se evalúa la condición inicial:

Finalmente la solución completa es:

( )2 2

1

α λ π∞

−

=

⎡ ⎤⋅⎛ ⎞⎢ ⎥= ⋅ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠

⎣ ⎦∑t

n

n

nu x,t e B sen xL

Con

( )0

2 πφ +⎛ ⎞= : ∈⎜ ⎟⎝ ⎠∫

L

nn xB x sen dx n Z

L L

Casos particulares:

a) Supóngase que

( )φ =x x

Entonces, de acuerdo con los resultados anteriores se tiene:



0

2 π⎛ ⎞= ⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠∫

L

nn xB x sen dx

L L

( ) ( )2 π π π⋅ −= −n

L n cos n sen nB ( )

2 22 1

ππ

⎡ ⎤ −⎣ ⎦ = −nL

nn

Entonces la solución particular es:

( ) ( )2 2

1

2 1α λ ππ

∞−

=

⎡ ⎤⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥= − − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎣ ⎦∑ nt

n

L nu x,t e sen xn L

Cuyos primeros términos del desarrollo son:

( )2 2

2 22 1 2 1 3

2 3α λ π π π

π− ⎡ ⋅ ⋅ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ + ⋅ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

t Lu x,t e sen x sen x sen x ...L L L

b) Para

( )102

112

⎧ < <⎪⎪= ⎨⎪ − < <⎪⎩

x, x Lf x

x, L x L

Y el resto de la condiciones sin cambio. Encuentre la solución de la ecuación del calor.

R. ( )2 2

2 24 1 3

3α λ π π

π− ⎡ ⋅ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦

t Lu x,t e sen x sen x ...L L

La ecuación del calor multidimensional

En dos dimensiones euclidianas, la ecuación de calor es

2 2

2 2u u ukt x y

⎡ ⎤∂ ∂ ∂= +⎢ ⎥

∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎣ ⎦,

y en tres dimensiones, es 2 2 2

2 2 2u u u ukt x y z

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂= + +⎢ ⎥

∂ ∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎣ ⎦



Deben de especificarse las condiciones iniciales y en la frontera como se especificó previamente correspondientes para determinar las soluciones únicas de estas ecuaciones en derivadas parciales. Soluciones generales de la ecuación de calor unidimensional Ejemplo Para la ecuación del calor

2

2u ukt x

∂ ∂=

∂ ∂

Muestre que la función 2n ktu u( x,t ) e sen( nx )−= = satisface la ecuación de calor para

cualquier valor de n. Solución Calculando la derivadas parciales

2 2 22 2n kt n kt n ktu sen( nx ) ( e ) sen( nx )( n ke ) n ke sen( nx )

t t− − −∂ ∂

= = − = −∂ ∂

2 2n kt n ktu e sen( nx ) ne cos( nx )x x

− −∂ ∂= =

∂ ∂

2 222

2n kt n ktu ne cos( nx ) n e sen( nx )

xx− −∂ ∂

= = −∂∂

Entonces, al sustituir 2 22

2 22 0n kt n ktu uk n ke sen( nx ) k( n e sen( nx ))

t x− −∂ ∂

− = − − − =∂ ∂

Se consigue la igualdad satisfaciendo de esta forma la ecuación de calor.


Compruebe que las siguientes funciones son soluciones de la ecuación unidimensional del calor con un valor apropiado de k.

# función 1 2tu e cos x−= 2 3tu e sen x−= 3 4tu e cos xω−= 4.3.3 La ecuación de onda Si se tiene una cuerda elástica flexible estirada entre dos clavos. Se quiere describir el movimiento que realiza la cuerda si se levanta y después se suelta para que vibre en un plano vertical. Por conveniencia el eje x se ubica a lo largo de la cuerda en reposo (podría ser cualquier otro eje). En cualquier instante t y en el punto de coordenada horizontal x , sea y( x, t ) el desplazamiento vertical de la cuerda. La representación conceptual de y y( x, t )= en



cualquier momento la forma de la cuerda en ese momento conforme vibra en el plano vertical. Una configuración típica se muestra en el Figura 12 (O’Neil, P. V., 1994).

Figura 12. Perfil de la cuerda en el tiempo t.

Escribiendo la ecuación de onda en forma usual queda

22 2 22

2 2 2ρ⎛ ⎞∂ ∂ ∂

= =⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

y h y yat x x

2 22

2 2y ya

t x∂ ∂

=∂ ∂

Ésta es la ecuación de onda unidimensional. El movimiento de la cuerda estará influido tanto por la posición inicial como por la velocidad inicial de la cuerda. Por lo tanto, se debe especificar las condiciones iniciales

0y( x, ) f ( x )= (posición inicial) y

0 0tyy ( x, ) ( x, ) g( x )t∂

= =∂

(velocidad inicial)

Donde f y g son funciones dadas en [ ]0,L . Las condiciones de frontera son (condiciones en los extremos de la cuerda):

0 0y( , t ) y( L, t )= = 0( t )≥ De forma resumida se tiene que:

EDP: 2 2

22 2

∂ ∂=

∂ ∂

u uat x

0 0< < >( x L,t )

CF 0 0= =u( , t ) u( L, t ) 0≥( t ) CI 0 =u( x, ) f ( x ) , 0∂

=∂u ( x, ) g( x )t

0( x L )< <

0

y

xLx




1. Se propone una función que depende de las dos variables en forma de producto: ( ) ( ) ( )= ⋅u x,t X x T t

2. Se sustituye la función supuesta en la EDP, para lo cual se calculan las derivadas correspondientes:

( ) ( ) ( ) ( )∂ ∂= ⋅ = ⋅

∂ ∂u X x T t X x T’ tt t

( ) ( ) ( ) ( )2

2∂ ∂

= ⋅ = ⋅∂∂

u X x T’ t X x T’’ ttt

( ) ( ) ( ) ( )∂ ∂= ⋅ = ⋅

∂ ∂u X x T t X’ x T tx x

( ) ( ) ( ) ( )2

2∂ ∂

= ⋅ = ⋅∂∂

u X’ x T t X’’ x T txx

Sustituyendo en la EDP: 2 2

22 2y ya

t x∂ ∂

=∂ ∂

( ) ( ) ( ) ( )2α ⋅ = ⋅X x T’’ t X’’ x T t


( )( )

( )( )

2α=T’’ t X’’ xT t X x

Puesto que x y t son independientes entre sí cada lado de la ecuación se iguala a una constante:

( )( )

( )( )

22 λ

α= = −

T’’ t X’’ xX xT t

Entonces

( ) ( )2 2 0α λ+ =T’’ t T t ( ) ( )2 0λ+ =X’’ x X x

Resolviendo las EDOS de segundo orden:

( ) ( )2

21 22 0λ λ λ∂

+ = ⇒ = +∂


( ) ( )2

23 42 0λ αλ αλ∂

+ = ⇒ = +∂

T T T C cos t C sen tt

La solución general es por lo tanto:



( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4λ λ αλ αλ= + +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦u x,t C cos x C sen x C cos t C sen t

4. Se sustituyen ahora las condiciones de frontera: CF1:

( ) ( ) ( )1 20 0 0 0 0= = +u , C cos C sen ( ) ( )3 40 0⎡ ⎤ +⎣ ⎦ C cos C sen⎡ ⎤⎣ ⎦

De donde al resolver se obtiene:

1 3 10 0= ∴ =C C C , asumiendo que C3 es diferente de cero.

CF2:

( ) ( )10 λ= =u L,t C cos L ( )2 3λ⎡ ⎤+⎣ ⎦C sen L C

Puesto que C3 se supuso diferente de cero,

( )2 0λ =C sen L

Resolviendo la ecuación anterior por los métodos ya vistos se encuentra que:

πλ += ⏐ ∈n n ZL

Esto proporciona un conjunto infinito de valores para X(x), es decir:

( ) 2π⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠n ,n

nX x C sen xL

De donde:

( ) 2

1

π∞

=

⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ,n

n

nX x C sen xL

Y

3 4α π α π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

n nT C cos t C sen tL L

Entonces, u(x,t) está dado por:



( ) 2 3 4

1

π α π α π∞

=

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ +⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭∑ ,n

n

n n nu x,t C sen x C cos t C sen tL L L

( )1

π α π α π∞

=

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ +⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭∑ n n

n

n n nu x,t sen x A cos t B sen tL L L

5. Evaluando las condiciones iniciales:

( ) ( ) ( )1

0 0π∞

=

⎛ ⎞= = ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠∑ n n

n

nu x, f x sen x A B senL { } ( )

1

π∞

=

⎛ ⎞= ⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ n

n

nA sen x f xL

( )1

π α π α π α π α π∞

=

∂ ⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ − +⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭∑ n n

n

n n n n nu x,t sen x A sen t B cos tt L L L L L

( ) ( )0 1

0π α π∞

==

∂ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ nt n

n nu x,t sen x A sent L L

( )0α π⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞+⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

nn B cosL

Entonces:

( ) ( )0 1

α π π∞

==

∂ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ nt n

n nu x,t B sen x g xt L L

6. Finalmente la solución completa es:

( )1

π α π α π∞

=

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ +⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭∑ n n

n

n n nu x,t sen x A cos t B sen tL L L

Con

( )0

2 π +⎛ ⎞= : ∈⎜ ⎟⎝ ⎠∫

L

nn xA f x sen dx n Z

L L



( )0

2α π π +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= : ∈⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

L

nn n xB f x sen dx n ZL L L

O bien

( )0

2 πα π

+⎛ ⎞= : ∈⎜ ⎟⎝ ⎠∫

L

nn xB f x sen dx n Z

n L

Ejemplo Resuelva la ecuación de onda con las siguientes condiciones:

( )( )

2 1020

2 112

λ

λ

⎧ < <⎪⎪= ⎨⎪ − < <⎪⎩

x, x LLu x,

x , L x LL

( ) ( )0

0=

∂= =

∂ t

u x,tg x

t Solución:

( ) 2 28 1 3 3

3λ π απ π αππ

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

u x,t sen x cos t sen x cos t ...L L L L

También se puede incluir en el modelo fuerzas adicionales que actúen sobre la cuerda. Si una fuerza externa F por unidad de longitud actúa paralela al eje y, la ecuación debe ajustarse sumando el término 1( )Fρ .

2 22

2 21y ya F

t x ρ∂ ∂

= +∂ ∂

0 0< < >( x L,t )

0 0y( , t ) y( L, t )= = 0( t ),>

0y( x, ) f ( x )= , 0y ( x, ) g( x )t

∂=

∂ 0( x L ).< <

En dos dimensiones, se puede tener una membrana cubriendo una región del plano R y sujeta a un armazón formando la frontera de R . Si z( x, y,t ) es la coordenada vertical en el momento t , de la partícula que está en el punto ( x, y ) de la membrana, la ecuación diferencial parcial para z como función de ( x, y )es

2 2 22

2 2 2z z za

t x y

⎡ ⎤∂ ∂ ∂= +⎢ ⎥

∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎣ ⎦



Ésta es la ecuación de onda de dos dimensiones. Para determinar a z de manera única, se debe incluir las condiciones que especifiquen la posición y la velocidad iniciales de la membrana,

0z(x, y, ) f(x, y)= para ( x, y ) en R. y

0z (x, y, ) g(x, y)t∂

=∂

para ( x, y ) en R.

Por último, la condición de que la membrana está fija a la armazón significa que los puntos del borde de la membrana no se mueven, condición que se escribe como

0z(x, y, t) = para 0t > y ( x, y ) en la frontera de R. Soluciones generales de la ecuación de onda. Ejemplo (Abel Valdés R., 2007). Una cuerda se ha estirado a lo largo del eje de las x, fijada en cada extremo, se pone a vibrar, se demuestra en física que el desplazamiento y y( x, t )= del puto de la cuerda situada a una distancia x y a un tiempo t satisface la ecuación de onda unidimensional.

2 22

2 2y ya

t x∂ ∂

=∂ ∂

Donde la constante a depende de la densidad y tensión de la cuerda. Muestre que la siguiente función satisface la ecuación de onda.

y sen( x )cos( at )= Solución Calculando las derivadas parciales

y sen( x ) cos( at ) a sen( nx )sen( at )t t

∂ ∂= = − ⋅

∂ ∂;

22

2y a sen( nx )cos( at )

t∂

= − ⋅∂

y cos( at ) sen( x ) cos( at )cos( x )x x∂ ∂

= =∂ ∂

; 2

2y cos( at )sen( x )

x∂

= −∂

Entonces al sustituir 2 2

2 2 22 2 0y ya a sen( nx )cos( at ) a ( cos( at )sen( x ))

t x∂ ∂

− = − ⋅ − − =∂ ∂

Se tiene la igualdad satisfaciendo de esta forma la ecuación de onda. Problemas propuestos

Comprobar que las siguientes funciones son soluciones de la ecuación unidimensional de onda con un valor apropiado de a.

# funciones 1 2 24y x t= + 2 3 23y x xt= + 3 y sen wct sen wt= ⋅



4 Pruebe que la función 2 2f ln( x ct )= + es solución de la ecuación de onda

2tt xxf c f=

5

Verifique que la función dada es una solución de la ecuación 2 2

22 2y ya

t x∂ ∂

=∂ ∂

; n x n aty( x,t ) sen cosL Lπ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ para n=1, 2, 3, …, L cualquier

constante positiva, n cualquier entero positivo. Detalle de la solución:

2 2 2 2 2 2 22 2

2 2 2 2y n a n x n at n n x n at ysen cos a sen cos a

L L L Lt L L xπ π π π π π⎡ ⎤∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∂ ∂⎢ ⎥⎣ ⎦

4.3.4 La ecuación de Laplace El Laplaciano de un campo escalar u, que se define como el campo escalar (Marcus D. A., 1993)

2 0( u ) u∇⋅ ∇ = ∇ =

es una de las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales de segundo orden más importantes llamado ecuación de Laplace (Kreyszig, 1999).

La teoría de las soluciones de la ecuación de Laplace se llama teoría del potencial. Las soluciones de (69) que tienen derivadas parciales de segundo orden continuas conocidas como funciones armónicas u( x, y ) tanto en dos dimensiones, u( x, y,z ) como en tres dimensiones (Kreyszig, 1999).

Para cualquier función u que sólo dependa de dos variables x e y (Marcus D. A., 1993).

u u( x, y )=

Se tiene

0tuut

∂= =∂



Mientras t, x e y se consideren como variables independientes. Se sigue que todas las soluciones de estado estable (independientes del tiempo t) la ecuación de onda bidimensional o la ecuación de calor bidimensional satisface la condición

2 2

2 2 0u ux y∂ ∂

+ =∂ ∂

Esta ecuación de potencial o bien ecuación de Laplace (bidimensional) (Marcus D. A., 1993). Su complemento es la ecuación tridimensional

2 2 2

2 2 2 0u u ux y z∂ ∂ ∂

+ + =∂ ∂ ∂

La ecuación de Laplace tiene muchas aplicaciones de las matemáticas a la física y la ingeniería, como en el movimiento de onda y de flujo de calor en regímenes espaciales, y en problemas que involucran campos gravitatorios, eléctricos y magnéticos y en la astronomía.

Solución de la ecuación de Laplace en dos dimensiones

Considere la siguiente ecuación diferencial de Laplace y sus condiciones de frontera:

EDP: 2 2

2 2 0∂ ∂− =

∂ ∂

u ux y

0 0< < < <x a, y b,

CF 0 0=u( x, ) ( )=u( x, b ) f x 0 < <x a

0

0 0= =

∂ ∂= =

∂ ∂x x au u

x x 0 < <y b


1. Se propone una función que depende de las dos variables en forma de producto: ( ) ( ) ( )= ⋅u x, y X x Y y

2. Se calculan las derivadas correspondientes:

( ) ( ) ( ) ( )∂ ∂= ⋅ = ⋅

∂ ∂u X x Y y X x Y’ yy y

( ) ( ) ( ) ( )2

2∂ ∂

= ⋅ = ⋅∂∂

u X x Y’ t X x Y’’ tyy



( ) ( ) ( ) ( )∂ ∂= ⋅ = ⋅

∂ ∂u X x Y y X’ x Y yx x

( ) ( ) ( ) ( )2

2∂ ∂

= ⋅ = ⋅∂∂

u X’ x Y y X’’ x Y txx

Sustituyendo en la EDP: ( ) ( ) ( ) ( )⋅ = − ⋅X’’ t Y y X t Y’’ y


( )( )

( )( )

= −X’’ x Y’’ yX x Y y

Puesto que x e y son independientes entre sí cada lado de la ecuación se iguala a una constante:

( )( )

( )( )

2λ= − = −X’’ x Y’’ yX x Y y

Entonces

( ) ( )2 0λ+ =X’’ x X x ( ) ( )2 0λ− =Y’’ y Y y

Resolviendo las EDOS de segundo orden:

( ) ( )2

21 22 0λ λ λ∂

+ = ⇒ = +∂


( ) ( )2

23 42 0λ λ λ∂

− = ⇒ = +∂

Y Y Y C cosh y C senh yy

4. Evaluando las condiciones de frontera de X:

( ) ( )1 2λ λ λ λ∂= − +

∂X C sen x C cos xx

( ) ( )1 2 20

0 0 0 0λ λ=

∂= = − + ∴ =

∂ x

X C sen C cos Cx

( ) ( )10 0λ λ λ=

∂= = − ∴ =

∂ x a

X C sen a sen ax

Resolviendo la ecuación trigonométrica:



πλ += : ∈n n Za

De donde se obtiene:

1

π∞

=

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∑ n

n

nX C cos xa

5. Se sustituyen ahora las constantes en la solución y se obtiene:

( )1

π π π∞

=

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑ n n

n

n n nu x, y cos x A cosh y B senh ya a a

6. Usando las otras condiciones de frontera:

0 0=u( x, ) ( )=u( x, b ) f x 0 < <x a

( ) ( ) ( )1

0 0 0 0π∞

=

⎛ ⎞= = +⎜ ⎟⎝ ⎠∑ n n

n

nu x, cos x A cosh B senha

0⎡ ⎤∴ =⎣ ⎦ nA

( ) ( )1

π π∞

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ n

n

n nu x,b f x B cos x senh ba a

O bien:

( )

1

ππ

∞

=

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ n

n

f x nB cos xn asenh ba


( )1

π π∞

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ n

n

n nu x, y B cos x senh ya a

Con



( )

0

2 π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

a

nn nB senh b f x cos x dx

a a a

Problema Halle la solución de la ecuación de Laplace con las siguientes condiciones de frontera e inicial:

( ) ( ) ( )0 0= = =u , y u a, y u x,b

( ) ( )0 =u x, f x

Solución

Partiendo de la solución general obtenida anteriormente

( ) ( )( ) ( )

1 2

3 4

λ λ

λ λ

= +⎧⎪⎨

= +⎪⎩

X C cos x C sen x

Y C cosh y C senh y

Evaluando las condiciones para y:

( ) ( ) ( )1 2 10 0 0 0= + ∴ =X C cos C sen C

( ) ( ) ( )1 2πλ λ λ += + ∴ = : ∈

nX a C cos a C sen a n Za

2π⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ,nnX C sen xa

Efectuando el producto:

( ) π π π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑ n nn n nu x, y sen x A cosh x B senh xa a a

Luego,

( ) ( ) ( )0 0= = =u , y u a, y u x,b

( ) ( )0 =u x, f x

( ) 0 π π π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∑ n nn n nu x,b sen x A cosh b B senh ba a a



π π

π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠− = ∴ = −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

nn n

n

n ncosh b cosh bBa aB A

n nAsenh b senh ba a

Esto conduce a:

( )

ππ π π

π

⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎢ ⎥= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

∑ n n

ncosh bn n nau x, y sen x A cosh y A senh y

na a asenh ba

( )

π π π ππ

π

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥= ⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

∑ n

n n n nsenh b cosh y cosh b senh yn a a a au x, y A sen x

na senh ba

Usando la identidad:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )− = −senh A B senh A cosh B cosh A senh B

( )[ ]π

ππ

⎡ ⎤⎛ ⎞−⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎢ ⎥= ⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

∑ n

nsenh b yn au x, y A sen x

na senh ba

Usando la otra condición:

( ) ( )0 =u x, f x

( )0

ππ

π

⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎢ ⎥= ⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

n

nsenh bn au x, A sen x

na senh ba

∑

( ) π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∑ n

nf x A sen xa

Entonces la solución es:



( )[ ]π

ππ

⎡ ⎤⎛ ⎞−⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎢ ⎥= ⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

∑ n

nsenh b yn au x, y A sen x

na senh ba

Con

( )0

2 π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∫

a

nnA f x sen x dx

a a

Soluciones generales de la ecuación de Laplace

Ejercicio (Abel Valdés R., 2007). La función temperatura en estado estacionario u u( x, y )= de una placa delgada satisface la ecuación de Laplace.

2 2

2 2 0u ux y∂ ∂

+ =∂ ∂

Determine si la siguiente función satisface la ecuación de Laplace.

2 2u ln x y= +

Solución

Calculando las derivadas parciales

2 22 22 2 2 2 2 2

1 1 2

2

u x xx yx x x yx y x y x y

∂ ∂= + = =

∂ ∂ ++ + +;

2 2 2

2 2 2 22u x y x( x )

x ( x y )∂ + −

=∂ +

2 22 22 2 2 2 2 2

1 1 2

2

u y yx yy y x yx y x y x y

∂ ∂= + = =

∂ ∂ ++ + +;

2 2 2

2 2 2 22u x y y( y )

x ( x y )∂ + −

=∂ +

Sustituyendo se tiene 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 0u u x y x( x ) x y y( y ) y x x y

x y ( x y ) ( x y ) ( x y )∂ ∂ + − + − − + −

+ = + = =∂ ∂ + + +

Se tiene la igualdad satisfaciendo de esta forma la ecuación de Laplace.



Ejemplo (Abel Valdés R., 2007). Pruebe que el siguiente campo escalar y x( x, y ) e sen( x ) e cos( y )ϕ = + es armónico, es decir satisface la ecuación de Laplace

2 0ϕ∇ =

Solución

y xφ e cos(x) e cos(y)x∂

= +∂

; 2

2y xe sen( x ) e cos( y )

xϕ∂= − +

∂

y xφ e sen(x) e sen(y)y∂

= −∂

; 2

2y xe sen( x ) e cos( y )

xϕ∂= −

∂

Entonces 2 2

22 2 0y x y xe sen( x ) e cos( y ) e sen( x ) e cos( y )

x yϕ ϕϕ ∂ ∂

∇ = + = − + + − =∂ ∂

Por lo que el campo escalar en efecto es armónico. Problemas propuestos 1. Para que valores de n la función 2 2 2 nfx, y,z ) ( x y z )= + + satisface la ecuación

tridimensional de Laplace 2 2 2

2 2 2 0f f fx y z

∂ ∂ ∂+ + =

∂ ∂ ∂

Resp. 1 20 1 2n ,n /= =

2. Prueba que la función 2 2yf e cos( x )−= , es solución de la ecuación de Laplace

0xx yyf f+ =

Miscelánea de problemas

Muestre que las soluciones proporcionadas son solución de los problemas respectivos.

1. 2

1ux y∂

=∂ ∂

; 0 0 0u( , ) = Resp. u( x, y ) xy=

2. 2 3 0u ux y∂ ∂

+ =∂ ∂

; 1 4 4u( , ) = Resp. u( x, y ) x=

3. (a) 6xxu ( x, y ) xy= 0 1( x , y )< < −∞ < < ∞

0u( , y ) y= , 1 0xu ( , y ) =

(b) 2xyu ( x, y ) x= 0 0( x , y )> >



0 0u( , y ) = , 20u( x, ) x=

Resp. (a) 3 3 1u( x, y ) ( x x )y= − + (b) 2 1u( x, y ) x ( y )= +



Bibliografía

[1] Marcus D. A., Ecuaciones diferenciales. 1ª ed. Editorial: CECSA, México, 1993.

[2] Zill Dennis G., M.R. Cullen. Ecuaciones diferenciales. 3ª ed. McGraw Hill, México 2008.

[3] Farlow, Stanley J. Partial Differential Equations for Scientists and Engineers. 1st ed. Dover Publications, New York, 1993.

[4] Brown, James W., Churchill, Ruel V. Fourier Series and Boundary Value Problems. McGraw- Hill, New York, 1941.

[5] Kreyszig, Matemáticas Avanzadas para Ingeniería, Edit. LIMUSA, 2ª ed. México, 1999.

[7] Hwei P. Hsu. Análisis de Fourier. Pearson Education, 1ª reimp. México, 1998.

[6] Abel Valdés Ramírez. Matemáticas Superiores: Guia de Problemas. ESIQIE-IPN, 2ª Ed. 2007.


COMISION ACADÉMICA PAG 1 JUL-DIC 2012

UNIDAD TEMATICA V TRANSFORMA DE LAPLACE Una función f(t) definida ≤ < ∞t0 tiene Transformada de Laplace ( ( ){ }f tL ) si existe un

real a>0 tal que la integral ( )∞

−∫ t stf e dt0

converge para s>a. En este caso, la

Transformada de Laplace de la función f es una función definida en el intervalo < < ∞a scuyo valor en cada s está dado por:

( ) ( ){ } ( )∞

= ≡ −∫F s f t stf t e dt0

L

La anterior es una integral impropia que puede expresarse de forma más adecuada de la siguiente manera:

( ) lim ( )B

stB

F s f t e dt−

→∞= ∫0

Criterio de existencia de

i. Cada intervalo finito [0,B] se puede dividir en un número finito de intervalos [b0=0,b1], [b1,b2],…,[bi-1,bi],…,[bn-1,B] tales que f(t) es continua en (bi-1,bi) y ( )lim

+−→ it bf t

1

y

( )lim−→ it bf t existen y son finitos.

ii. Existen constantes a real y M>0 tales que: ( ) ≤ ⋅ atf t M e , para ≤ < ∞t0

La función f que cumple con el criterio anterior se denomina función continua definida por intervalos de orden exponencial en ≤ < ∞t0 , aunque algunas veces sólo se les llama funciones de orden exponencial. Ejemplo de función de orden exponencial ( ) =f t t



:− < < ∀ >at ate t e t t 0 Cálculo de Transformadas de Laplace de funciones elementales Para las siguientes funciones calcular F(s) dada f(t) usando la definición de Transformada de Laplace. Ejemplo 1 ( ) =f t 1

De acuerdo con la definición de :

( ) { }∞

= ≡ −∫F s ste dt0

1L

∞−= ste

s 0

1 ; ( ) ( )lim − −

→∞= − +st s

tF s e e

s s01 1

= + = ∴s s1 10 { } /= s1 1L

Lo cual es válido para s>0 Ejemplo 2 Para una constante cualquiera, k: ( ) =f t k

Solución

{ } { } /∞

= = =−∫k k k sstke dt0

1L L

Ejemplo 3. Para la función identidad ( ) =f t t

Recurriendo a la definición deL :

{ }∞

= −∫t stte dt0

L

Integrado por partes:



; ; − −= = = ⇒ = −st stu t du dt dv e dt v e dts1 Sustituyendo:

{ }∞

− −= − + ∫st stt e e dts s

0

1 1L ; { } { }

∞−= − +stt e

s s0

1 1 1L L ; Finalmente:

{ } = + =ts s s 21 1 10L

Ejemplo 4 Para la función potencia ( ) = nf t t

Solución

{ }∞

= −∫n nt stt e dt0

L ; integrando por partes:

−= ∴ = −− stdv dt v es

ste 1 ; −= ⇒ =n nu t du nt dt1

Sustituyendo

{ }∞ ∞

− − − − −= − + =∫ ∫n n st n st n stnt t e n t e dt t e dts s s

1 1

0 0

1 1L con { }

∞− − −= ∫n n stt t e dt1 1

0L

{ } { }−=n nnt ts

1L L

Integrando por partes de nuevo: −= ∴ = −− stdv dt v e

sste 1 ; ( )− −= ⇒ = −n nu t du n t dt1 21 ; sustituyendo

{ } { } ( )∞

−− − − −

⎡ ⎤−⎢ ⎥= = − +⎢ ⎥⎣ ⎦∫

nn n st n stnn n tt t e t e dt

s s s s

11 2

0

1L L

{ } ( )∞

− −−= ∫n n stnnt t e dts s

2

0

1L con { }

∞− − −= ∫n n stt t e dt2 2

0L , es decir:

{ } ( ) { }−−=n nnnt ts s

21L L

Integrando de nuevo por partes: −= ∴ = −− stdv dt v e

sste 1 ; ( )− −= ⇒ = −n nu t du n t dt2 32 ; sustituyendo

{ } ( ) ( )∞

−− − −

⎡ ⎤− −⎢ ⎥= − +⎢ ⎥⎣ ⎦∫

nn st n stn nn tt e t e

s s s s

23

0

1 2L



{ } ( ) ( )∞

− −− −= ∫n n stn nnt t es s s

3

0

1 2L Tomando { }

∞− − −= ∫n n stt t e3 3

0L

{ } ( ) ( ) { }−− −=n nn nnt ts s s

31 2L L

Y en general

{ } ( ) ( ) ( ) ( ) { } { }!... −− − − + − += =n n n

nn n n n n nn nt t

s s s s s s1 2 2 1

1L L L

Finalmente:

{ } !+=n

nnts 1L

Ejemplo 5 Transformada de la función exponencial ( ) = ktf t e

Solución

{ }∞

−= ∫kt kt ste e e dt0

L

{ }( )

( ) ( )−

= −−∫

k s tkt ee k s

k sdtL ; { } ( ) ( )lim − −

→∞

−⎡ ⎤= − =⎢ ⎥− −⎣ ⎦k s t k skt

te e e

k s k s01 1

L

Ejemplo 6 Para la función seno: ( ) ( )=f t sen kt

( ){ } ( )∞

−= ∫ stsen kt sen kt e dt0

L

Integrando por partes:

( ) ( ); cos ; − −= == ∴ = −st stsen kt du k kt dt dv e es

u dt v 1

( ) ( ) ( ) ( )cos cos∞∞ ∞ ∞

− − − −= + =−∫ ∫ ∫st st st stsen kt k ksen kt e e e kt dt e kt dts s s

dt0 0 00

Integrado por partes de nuevo:

( ) ( )cos ; ; − −= − == ∴ = −st stkt du ksen kt dt dv e es

u dt v 1

( ) ( ) ( )cos∞ ∞∞

− − −⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎣ ⎦−∫ ∫st st stk ksen kt e e kt e sen kt dt

s s sdt

00 0

1

( ) ( ) ( )cos∞∞ ∞

− − −⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

−∫ ∫st st stk ksen kt e e kt e sen kt dtss

dt2

20 00

De donde



( ) ( ){ }∞

− = ∴ =+⎛ ⎞+ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫ st

kkssen kt e sen kt

s kks

dt2

2 2 20 1

L

Ejercicios propuestos. Verifique los resultados dados

( )f t ( )F s

1 ( )cos kt +

ss k2 2

2 ( )senh kt −

ks k2 2

3 ( )cosh kt −

ss k2 2

4 ( )⋅t sen t3 ( )+

s

s22

6

9

5 −bte +s b1

6 ( )cost t⋅2 2 ( )

( )s s

s

−

+

2

32

2 12

4

7 ( )*cost h t2 ( ) ( )s

s s+

+ −

2

2 24

2 2

8 ( ) ( )cosh sent t⋅ ( ) ( )s s+

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦2 2

1 1

2 1 1 2 1 1

9 ( ) ( )cos senht t⋅ ( ) ( )s s

s s− +

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤− + + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 21 1

2 1 1 2 1 1

10 ( )t+ 21 Sug. Desarrollar el binomio.

( )ss

+ +2

31 1

11 ( )( )t t+ −1 1 s s− 3

1 2

12 e e et t t− − +⋅ ⋅ 1

es +1

13 ( )e cosht t− ⋅ ( )s

s+

+ −21

1 1



14 e t−⎡ ⎤⎣ ⎦

2

s +12

15 Muestre que la función ( ) = tf t e2

no tiene transformada de Laplace Una lista completa de Transformadas de Laplace se puede encontrar en el apéndice de este capítulo. Propiedades de la Transformada de Laplace

1. Linealidad Sean las funciones f(t) y g(t) cuyas transformadas son F(s) y G(s) y α un escalar, entonces:

( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ) ( )+ = + = +f t g t f t g t F s G sL L L

( ){ } ( )α α=f t F sL 2. Cambio de escala

( ){ } ( ){ }α

αα α α

⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

ssf t f t F1 1

L L

3. Translación (Primer teorema de translación) Si ( )F s está definida en el intervalo < < ∞b s , entonces

( ){ } ( ){ } ( )αα

α−

= = −ts

e f t f t F sL L

Para + < < ∞a b s 4. Translación y truncamiento (Segundo teorema de translación)

Si >a 0 entonces ( ) ( ){ } ( ){ }−− − = asH t a f t a e f tL L

Donde H es la función de Heaviside o salto unitario en a definida como:

( ),,

<⎧− = ⎨ >⎩

si t aH t a

si t a01

5. Transformada de la derivada ( ){ } ( ){ } ( )' = −f t s f t f 0L L

( ){ } ( ){ } ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

...− − − −

− − −

= − − − − −

− −

n n n n i n ii n iii

n i n

f t s f t s f s f s f s f

s f s f

1 2 3 4

2 2 1

0 0 0 0

0 0

L L

6. Derivada de la transformada

( ){ } ( ){ }= −d f t t f tdsL L

( ){ } ( ){ }−= −n ndt f t t f tds

1L L

( ) ( ){ }−= − nd t f tds

22 221 L



( ) ( ){ }= −nnn

d f tds

1 L

7. Transformada de la Integral

( ) ( ){ }⎧ ⎫⎪ ⎪ =⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭∫

tf r dr f t

s0

1L L

8. Periodicidad Si f(t) es periódica con un periodo “T” con T>0, es decir f(T+p)=f(t) para todo t≥0 y si f(t) es continua en [0,T], entonces:

( ){ }( ) −

−=−

∫T

st

sT

f t e dtf t

e01

L

Transformada de funciones definidas por intervalos Sea una función definida por intervalos

( )( )( )

≤ ≤⎧⎪= ⎨< < ∞⎪⎩

f t si t tf t

f t si t t1 0

2 0

0

Al usar la definición de Transformada de Laplace se tiene:

( ) ( ){ } ( ) ( )∞

− −= = +∫ ∫t

st st

tF s f t f t e dt f t e dt

0

0

1 20

L

Halle la transformada de Laplace de las siguientes funciones: Ejemplo 1

( )+ ≤ <⎧

= ⎨ ≤ < ∞⎩

t si tf t

si t2 1 0 10 1

Solución

( ){ } ( )∞

− −= + +∫ ∫st stf t t e dt e dt1

0 12 1 0L

( ){ } − − − ⎛ ⎞= + = − + + +⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫st st sf t te dt e dt e

s ss s

1 1

2 20 0

2 3 2 12L

Ejemplo 2

( )≤ <⎧

= ⎨ ≤ < ∞⎩

si tf t

si t1 0 10 1

( ){ }∞

− −= +∫ ∫st stf t e dt e dt1

0 10L ; ( ){ }

−−=

sef ts

1L

Ejemplo 3



( )<⎧

− = ⎨ ≥⎩

si t aH t a

si t a01

Solución

( ){ }∞

− −− = +∫ ∫a

st st

aH t a e dt e dt

00L

( ) ( )∞ ∞− −= − − = −∫ st st

aae s dt e

s s1 1 ( ){ }

−− =

aseH t as

L

Transformada Inversa de Laplace Sean f1(t) y f2(t) funciones continuas definidas por intervalos de orden exponencial en ≤ < ∞t0 . Si ( ){ } ( ){ }=f t f t1 2L L en un intervalo < < ∞a s , entonces en cada intervalo finito

[0,B] se tiene que: ( ) ( )=f t f t1 2

Salvo a lo más en un número finito de puntos. La propiedad de inversión implica que dada una función F(s) definida en un intervalo < < ∞a s , si existe una función f(t) definida en ≤ < ∞t0 tal que:

( ){ } ( )=f t F sL entonces la función f(t) es esencialmente única. f(t) es la transformada inversa de Laplace de F(s) y se denota por ( ){ }− f t1L Propiedades de la Transformada Inversa de Laplace

1. Linealidad ( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }− − −+ = +F s G s F s G s1 1 1L L L

( ){ } ( ){ }α α− −=F s F s1 1L L 2. Cambio de escala

( ){ }αα α

− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠tF s f1 1

L

3. Translación, Primer Teorema ( ){ } ( ){ }− −− = asF s a e F s1 1L L

4. Translación Segundo Teorema

( ){ } ( )− − − >⎧⎪= ⎨<⎪⎩

as f t a t ae F s

t a1

0L

5. Derivada

( ) ( ) ( ){ }− −⎧ ⎫⎪ ⎪ = −⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

n n nn

d F s t F sds

1 11L L

6. Integración 1



( ) ( ){ }∞

− −⎧ ⎫⎪ ⎪ =⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭∫s F r dr F s

t1 11

L L

7. Integración 2 ( ) ( ){ }− −⎧ ⎫

=⎨ ⎬⎩ ⎭ ∫

tF sF r dr

s1 1

0L L

8. Convolución

Si ( ){ } ( )− =F s f t1L y ( ){ } ( )− =G s g t1L entonces:

( ) ( ){ } ( ) ( )− = −∫t

F s G s f r g t r dr1

0L

Uso de la Tabla de Transformadas de Laplace Use la Tabla de Transformadas de Laplace para encontrar la solución de los siguientes ejercicios. Calcular f(t) a partir de F(s): Ejemplo 1 ( ) /=F s s 41

{ } !/! !

− −+

⎧ ⎫= =⎨ ⎬⎩ ⎭

s ts

1 4 1 33 1

1 3 113 3

L L

Ejemplo 2

( ) ( )+=s

F ss

2

32

Desarrollando el numerador y dividiendo apropiadamente: + +

= + +s s

ss s s

2

3 2 34 4 1 4 4

− − − −⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎧ ⎫+ + = + +⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭s ss s s s

1 1 1 12 3 2 3

1 4 4 1 4 4L L L L

( ) += + + = + +f t t t ts

22 1

4 21 4 1 4 22

Ejemplo 3

( ) = + ++

F ss ss54 6 1

8

( ){ } !!

− − − −⎧ ⎫⎧ ⎫ ⎧ ⎫= + +⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬+⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎩ ⎭F s

s ss1 1 1 1

51 6 4 14

4 8L L L L

( ) −= + − tf t t e4 8144

Ejemplo 4



( ) =+

F ss1

5 2

( ) ( )/=

+F s

s1

5 2 5

( ) ( )( )/

/ /− −⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪= =⎨ ⎬ ⎨ ⎬+ +⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭

tes s

2 51 11 1 1 15 2 5 5 2 5 5

L L

Ejemplo 5

( ) =+

F ss 21

4 1

( ) ( )/

/ /− −⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎛ ⎞= =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎜ ⎟

⎝ ⎠+ +⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭

sen ts s

1 12 21 2 1 2 1 1

4 2 24 1 4 1 4L L

Ejemplo 6

( ) =−

sF ss 210

25

( )cosh− ⎧ ⎫ =⎨ ⎬−⎩ ⎭

s ts

12 210 10 5

5L

Ejemplo 7

( ) +=

+

sF ss 2

12

( ) ( )( ) ( )cos− − −

⎧ ⎫ ⎧ ⎫+⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= + = +⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬+⎩ ⎭ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+ +⎩ ⎭ ⎩ ⎭

s s t sen ts s s

1 1 12 2 22 2

1 1 12 222 2 2

L L L

Método de las fracciones parciales Dada una función racional propia de la forma:

( )( )

( ) =H s

F sG s

Es posible descomponerla en una serie de factores dependiendo de la forma del denominador de manera similar a la empleada para fracciones parciales en Cálculo Diferencial e Integral.

i. Factores lineales diferentes: ( )( )

...= + + + ++ + + +

n

n

H s AA A AG s s a s a s a s a

31 2

1 2 3

ii. Factores lineales repetidos ( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

...= = + + + +++ + + +

nn n

H s H s AA A AG s s as a s a s a s a

31 22 3



iii. Factores cuadráticos irreductibles y diferentes ( )( )

...++ + += + + + +

+ + + + + + + +n n

n n n

H s A s BA s B A s B A s BG s a s b s c a s b s c a s b s c a s b s c

3 31 1 2 22 2 2 2

1 1 1 2 2 2 3 3 3

iv. Factores cuadráticos irreductibles repetidos ( )( ) ( ) ( ) ( )

...++ + += + + + +

+ + + + + + + +

n nn

H s A s BA s B A s B A s BG s as bs c as bs c as bs c as bs c

3 31 1 2 22 2 32 2 2

Combinación del método de descomposición en fracciones parciales con la Tabla de transformadas inversas se pueden resolver problemas varios. Resuelva los siguientes problemas Ejemplo 1

( ) ( )−⎧ ⎫

+⎪ ⎪⎨ ⎬

− + +⎪ ⎪⎩ ⎭

ss s s

12

2 42 4 3

L

Solución: Haciendo la descomposición en fracciones parciales:

( )( )+

= + +− + +− + +

s A B Cs s ss s s2

2 42 3 12 4 3

Multiplicando de ambos lados por G(s) y simplificando ( )( ) ( )( ) ( )( )+ = + + + − + + − +s A s s B s s C s s2 4 3 1 2 1 2 3

Por evaluación: Si s=2 ( ) ( )( ) /+ = + + ⇒ = ∴ =A A A2 2 4 2 3 2 1 8 15 8 15

Si s=-3 ( ) ( )( ) /− + = − − − + ⇒ − = ∴ = −B B B2 3 4 3 2 3 1 2 10 1 5

Si s=-1 ( ) ( )( ) /− + = − − − + ⇒ = − ∴ = −C C C2 1 4 1 2 1 3 2 6 1 3

Sustituyendo los coeficientes hallados:

( )( )− − − −⎧ ⎫

+⎪ ⎪ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫= − −⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬− + +⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭− + +⎪ ⎪⎩ ⎭

ss s ss s s

1 1 1 12

2 4 8 1 1 1 1 115 2 5 3 3 12 4 3

L L L L

Usando la Tabla de Transformadas

− −= − −t t te e e2 38 1 115 5 3

Ejemplo 2

( )−⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬

+⎪ ⎪⎩ ⎭s s

12 2

14

L



Esto puede expresarse como una combinación de los Casos II y III de descomposición por fracciones parciales.

( )+

= + +++

A B Cs Ds s ss s 2 22 2

144

Multiplicando por el denominador común:

( ) ( ) ( )= + + + + +As s B s Cs D s2 2 21 4 4

Se desarrollan los productos y se agrupan: = + + + + +As Cs Bs Ds As B3 3 2 21 4 4

Entonces por comparación: /= ∴ =B B4 1 1 4 ; ( );= ∴ = + = ∴ =As A s A C C34 0 0 0 0 ; ( ) /+ = ∴ = − = −s B D C B2 0 1 4

Sustituyendo:

( )− − −⎧ ⎫

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ = −⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬+⎩ ⎭ ⎩ ⎭+⎪ ⎪⎩ ⎭

s ss s1 1 1

2 2 22 21 1 1 1 1

4 4 24L L L

( )/= −t sen t1 1 24 8

Uso del Primer Teorema de Translación Uso de la propiedad de translación para encontrar la transformada de Laplace y su inversa. Ejemplo 1

( ){ }cos− te t2 4L

Empleando el Primer Teorema de Translación ( ){ } ( ){ } ( )

cos cos−− −

=ts

e t t22

4 4L L

:ω ωω

= = ++

s2 216

o bien ( )

+=

+ +

ss 2

22 16

Ejemplo 2

/− ⎧ ⎫⎨ ⎬

+ +⎩ ⎭s s1

23 24 13

L

Completando el trinomio cuadrado perfecto (TCP) en el denominador en lugar de resolver por fracciones parciales:

( ) ( )/ / /

= =+ + + + + + +s s s s s2 22 23 2 3 2 3 24 13 4 4 9 2 3

( )( )− −

⎧ ⎫⎪ ⎪ =⎨ ⎬+ +⎪ ⎪⎩ ⎭

te sen ts

1 22 2

1 3 1 32 22 3L



Ejemplo 3 − −⎧ ⎫⎨ ⎬

+ +⎩ ⎭

ss s

122 34 8

L

Completando TCP en el denominador

( ) ( )− − − +

= =+ + + + + +

s s ss s s s2 2 22 22 3 2 3 2 4 14 8 2 2 2 2

Entonces la solución procede como sigue:

( )( )

( )( ) ( )

− − − −⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫− + −−⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = +⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬

+ +⎩ ⎭ + + + + + +⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

s sss s s s s

1 1 12 2 2 22 2 2

2 2 1 22 3 124 8 2 2 2 2 2 2

L L L L

Finalmente:

( ) ( )cos− −⎧ ⎫ ⎡ ⎤= +⎨ ⎬ ⎢ ⎥⎣ ⎦+ +⎩ ⎭ts t sen t e

s s2

22 3 12 2 2

24 8L

Ejercicios propuestos. Halle la transformada de Laplace de f(t) usando el Primer Teorema de Translación

( )f t ( )F s

1 e cos− t t2 4( )

( )+

+ +

ss 2

22 16

2 ( )e cost t2 3 ( ) ( )

+− − +s s 21 1

2 1 2 1 36

3 cosh

ett

( )+

+ −

ss 2

11 1

4 e− tt 10 7!

( )+s 11107

5 e ( )−t t2 21 ( ) ( )− +

−− − ss s3 22 2 1

22 2

6 e− tt 6( )+s 2

15

Use el primer teorema de translación y la técnica de completar el TCP o fracciones parciales para resolver los siguientes ejercicios: ( )F s ( )f t

1 + +s s222 5

( )−te sen t2

2 −

+− + − +

ss s s s2 2

2 12 5 2 2

( ) ( )cos+⎡ ⎤⎣ ⎦te sen t t2



3 ( )( )− + −

− −

s s ss s s

3 2

22 12 1

( )+ +t te te21 12

4 ( )( )

−

− +

ss s s

2

220 14 1 4 1

( ) ( )/ / /−− + = +t te e t t senh t4 41 42

5 ( )+s 321

−tt e2

6 + +s ss

2

36 3 4

6 + +t t 21 11

2 3

7 ( )( )( )+ + +S S S1

1 2 4 e e e− −− +t st t41 1 1

15 6 10

8 ( )( )+ +s s2

24 2

( ) ( )e cos e− − +t t s n t21 1 12 24 4 4

9 +

+ +

ss s2

24 6

e cos− t t2 2

10 + +s s214 6

e e− t s n t21 22

11 ( )( )+ +s s214 2 e

!− ⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠t t t4 252

2

12 + +s s212 10

( )+ +t 21 9

13 +

−+ +

ss s s2

16 2

( ) ( )e cos− ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

t t sen t3 14 42

14 s

s s−

− −242

e et t− − 25 23 3

15 ( )s

s s s+

− −

2

242 3

e et t− + −35 13 44 12 3

Aplicación Segundo Teorema de Translación Ejercicios de aplicación del segundo teorema de translación Ejemplo 1. Halle la Transformada de Laplace en la siguiente expresión

( ){ }− −te H t1 1L

Solución ( ){ } { }− −− =t s te H t e e1 1L L

−

=−

ses 1



Ejemplo 2

( ) ( ){ }− −t H t32 2L

( ) ( ){ } { }−− − = st H t e t3 2 32 2L L −

=se

s

2

46

Ejemplo 3. Muestre que

( ) ( ) ( )−− −− ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎡ ⎤= − −⎨ ⎬ ⎢ ⎥⎣ ⎦+⎪ ⎪⎩ ⎭

s te H t es s

11 1 11

L

Solución. Por descomposición del denominador en fracciones parciales:

( )= −

+ +s s s s1 1 11 1

Sustituyendo − −⎧ ⎫⎛ ⎞−⎨ ⎬⎜ ⎟+⎝ ⎠⎩ ⎭ses s

1 1 11

L

Usando el segundo teorema de translación ( ) −

−

⎧ ⎫− −⎨ ⎬+⎩ ⎭tH t

s s1

1

1 111

= L

Resolviendo la transformada inversa: ( ) ( )− −⎡ ⎤− −⎢ ⎥⎣ ⎦tH t e 11 1=

Use el Segundo Teorema de Translación para resolver los siguientes problemas

( )f t ( )F s

1 ( ) ( )− −t H t1 1 e−s

s 2

2 ( ) ( )+ +t H t32 2 e ss

−246

3 ( )⋅ −t H t 2 [sugerencia t=t-2+2]

e e− −+s sss

2 221 12

4 e ( )−t H t2 2 e− +

−

s

s

2 4

2

5 ( ) ( )cos π−t H t2

[Observe que ( )( ) ( )cos cosπ− =t t2 2 ]

π−⋅

+

ss es 2 4

6 eπ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

+

s

s2

2 9

( )1 cos3

π⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

H t t32

[desarrollar sen(A+B) de: 13

π π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎡ ⎤− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎝ ⎠H t sen t3

2 2 ]



7 ( ) ( )senH t at− ⋅1

( ) ( )e cos sens a a s aa s

− + ⋅⎡ ⎤⎣ ⎦+2 2

8 ( ) ( )senhH t t+ ⋅1 s −2

11

9 ( ) ( )/ coshH t t+ ⋅1 2

ss −2 1

10 ( ) etH t ++ ⋅ 11

es −1

Aplicación de la Derivada de una Transformada Ejemplo ilustrativo. Calcular la transformada de f(t) usando el teorema de la derivada de una trasformada. Ejercicio 1

( ){ }t sen t2 4L

Solución

( ){ } ( ) ( ){ }= −dt sen t sen tds

22224 1 4L L

Aplicando la transformada ( ){ } ⎡ ⎤⎧ ⎫⎡ ⎤= = ⎨ ⎬⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ +⎩ ⎭⎣ ⎦

d d d dsen tds ds ds ds s 2

4416

L

Derivando: ( )

−⎧ ⎫ =⎨ ⎬+⎩ ⎭ +

d sds s s

2 22

4 816 16

Se calcula ahora la segunda derivada

( )( )( )

−−=

+ +

sd sds s s

2

2 32 2

8 3 168

16 16 Finalmente

( ){ } ( )( )

−=

+

st sen t

s

22

32

8 3 164

16L

Ejemplo 2. Calcular la Trasformada de inversa de F(s) usando el teorema de la derivada de una transformada.

( ) −⎛ ⎞= ⎜ ⎟+⎝ ⎠sF s Lns

31

Solución

( ) ( )( )−⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟+ − + − +⎝ ⎠

d d sF s Lnds ds s s s s s

3 4 1 11 3 1 3 1

− −⎧ ⎫− = −⎨ ⎬− +⎩ ⎭t te e

s s1 31 1

3 1L



Finalmente − −⎧ − ⎫⎛ ⎞ ⎡ ⎤= − −⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎣ ⎦+⎝ ⎠⎩ ⎭t tsLn t e e

s1 33

1L

Ejemplo 3. Halle f(t) dada F(s):

( ) sF s Lns

⎛ ⎞+= ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

2

21 44

Solución: Del Teorema de la derivada de una Transformada,

( ){ }( )

( )n

n nndF s F sdst

− − ⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬− ⎪ ⎪⎩ ⎭

1 111

L L

Calculando la derivada:

( )n

nd s sF s

s sds s s⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠2 21 2 2 1 14 24 4

Entonces:

( ){ }( )

sF ssst

− − ⎧ ⎫= −⎨ ⎬+⎩ ⎭−

1 11 21

1 142 1

L L;

( ){ } ( ){ }cosF s tt

− = − −1 1 2 12

L

Usando la indentidad trignométrica pitagórica correspondiente: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos cos sen cos sent t t t t− = − − ∴ − = −2 2 22 1 1 2 1 2

( ){ } ( ){ } ( )sen

sent

F s tt t

− = − − =2

1 21 22

L

Ejercicios propuestos. Resuelva aplicando el teorema de Derivada de la Transformada

1 ( ){ }et s n t2 4L ( )

216-3s -8⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠s

22 16

2 { }tt e2 2L ( )−s 3

22

3 ( ){ }cost t2 2L

( )( )

−

+

s s

s

2

32

2 12

4

4 ( )t sen t3

( )( )

−

+

s s

s

2

42

24 1

1



5 ln− −⎧ ⎫⎨ ⎬+⎩ ⎭

ss

1 31

L ( ) ( )-1 3t - t-1 t e - e

Aplicación de la Transformada de una Derivada Use transformada de la derivada para transformar las siguientes ecuaciones diferenciales. Ejemplo 1

'− =y 6 0 { } { } { } ' '+ = +y y6 6L L L

( ) ( )+ +Y s ys60= s

Ejemplo 2

'' '− + = +ty y y e6 9 1 Solución:

{ } { } −+ + = +ty y y e2 14 6 1L L

{ } { } { } { } { }'' ' −+ + = +ty y y e4 6 1L L L L L

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )'s Y s sy y sY s y Y ss s

− − + − + = +⎡ ⎤⎣ ⎦ +2 1 10 0 4 0 9

1 O de manera simplificada:

( ) [ ] ( ) ( )'Y s s s s y ys s

⎡ ⎤+ + − + − = +⎣ ⎦ +2 1 14 9 4 0 0

1 Solución de ED por la Transformada de Laplace La transformada de Laplace es adecuada en problemas de valor inicial, donde estén involucradas ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes. Mediante la apliación de la Transformada de Laplace la ED se reduce a una ecuación algebraica. De la misma manera un sistema de ecuaciones diferenciales con condiciones iniciales se reduce a un sistema algebraico de ecuaciones. El procedimiento es el siguiente:

a) Se toma la transformada de la derivada b) Se despeja de incógnita (Y(s)) c) Se calcula la inversa de la transformada la cual es la solución (y(t)).

En los siguientes ejemplos resuelva las ecuaciones diferenciales con valores iniciales Ejemplo 1

( ) ( )' ;+ = =y y sen t y3 13 2 0 6 Solución



{ } ( ){ }'+ = −y y s sen t3 13 2 6L L { } { } ( ){ }− + =s y y sen t6 3 13 2L L L

( ) ( )+ − =+

s Y ss 223 6 134

Despejando Y(s):

( )( )

( )( )+

= = − ++ + ++ +

s sY ss s ss s

2

2 22

2 3 25 8 2 63 4 43 4

Usando la transformada inversa:

( ) ( ) ( )costy t e t sen t−= − +38 2 2 3 2

Ejemplo 2

( ) ( ) ( )'' ' ; ' ;+ = = =y y sen t y y2 2 0 0 0 10

Solución { } ( ){ }'' '+ =y y sen t2 2L L

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }, e− − + − =s Y s s y y sY s y s n t2 0 0 0 2 2L

Factorizando Y(s):

( ) ( ) ( ) ( ) ( ),+ = + + ++

s Y s sY s s y y ys

222 0 0 02

( )( ) + + +

+ = + + =+ +

s s sY s s s ss s

3 2

2 22 10 10 20 221 10 102 2

Despejando Y(s):

( )( )( )+ + +

=+ +

s s sY ss s s

3 2

210 10 20 22

1 2

Descomponiendo en fracciones parciales:

( )( )+ + + +

= + ++ ++ +

s s s A B Cs Ds s ss s s

3 2

2210 10 20 22

1 21 2

( )( ) ( ) ( ) ( )+ + + = + + + + + + +s s s A s s Bs s Cs D s s3 2 2 210 10 20 22 1 2 2 1 Si s=0,

= ∴ =A A22 2 11 Si s=-1

/= − ∴ = −B B2 3 2 3 Por comparación:

+ + + = + + + + + + + + +s s s As As As A Bs Bs Cs Cs Ds Ds3 2 3 2 3 3 2 210 10 20 22 2 2 2 + + =A B C 10 , /= −C 1 3 + + =A C D 10 , /= −D 2 3



( ) ( )/ // +−= + −

+ +

sY s

s s s 21 3 2 311 2 3

1 2 Usando la transformada inversa:

( ) ( ) ( )e cos senty t t t−= − − −2 1 211 2 23 3 3 2

Problema 3

e−+ + = xd y dy ydxdx

22

2 4 4 4 con las condiciones: , ,= = − =dyx ydx

0 1 4

Solución

Se aplica la transformada de Laplace a toda la ecuación término a término.

( ) ( ) ( )( ) ( )− − − + − − + =+

Y s s sY s Y ss41 4 4 4 1 42

2s

Sumando los términos semejantes y factorizando la derivada

( ) ( ) ( )+ − + + + =+

Y s S sY s Y ss44 4 4 42

2s

( ) ( )+ + = −+

s Y s ss44 42

2s

Despajando Y(s)

( )( )( ) ( )

= −+ + +

sY ss s s2 2

42 2 2

( )e− −

⎧ ⎫⎪ ⎪ =⎨ ⎬+⎪ ⎪⎩ ⎭

xxs

1 2 23

4 22

L

e− −−⎧ ⎫ = −⎨ ⎬⎩ ⎭

xss

1 222

L

e ( )− −⎧ ⎫− = − −⎨ ⎬⎩ ⎭

x xs s

1 22

1 2 1 2L

Finalmente el resultado es:

e e e e ( )− − − −= − + = + −x x x xy x x x x2 2 2 2 2 22 2 2 2 1 Problemas propuestos EDO y condiciones iniciales Solución

1 − + =d x dy y t

dxdx

23

2 4 4 ( ) ( ),,= =y y0 0 0 0 ...

!

e e!

= + +

+ − +t t

y t t

t t

2

3 2 2

33 9 24 8 23

3 323 4 8

2 e−+ + = td y dy ydtdt

25

2 10 25 10 ( ) ( ), '= =y y0 1 0 5 ( )e−= + + ty t t2 55 10 1



3 e− + = xd y dy y xdxdx

22 3

2 6 9 ( ) ( ), ´= =y y0 2 0 6 e e= +x

xxy4 3

3212

4 − + =d y dy y cos x

dxdx

2

2 4 4 4 2 ( ) ( ), ´= =y y0 0 0 0 ( )e

e= −xs n x

y x 2 2 26

2

5 e−+ + = xd y dy y xdxdx

22 3

2 6 9 6 ( ) ( ), ´= =y y0 1 0 4 e−⎛ ⎞

= + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

xxy x4

37 12

6 −+ + = + td y dy y edtdt

2

2 4 6 1

( ) ( )´= =y y0 0 0

( ) cos ...− −

−

= + −

−

t t

t

y t e e t

e sen t

2 2

2

1 1 1 26 3 2

2 23 2

Problemas de aplicación Ejemplo 1. Tanque de mezclado “La rapidez de cambio de un soluto en un tanque mezclador es igual a la diferencia de la entrada menos la salida”. Un tanque de 100 L. Esta lleno con salmuera que contiene 6Kg. de sal disuelta. Entra agua en el tanque con un gasto de 12 L/min. Y la mezcla que se conserva uniforme mediante agitación y sale con el mismo flujo volumétrico. ¿Cuánta sal queda en el tanque después de una hora?

Usando el balance de materia empleado anteriormente (en el Capitulo II):

= −dx xdt

3025

Usando la Transformada de Laplace:

−⎧ ⎫ ⎧ ⎫=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎩ ⎭dx xdt

325

L L

( ) ( ) ( )− = −sX s x X s3025

( ) ( )− = −sX s X s360

25

( ) ( )+ =sX s X s3 6025

=+

X sS

60325

Finalmente:



( ){ }( )−−= =

tx t X s e

31 2560L

( ) . Kg= ⇒ ≈t x60 60 0 45 Ejemplo 2. Conducción de calor en pared plana “La rapidez de transferencia de calor es proporcional al área de transferencia de calor, al gradiente de temperatura e inversamente proporcional al espesor que atraviesan las líneas de flujo de calor”

Δ∝

TQ AX

= −dTQ KAdX

en donde Q es la rapidez de transferencia de calor; ∆T/X es el gradiente de temperatura en la dirección del flujo de calor; a la constante positiva K se le llama conductividad térmica y el signo menos se inserta para que satisfaga el segundo principio de la termodinámica, es decir, el calor deberá fluir en la dirección de la menor temperatura. Despejando la derivada de la temperatura:

= −dT QdX KA

Tomando la Transformada de Laplace

−⎧ ⎫ ⎧ ⎫=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎩ ⎭dT QdX KA

L L

De donde

( ) ( ) ⎛ ⎞− = − ⎜ ⎟⎝ ⎠

QsT s TKA s

10

Despejando T(s):

( )( )

⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠=

QTKA sT ss

10

Finalmente con la inversa de la Transformada:

( ) ( ){ }−=T x T s1L

( ) ( )= −QT x T xKA

0

De donde se despeja Q: ( ) ( )−

=T T xQ KA

X0

Finalmente ( ) ( )T T x

Q K AX−

= ⋅0



Ejemplo numérico. Hallar el número de calorías por segundo que pasa por 1 cm2 de la pared de una habitación frigorífica de 150 cm de espesor, si la temperatura de la cara interior es de –5 °C y la de la cara exterior de 60 °C. Datos: = = = − ° = °A cm L cm T C T C2

1 21 150 5 60 Finalmente

( ) ( ) ( )( ). .T T x calQ KA

X h− − −⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

0 5 60 386 9 1 167 65150

Ejemplo 3. Conducción de calor en pared cilíndrica Una tubería que transporta vapor, tiene un diámetro de 0.3 m y un recubrimiento de material aislante con un espesor de 0.2 m y una conductividad térmica k, de 0.2 watts/mK. La temperatura en la pared de la tubería es de 300 °C y la temperatura de la superficie externa del recubrimiento es de 40°C. ¿Cuál será la temperatura de la superficie externa del recubrimiento, si el espesor fuera de 0.1 m? El modelo que rige la conducción en este caso es:

= −dTQ KAdX

( )π= =dT dTQ kA K rLdx dr

2

Tomando la transformada de Laplace: ( )π⎧ ⎫ =⎨ ⎬

⎩ ⎭

K Ldr rdT Q

2

( )( ) ( ) ( )π

− =K L

sr s r r sQ2

0

( ) ( ) ( ) ( )π− =K L

sr s r s rQ2

0

( ) ( )( )π

=−

rr

L LsQ

00

2

Tomando la Inversa apropiadamente:

( ){ } ( )( ) ( ) ( )( )K L T x TQr r s r eπ

−−= =

20

1 0(t) L

O bien despejando Q: ( ) ( ) ( )

( ) ( )π −⎡ ⎤⎣ ⎦=

−

K L T x TQ

Lnr T Lnr2 0

0



Entonces la solución numérica del Ejemplo 3 es:

( )( )( ) ( )

( )( )( ) ( )ππ −−

= ⇒ =− −

K L T TK L T TQ Q

Ln r Ln r Ln r Ln r2 32 1

1 22 1 3 1

22

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

. .. .

⎡ ⎤− − − −⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦= − = −− −

Ln r Ln r T T Ln LnT T

Ln r Ln r Ln Ln3 1 2 1

3 22 1

0 25 0 15 573 313573

0 35 0 15

.= °T C3 143 29 Ejemplo 4. Cinética de reacciones La sustancia A se transforma en la sustancia B. La velocidad de formación varía directamente proporcional a la cantidad de A presente en cada instante. Si inicialmente hay 20 Kg de A y en una hora hay 5 Kg de B. Hallar la cantidad de B al cabo de 2 horas.

( )= −dx K a xdt

Usando la Transformada:

( ){ }⎧ ⎫ = −⎨ ⎬⎩ ⎭dx K a xdt

L L

( ) ( ) ( )⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠asX s x K X ss

0

( ) ( ) ( )⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟⎝ ⎠asX s KX s K xs

0

Pero x(0)=0, entonces

( )⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠=+

aKsX s

s K

Invirtiendo X(s): ( ) ( )−= − ktx t e20 1

Cálculo de la constante de proporcionalidad usando las condiciones iniciales:

( )= =t h x kg0 0 0 ( )= =t h x kg1 1 5 ( ) ¿?= =t h x t2 .= =a kg K20 0 2876

( ) ( )( )( ).−= −x e 0 2876 22 20 1

( ) . Kg∴ =x 2 8 74 Ejemplo 5 Cinética de desinfección de aguas El modelo cinético para desinfección de aguas residuales es:

− = ndN kC Ndt



En donde: K = Constante de velocidad de inactivación C = Concentración del desinfectante n = Coeficiente de dilución del desinfectante N = Número de microorganismos en un tiempo (t) La desinfección con Cl sigue una cinética de primer orden. En una muestra de agua que contenía una concentración de bacterias de 100,000/mL, se agregó Cl hasta que se adquirió una concentración de 1 mg/L. Después de un tiempo de contacto de 5 min, el número de bacterias disminuyó a 10 mL. ¿Qué efecto tendría en el recuento de las bacterias con un tiempo de contacto de 10 min? Datos: N0 = 100,000/mL N a los 5 min = 10/mL n = 1 C = 1 mg/L −

=dN KNdt

Resolviendo:

( ) ( )= −N t N kte0 Cálculo de la constante de velocidad con los datos proporcionados a los 5 min:

( )( )

ln ln . min−= = =N

Kt N t

101 1 100000 1 8425 10

Concentración de bacterias a los 10 min:

( ) ( ) ( ).−−= =ktN N e e 1 842 1010 0 100000

( ) . /=N mL10 0 001 Ejemplo 6 Tanque de mezclado con dos alimentadores En la figura de abajo se muestra un problema con alimentadores controlados mediante válvulas. En el instante t = 0 se abre la válvula A para transferir 6 litros / minuto de una solución salina con 4 g de sal por litro. Cuando t = 10 minutos, la válvula A se cierra y abre la válvula B y comienzan a pasar 6 litros/minuto de una solución salina con una concentración de 2 g/litro. En un principio había 3 kg de sal disueltos en 1,000 litros de agua en el tanque. La válvula de salida C, que vacía al tanque a razón de 6 litros / minuto, mantiene el contenido del tanque a volumen constante. Si la solución se mantiene homogénea, determine la cantidad de sal en el tanque para t >10 min.



Solución Sea x(t) la cantidad de sal (en kilogramos) en el tanque en el instante t. Entonces x(t)/1000 es la concentración, en kg/L. El contenido de sal se reduce a razón de (6 L/min)x(t)/1,000 kg/L) = 3x(t)/500 kg/min a través de la válvula de salida. De manera simultánea, se enriquece a través de las válvulas A y B a la razón g(t), dada por

( ): . .

min min

: . .min min

⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ = < <⎜ ⎟⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠⎝ ⎠= ⎨⎛ ⎞⎛ ⎞⎪ = >⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎩

kg l kgVálvula A tlg tkg l kgVálvula B tl

0 004 6 0 024 0 10

0 002 6 0 012 10

Por lo tanto la cantidad de sal dentro del tanque cambia de acuerdo con:

( ) ( ) ( )= −

x td x t g tdt

3500

O bien:

( ) ( ), x 3+ = =dx x g tdt

3 0500

Para resolver el problema con valor inicial, se descompone el intervalo de tiempo (0,∞) en dos subintervalos (0,10) y (10,∞). En estos sub-intervalos, el término no homogéneo g(t) es constante y se puede aplicar el método de coeficientes indeterminados a la ecuación para determinar soluciones generales en cada sub-intervalo, cada una de las cuales tiene una constante arbitraria (en las soluciones homogéneas asociadas). La condición inicial fija el valor de esta constante para 0 < t <10, pero entonces se debe evaluar x(10) y usarla para establecer la constante en la solución general para t > 10. La transformada de Laplace G(s) de la función discontinua g(t) está dada por:

( ) ( ) . .∞

− − −= = +∫ ∫ ∫st st stG s g t e dt e dt e dt10 10

0 0 100 024 0 012



. .∞− −

= +− −

st ste es s

10

0 10

0 024 0 012

De donde:

( ) ( ). . . .( ) ,− − −= − + − = − >− −

s s sG s e e e para ss s s s

10 10 100 024 0 012 0 024 0 0121 0 0

Se observa que aunque la función discontinua g(t) se especifica por intervalos, su transformada G(s) es continua y está representada por una única función. Esto es un beneficio de la transformada de Laplace puesto que permite manejas muchas funciones discontinuas de manera conveniente. Usando la transformada de Laplace para el otro miembro de la ED:

( ) ( ) ( )⎧ ⎫ ⎧ ⎫+ = − +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎩ ⎭

X sdx x sX s xdt

33 0500 500

L L

Usando la condición inicial:

( ) ( ) . . −− + = − sX ssX s e

s s103 0 024 0 0123

500 Resolviendo para X(s):

( ). . −−

= ++ +

ses sX s

s s

100 024 0 01233 3500 500

Simplificando:

( ) . . −= + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

sX s es s s s s

103 0 024 0 0123 3 3500 500 500

De donde, usando la transformada inversa se obtiene:

( ) . .−

− − −

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= + −⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎩ ⎭ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭ ⎩ ⎭

sex ts s s s s

101 1 11 13 0 024 0 0123 3 3

500 500 500

L L L

−−

⎧ ⎫⎪ ⎪

=⎨ ⎬⎪ ⎪+⎩ ⎭

te

s

31 50013 33

500

L



.−−

⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪− = −⎨ ⎬

⎛ ⎞⎪ ⎪+⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭

te

s s

31 500500 5000 024 4 4

33 3500

L

.−

− −

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪− = − −⎨ ⎬ ⎨ ⎬

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪ ⎪ ⎪+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭ ⎩ ⎭

sse e

ss s s

101 101 10 012 2

3 3500 500

L

Usando el segundo teorema de translación de la Transformada Inversa

− −− − − −

⎡ ⎤⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− − = − −⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎣ ⎦

s ss e ee

s ss s

10 101 10 1 11 12 2

3 3500 500

L LL

−

− ⎧ ⎫ − >⎧⎪ ⎪− =⎨ ⎬ ⎨ <⎩⎪ ⎪⎩ ⎭

s tets

101 2 10

20 10

L

Y

( )− −−

⎧ ⎫⎧⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ >=⎨ ⎬ ⎨

⎛ ⎞⎪ ⎪ ⎪+ <⎜ ⎟ ⎩⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭

s te e ts t

3101 5002 102

3 0 10500

L

Finalmente la solución es:

( )−

= − < <t

x t e t35004 0 10

( )−

= + >t

x t e t35002 10

Un análisis de la solución permite concluir que después de un tiempo muy grande la concentración de sal dentro del tanque tiende a un valor constante, en efecto:

( )lim lim lim−

→∞ →∞ →∞= +

t

t t tx t e

35002

( )lim→∞

=t

x t kg2

Y la concentración dentro del tanque será:

. / /∞ ∞= ⇒ = =C C kg L g L2 0 002 21000

Es decir la concentración de la corriente que entra a través de la válvula B. Por otro lado para tiempos muy cortos (t tiende a cero)



( )lim lim lim−

→ → →= −

t

t t tx t e

3500

0 0 04

( )lim

→= − =

tx t kg

04 1 3

Es decir la cantidad de sal inicial dentro del tanque.

La grafica de x(t) para t>10 se presenta en la figura siguiente:

Fig. 1 Gráfica del contenido de sal dentro del tanque como una función del tiempo. Ejemplo 7 Forzamiento de un resorte Forzamiento de impulso es el término usado para describir un empuje o tirón muy rápido sobre un sistema, como un golpe de martillo o el efecto de una explosión.

Un oscilador no forzado que satisface la ecuación

+ + =d y dy y

dtdt

2

2 2 26 0

2.00

2.25

2.50

2.75

3.00

3.25

0 50 100 150 200

kg d

e sa

l den

tro

del t

anqu

e

tiempo



Esta ecuación modela una masa unitaria unida a un resorte cuya constante de resorte es 26 y se desliza sobre una mesa con un coeficiente de amortiguamiento de 2. Ahora, si se supone que se golpea la masa con un martillo una sola vez en el tiempo t = 4, se puede escribir la ecuación forzada como:

( ).+ + =d y dy y g t

dtdt

2

2 2 26

Donde

( )=⎧ ⎫

= ⎨ ⎬≠⎩ ⎭

grande tg t

t0

0 0

Para hacer esto suficiente preciso y poder obtener una solución, se requiere algún tipo de fórmula para g(t). Como primer intento para derivar una fórmula como ésta, se puede suponer que el martillo golpea con una fuerza constante grande durante un tiempo corto. De manera específica, el martillo está en contacto con la masa un intervalo de 4 - Δt a 4 + Δt durante un tiempo pequeño Δt > 0, y que la fuerza sobre la masa en este intervalo es la constante k.

( )otros valores

−Δ ≤ ≤ + Δ⎧± Δ = ⎨

⎩

k t t tg t t

4 40

Se considera Δt y k como parámetros. Ambos están íntimamente relacionados. La fuerza externa sólo es diferente de cero para un intervalo de 2Δt. Por consiguiente, entre más pequeño se tome Δt, mayor debe ser k para comunicar el mismo empuje total. Tomando k = 1/(2Δt) de manera que k resulta grande cuando Δt → 0 entonces:

( )otros valores

⎧ −Δ ≤ ≤ + Δ⎪± Δ = Δ⎨⎪⎩

t t tg t t t1 4 420

Con esta selección de k, el área bajo la gráfica de gΔt(t) es la misma que posee un rectángulo con base 2Δt y altura 1/(2Δt). Es decir, el área es 1 sin importar qué valor se escoja para Δt Puesto que un golpe de martillo se difunde muy rápidamente, es preciso hacer el intervalo Δt tan pequeño como sea posible. De manera informal, cuando Δt → 0, se está comprimiendo la misma cantidad de fuerza en un intervalo cada vez más corto. Una fuerza “instantánea” sería representada por el límite cuando Δt → 0. Pero:

lim ( )Δ →

Δt

g t t0

es un concepto confuso. Para cualquier t ≠ 4, el límite de gΔt(t) cuando Δt → 0 es nulo porque para una Δt pequeña, el tiempo t está fuera de intervalo en que gΔt(t) es positiva. Por otra parte,



lim ( )Δ →

Δt

g t0

4

no existe porque gΔt(4) → ∞ cuando Δt → 0. la “función”

( ) lim ( )δΔ →

= Δt

t g t4 04

Es la función delta de Dirac. Esta función es 0 para todos los valores de t excepto para t = 4, donde es infinita. Por lo tanto:

[ ] ( )∞ +Δ

− −

−ΔΔ = Δ =

Δ∫ ∫t

st st

tt g t t e dt e dt

t

4

0 4

12

L

+Δ−

−Δ

⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟Δ −⎝ ⎠⎝ ⎠

tst

t

et s

4

4

12

( ) ( )− +Δ − −Δ − Δ − Δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞− −⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟Δ Δ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

s t s t s s t s te e e e et s s t

4 4 412 2

Tomando el límite de esta cantidad cuando Δt→ 0 es una función perfectamente normal. Por consiguiente, se la transformada de Laplace de δ4(t) como [ ]δ −= se 44L

También se puede incluir fácilmente la fuerza de impulso en el tiempo t = a, y se obtiene una función delta de Dirac δ4(t) que es cero para t ≠ a e ∞ para t = a. La transformada de Laplace de δa(t) es: [ ] [ ]δ δ −= = asa aL L e

Cuando se emplea esta relación, se puede modelar efectivamente el golpe de un martillo en el tiempo t = a. Como se observó antes, es imposible distinguir la función 2δa(t) como función de δa(t). Sin embargo, tomando las transformadas de Laplace y por la propiedad de linealidad: [ ] [ ]δ δ −= = as

a a e2 2 2L L Cuando se usa esta relación, se puede modelar efectivamente el golpe de un martillo con el doble de la fuerza original. De hecho se puede tratar la transformada de Laplace de δa(t) de la misma manera que se hace con cualquier otra transformada de Laplace. Forzamiento de impulso de un oscilador armónico amortiguado. Regresando ahora a la ecuación del oscilador armónico con masa 1, constante de resorte 26 y coeficiente de amortiguamiento 2, que es golpeado por un martillo en t = 4. para este



ejemplo se eligen las condiciones iniciales y(0) = 1 y y´(0) = 0 lo cual significa que el resorte está alargado una unidad con respecto a su estado de reposo y luego se suelta con velocidad 0. Con la función delta de Dirac se escribe el problema de valor inicial de la siguiente manera:

( ) ( ) ( ), , ´δ+ + = = =d y dy y t y y

dtdt

2

42 2 26 0 1 0 0

Solución: Al determinar la transformada de Laplace de ambos lados de la ecuación, se tiene:

{ } { }δ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎧ ⎫+ + =⎨ ⎬ ⎨ ⎬

⎩ ⎭⎪ ⎪⎩ ⎭

d y dy ydtdt

2

42 2 26L L L L

Usando las fórmulas para la transformada de Laplace de la primera y la segunda derivadas:

( ) ( ) ( ) ( ) { }( ) (́ ) δ− − + − + =Y s sy y sY s y Y s 40 0 2 2 0 262s L Al sustituir las condiciones iniciales y evaluar la trasformada de la función delta de Dirac:

( ) ( ) ( ) −− + − + = stY s s sY s Y s e2 2 262s Despejando Y(s) resulta

( )−+

= ++ + + +

ss eY ss s s s

4

2 22

2 26 2 26

Tomando la transformada de la inversa:

( )( ) ( )

− −− − − −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤+ +⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= + = +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + + +⎣ ⎦ ⎢ ⎥ + + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

s ss e s ey ts s s s s s

4 41 1 1 1

2 2 2 21 1

2 26 2 26 1 25 1 25L L L L

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )cos tty t e t H t e sen t− −−= + − −415 4 5 45

Solución de sistemas de EDO La transformada de Laplace permite reducir ciertos sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con condiciones iniciales a un sistema de ecuaciones algebraicas lineales, donde de nuevo las incógnitas son las transformadas de las funciones que conforman la solución. Al despejar estas incógnitas y calcular su transformada inversa de Laplace se obtiene la solución del problema con valores iniciales para el sistema. Ejemplo 1 Resolver el problema con valores iniciales ( ) ( ) ( )x -2y 4t; x 0 4′ = =t t

( ) ( ) ( ) ( )y 2y -4x ; y 0 -5′ + = − − =t t t t4 2 Solución. Al calcular la transformada de Laplace de ambos lados de las ecuaciones diferenciales se tiene:



( ){ } ( ){ }′ − =x t y ts 242L L

( ){ } ( ){ } ( ){ }′ + − = − −y t y t x tss 2

4 22 4L L L

Tomando: ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }= =X s x t y Y s y tL L

Entonces el nuevo sistema es: sY(s)-y(0) sY(s) 5= +

( )s (s)-x(0) sX s - 4=X

Simplificando

( ) ( ) ( )

( ) ( ) +− =

+ +− + + = −

ssX s Y ss

s sX s s Y ss

2

2

2

2

4 42

5 2 44 2

Se utiliza el método de suma y resta para eliminar Y(s) de la siguiente manera: Se multiplica la primera ecuación por (s + 2) y la segunda por 2, para luego sumar algebraicamente de donde se obtiene:

( )( )( )

( )+ + + +

+ − = −⎡ ⎤⎣ ⎦s s s ss s X s

s s

2 2

2 2

2 4 4 10 4 82 8

Esto se simplifica como

( ) ( )( )−

=+ −sX s

s s4 24 2

Para calcular la transformada inversa, primero se reescribe X(s) en la forma de fracciones parciales:

( ) = ++ −

X ss s3 14 2

De la tabla de transformadas de Laplace se obtiene:

-4t 2tx(t) 3e e= + Para determinar y(t) se puede Y(s) en el sistema de ecuaciones y luego calcular su transformada inversa de Laplace. Sin embargo, es más fácil despejar y(t) en la primera ecuación del sistema (1) en términos de x(t):

( ) ( )xy -2t

2′

=t

t

Sustituyendo x(t): ( ) -4t 2ty -6e e -2t= +t

Ejemplo 2. Aplicación al intercambio de calor indirecto de fluidos



Se tiene un intercambiador de calor de tubos concéntricos en contracorriente y sin cambio de fase como se muestra en la Figura.

Las ecuaciones que describen el intercambio de calor son:

( ) ( ) ( ). º ?= − = =Bs B B B

dT T T T C Tdx

0 03 0 20 1

( ) ( ) ( ). º ?= − − = =ss B s S

dT T T T C Tdx

0 04 0 100 1

Resuelva el modelo usando la Transformada de Laplace. Solución: se realiza la sustitución siguiente:

,= =B Sy T z T

( ) ( ).= − =dy z y ydx

0 03 0 20

( ) ( ).= − − =dz z y zdx

0 04 0 100

Tomando la Transformada de Laplace

{ }.⎧ ⎫ = −⎨ ⎬⎩ ⎭dy z ydx

0 03L L

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). . .= − = − ⇒ − = −⎡ ⎤⎣ ⎦sY s y Z s Y s sY s Z s Y s0 0 03 20 0 03 0 03 Factorizando Y(s): ( ) ( ) ( ). .= + − =s Y s Z s0 03 0 03 20

Por otro lado:

{ }.⎧ ⎫ = − −⎨ ⎬⎩ ⎭dz z ydx

0 04L L

( ) ( ) ( ) ( ).= − = − −⎡ ⎤⎣ ⎦sZ s z Z s Y s0 0 04

( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ). . .− = − − ⇒ − + + =⎡ ⎤⎣ ⎦sZ s Z s Y s Y s s Z s100 0 04 0 04 0 04 100

Resolviendo el sistema de ecuaciones lineales, por el método de Cramer: ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ). .

. .

+ − =

− + + =

s Y s Z sY s s Z s0 03 0 03 20

0 04 0 04 100



( )( ) ( )( ). . . . . .. .+ −Δ = = + + − − −− +

s s ss0 03 0 03 0 03 0 04 0 03 0 040 04 0 04

( ) .= +s s 0 07

( ) ( )( ). . ..−Δ = = + − −+y ss

20 0 03 20 0 04 0 03 100100 0 04

.= +s20 3 8

( ) ( )( ). . . .. +Δ = = + − − = +−z

s s s0 03 20 100 0 03 0 04 20 100 3 80 04 100

Entonces: ( ) ( ) ( ) ( ). .

. .Δ Δ+ +

= = = =Δ + Δ +y zs sY s y Z s

s s s s20 3 8 100 3 8

0 07 0 07

Lo cual se puede reescribir de la siguiente manera:

( ).

. .+

= −+ +s A B

s s s s20 3 8

0 07 0 07 Calculo de A y B Siguiendo el Método de las fracciones parciales se obtiene: A=54.29 y B=-34.29. Sustituyendo las constantes:

( ) . ..

= −+

Y ss s

54 29 34 290 07

Finalmente se obtiene la solución mediante el uso de la Inversa de la Transformada:

( ) ( ) .. . . ..

− −⎧ ⎫= − ⇒ = −⎨ ⎬+⎩ ⎭ty t y t e

s s1 0 0754 29 34 29 54 29 34 29

0 07L

Calculo de z(t):

( ).

. .+

= ++ +s A B

s s s s100 3 8

0 07 0 07 A=54.29 y B=45.71

( ) ( ) .. . . ..

− − −⎧ ⎫ ⎧ ⎫= − + ⇒ = +⎨ ⎬ ⎨ ⎬+⎩ ⎭ ⎩ ⎭tZ t z t e

s s1 1 0 0754 29 45 71 54 29 45 71

0 07L L

Tomando diferentes valores de tiempo:

T y(x)=TB(t) z(x)=Ts(t) 0 20.0 100.0 1 22.3 96.9 2 24.5 94.0 3 26.5 91.3 4 28.4 88.8 5 30.1 86.5 6 31.8 84.3 7 33.3 82.3 8 34.7 80.4 9 36.0 78.6



10 37.3 77.0 Se observa la consistencia física en la solución, esto es, el fluido “frío” (B) se calienta mientras que el fluido “caliente” (s) disminuye su temperatura. Solución de Ecuaciones Diferenciales Parciales (EDP) por la Transformada de Laplace Para resolver ecuaciones diferenciales parciales con valores en la frontera se requiere calcular las transformadas para funciones de dos variables. Transformada de Dos Variables Independientes Sea ( ),=u u x t una función de dos variables independientes, entonces:

( ){ } ( ) ( ), , , ; ∞

−= = =∫ stu x t u x t e dt U x s x cte0

L

Transformada de Derivadas Parciales Sea ( ),=u u x t entonces la transformada de la derivada parcial respecto a “x” es:

( )( ),∞

−∂ ∂⎧ ⎫ =⎨ ⎬∂ ∂⎩ ⎭ ∫ stu u x t e dtx x0

L

( ){ } ( )( , ) , ,∞

−∂ ∂= = =∂ ∂∫ st du x t e dt u x t U x sx x dx0

L

La transforma de la segunda derivada parcial respecto de “x” es:

( ),⎧ ⎫∂⎪ ⎪ =⎨ ⎬∂⎪ ⎪⎩ ⎭

u d U x sx dx

2 2

2 2L

En general, para la n-ésima derivada respecto de “x”:

( ),⎧ ⎫∂⎪ ⎪ =⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

n n

n nu d U x s

dx dxL

Como se observa, tomando la transformada de una derivada parcial la EDP se transforma a una EDO. Problemas de aplicación Ejemplo 1 Reduzca la siguiente EDP a una EDO usando la transformada de Laplace.

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= +⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂∂⎝ ⎠

C C Cr rt rr r

22

2 21 2

( ),=C C r t

Condición Inicial =t 0 ( , ) , = ≤ ≤C r r R0 0 0

Condición de frontera



>t 0

; ∂= = = =

∂ tC en r C C en r Rr

0 0

Usando la transformada de Laplace

∂ ∂ ∂⎧ ⎫⎧ ⎫ = +⎨ ⎬ ⎨ ⎬∂ ∂⎩ ⎭ ∂⎩ ⎭

C C Ct r rr 2

2L L

Entonces

( )( , ) ,∞

−∂ ∂⎧ ⎫ = =⎨ ⎬∂ ∂⎩ ⎭ ∫ stC dC r t e dt c r sr r dr

2 2

2 2 20

L

( , ) ( , )

∞−∂ ∂⎧ ⎫ =⎨ ⎬∂ ∂⎩ ⎭ ∫ stC r t C r t e dt

r r r r0

2 2L ( , ) ( , )∞

−∂= =

∂ ∫ st dC R T e dt c r sr r r dr0

2 2

( ) ( ), ,∂⎧ ⎫ = −⎨ ⎬∂⎩ ⎭C sc r s sc rt

0L

Sustituyendo:

( ) ( ) ( ) ( ), , , ,− = +d dsc r s sc r c r s c r s

r drdr

2

220

Usando la condición inicial se tiene que:

+ − =d c dc sc

r drdr

2

22 0

Ejemplo 2 Se tiene una barra metálica aislada excepto en los extremos con una longitud de 20 cm la cual está inicialmente a 20°C. Se pone en contacto con dos placas en los extremos a 80°C y 50°C como se muestra en la Figura:

La ecuación que rige la transmisión de calor a través de la barra está dada por:

α∂ ∂=

∂ ∂

u ut x

2

2 ( ), , α= =u u x t 1 con las siguientes condiciones:



Condición inicial ( =t 0 ): ( ), = °u x C0 20

Condición de frontera: >t 0 ( ), = °u t C0 80

( ), = °u t C20 50 Transforme la EDP a ordinaria. Solución: Usando la Transformada de Laplace para cada término

α⎧ ⎫∂ ∂⎪ ⎪⎧ ⎫ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬∂⎩ ⎭ ∂⎪ ⎪⎩ ⎭

u ut x

2

2L L

( ) ( ) ( ),, , α

∂− =

∂

U x ssU x s U x

x

2

20

De donde se obtiene ( ) ( ),

,− = −d U x s

sU x sdx

2

2 20

Resolviendo la ecuación diferencial de segundo orden:

− = ⇒ − =d U sU m sdx

22

2 0 0 = − =m S y m S1 2

−= +x s x shU C e C e1 2

Por coeficientes indeterminados se propone la solución =pU A y se calculan las derivadas correspondientes:

= =p pdU d Uy

dx dx

2

20 0

Sustituyendo en la ecuación diferencial

− = − ∴ =sA As200 20

Finalmente la solución general es: −= + +x s x sU C e C e

s1 220

Donde: ( ) ( )= =C C s y C C s1 21 2

Con la finalidad de determinar las constantes se utilizan las condiciones Con la condición inicial:

( ) ( ){ } { }, ,= = =U s u ts800 0 80L L

Entonces



= + + ∴ + = ∴ = −C e C e C C C Cs s s s

0 01 2 1 2 2 1

80 20 60 60

Usando la condición de frontera

( ) ( ){ } { }, ⇒ =U u ts5020 50= L L20,s

Sustituyendo en la solución general

− ⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎝ ⎠

s sC e C es s s

20 201 1

50 60 20

( )− −= + − + ∴ − = −s s s s s sC e e C e C e e es s s s s

20 20 20 20 20 201 1 1

50 60 20 30 60

( )−

−=

−

s

s seC

s e e

201 20 20

30 60

Y C2 es entonces:

( )( )

( )−

− −

− − +−= − =

− −

s s ss

s s s s

e e eeCs s e e s e e

20 20 20202 20 20 20 20

60 30 6060 30 60

Desarrollando y simplificando:

( )−

−

−=

−

s

s seC

s e e

202 20 20

60 30

Finalmente la solución de la EDP en términos de “s” se expresa de la siguiente manera

( ) ( ) ( ),

−−

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −

= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

s sx s x s

s s s se eU x s e e

ss e e s e e

20 20

20 20 20 20

30 60 60 30 20

Ejemplo 3 Se tiene una barra uniforme de longitud 1 metro que está orientada a lo largo del eje X. En un extremo se mantiene a una temperatura de 100ºC. Si la temperatura inicial de la barra es de 1+sen πx, determine la temperatura en la barra a cualquier distancia y a cualquier tiempo. Considere que el coeficiente de transmisión del calor en la barra es k=1.

∂ ∂=∂∂

u utx

2

2 =t 0 ( ), π= +u x sen x0 100 ; >t 0 ( ), =u t1 100

Solución: Tomando la Transformada de Laplace ⎧ ⎫∂ ∂⎪ ⎪ ⎧ ⎫=⎨ ⎬ ⎨ ⎬∂⎩ ⎭∂⎪ ⎪⎩ ⎭

u utx

2

2L L

( ) ( ), ,∂⎧ ⎫ = −⎨ ⎬∂⎩ ⎭u sU x s u xt

0L



( ),⎧ ⎫∂⎪ ⎪ =⎨ ⎬∂⎪ ⎪⎩ ⎭

d U x sux dx

22

2 2L

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,, , , π= − ⇒ − = − −

d U x s d U x ssU x s u x sU x s sen x

dx dx

2 2

2 20 1

Resolviendo la parte homogénea de la ecuación ;− = ⇒ = − =r s r s r s2

1 20 −= +x s x s

hU C e C e1 2 La solución complementaria se obtiene por el método de variación de parámetros

−= +x s x spU u e u e1 2

Entonces

´ ´− −= = = − =x s x s x s x sy e y e y se y se1 2 1 2 Cálculo de los determinantes:

−

−= = + =−

x s x s

x s x se eW s s s

se se2

( )ππ

Δ = = +− −

x s x s x sx s

e e e sen xsesen x

10 100

100

( )

π

π

− − −−

Δ = = − −− − −

x s x s x xx s

e e e sen xse sen x

20 100100

( ) ( )´π

π+

= = +∫ ∫ ∫x s x s

x s x se e sen xu dx e dx e sen x dx

s s s1100 50 1

2 2

( ) ( )cosπ π π

π

⎡ ⎤−⎛ ⎞= + ⎢ ⎥⎜ ⎟+⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦

sx x ss sen x xu e e

s s s s1 250 1 1

2

´ π− −− −=

x s x se e sen xus2

1002

( )

( ) ( )

...

cos

π

π π π

π

− −

− −

= − −

⎡ ⎤+= + ⎢ ⎥

+⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫x s x s

x s x s

u e dx e sen x dxs s

s sen x xe e

s s s

2

2

50 12

50 12

De esta manera la solución particular es:



( ) ( )

( ) ( )

cos...

cos

π π π

π

π π π

π

−

−

⎧ ⎫−⎪ ⎪= +⎨ ⎬+⎪ ⎪⎩ ⎭

⎧ ⎫+⎪ ⎪+ +⎨ ⎬+⎪ ⎪⎩ ⎭

x s x sp

x s x s

s sen x xU e e

s s s

s sen x xe e

s s s

2

2

50 12

50 12

( )π

π= +

+p

sen xU

s s 2100

( )π

π−= + + +

+x s x s

gsen x

U C e C es s1 2 2100

Calculo de C1 (s) y C2(s) usando las condiciones de frontera:

( ) ( ) ( ){ }, , ,= ⇒ = =u t U s y ts1000 100 0 0L

( ) ( )= + + + ∴ + =C s C s C Cs s1 2 1 2100 100 0 0 = −C C1 2

( ) ( ), { , }= ⇒ =y t y ts1001 100 1L

− + −= + + ⇒ + =s s s sC e C e C e C es s1 2 1 2100 100 0 0

La solución del sistema de ecuaciones es:

=C1 0

=C2 0 ( )π

π= +

+g

sen xU

s s 2100

Usando la transformada inversa:

( ) ( ) ( )πππ

π− − −⎧ ⎫⎧ ⎫= + = +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ +⎩ ⎭

tsen xe sen x

s s21 1

2100 100u x,t L L

Comprobación:

( ) ( )cos ;π ππ π π π− −∂ ∂= = −

∂ ∂t tu ue x e sen x

x x2 22

22

( ) ( )ππ π−∂= −

∂te sen x

t22u x,t



Tabla de Transformadas de Laplace

( )f t ( )F s

1 / s1

k ks

t s 21

nt ! : ++ ∈nn n Zs 1

ate −s a1

( )sen at +

as a2 2

( )cos at +

ss a2 2

( )senh at −

as a2 2

( )cosh at −

ss a2 2

n att e ( )!

+− nn

s a 1

( )ate sen kt ( )− +

ks a k2 2

( )ate cos kt ( )−

− +

s as a k2 2

( )⋅t cos at ( )−

+

s a

s a

2 2

22 2

( )t cos at2 ( )

( )−

+

s s a

s a

2 2

32 2

2 3

( )t cos at3 ( )

( )− +

+

s a s a

s a

4 2 2 4

42 2

6 6



( )⋅t sen at ( )+

as

s a22 2

2

( )t sen at2 ( )

( )−

+

a s a

s a

2 2

32 2

2 3

( )t sen at3 ( )

( )−

+

a s a s

s a

3 2

42 2

24

( )sen tt

tan− ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠s

1 1

( )sen t2 ( )+s s 22

4

( )sen tt

2 ln

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ss

2

21 44

( )sen t3 ( )( )+ +s s2 26

1 9

( ) ( )( )−

−

bsen at asen btab b a2 2

( )( )+ +s a s b2 2 2 21

( ) ( )−

−

cos at cos btb a2 2 ( )( )+ +

ss a s b2 2 2 2

( ) ( )( )

−

−

asen at bsen bta b2 2

( )( )+ +

ss a s b

2

2 2 2 2

( ) ( )+ ⋅ ⋅sen at a t cos ata2

( )+

s

s a

2

22 2

( ) ( )−sen at atcos ata32

( )+s a22 2

1

( )−cos at1 ( )+

as s a

2

2 2

( )⋅ −a t sen at ( )a

s s a+

3

2 2 2



( ) ( )⋅ − ⋅k sen at a cos kt ⋅ ⋅

−+ +

a k a ss a s k2 2 2 2

( ) ( )⋅ − ⋅ − ⋅atb e b cos bt a sen bt ( )

( ) ( )+

− +

b a b

s a s b

2 2

2 2

( ) ( ) ( )( )

...

cos

at

at

a b sen bt b a b t e

ab bt e

− + + ⋅

⎡ ⎤+ −⎣ ⎦

2 2 2 2

2

( )( ) ( )

+

− +

b a b

s a s b

22 2

2 2 2

( ) ( )⋅ − ⋅ + ⋅ata e a cos bt b sen bt ( )

( ) ( )+

− +

s a b

s a s b

2 2

2 2

( ) ( )+ + ⋅ ⋅ata e b cos bt a b sen bt2 2 ( )

( ) ( )+

− +

s a b

s a s b

2 2 2

2 2

( ) ( )( ) ( ) ( )

...+ ⋅ − −

+ − − ⋅ ⋅

at ata a b t e a b e

a b cos bt a b sen bt

2 2 2 2

2 2 2

( )

( ) ( )+

− +

s a b

s a s b

22 2

2 2 2

( ) ( ) ( )sen cosa t at a t at+ − ⋅ ⋅2 21 ( )a s

s a+

3 2

32 2

8

Funciones especiales

tπ1

s1

/t π2 /s −3 2

( )

/n ntn π

−

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −

1 221 3 5 2 1

( )/ns − +1 2

kt −1 ( )kk

sΓ

( )en att

n

− −

− !

1

1 ( )

,n n Zs a

+∈+

1

( )cos

π

at

t

2

−ases

( ) π

− −−

−

bt ate e

b a t 32 + + +s a s b

1



π

−⋅ata e

t

2

432

−a se

π

−⋅atet

2

4

−a ses

tet

−−

( )ln s +1

( )e et t

t

−+−

( )ln s −2 1

− −−bt ate et

ln −⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠s as b

( )δ t 1

( )δ −t a −ase

( )−H t a −ases

( ) ( )* − −− b t aH t a e −

+

ases b

BIBLIOGRAFÍA 1. Murray R. Spiegel. Theory and Problems of Laplace Transforms. Serie Shaum´s outline,

1968 2. Phil Dyke. An Introduction to Laplace Transforms and the Fourier Series. Editorial

Springer Undergraduate Mathematics Series, 1988. 3. Dennis G. Zill. Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones. Grupo Editorial

Iberoamericana, 1986. 4. R. Kent Tagle. Ecuaciones Diferenciales y Problemas con Valores en la Frontera. 3ª

edición, Pearson Educación, México 2001. 5. David Lomen. Ecuaciones Diferenciales a través de Gráficas, Modelos y Datos. 1ª

edición, CECSA, México 2000. 6. Paul Blanchord. Ecuaciones Diferenciales. Internacional Thomson Editores, 1998. 7. Matlab 7.10.0 The MathWorks, Inc.

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