Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I - Cristian Castillo · PDF fileEcuaciones diferenciales...

Ecuaciones DiferencialesOrdinarias I

Jose Enrique Maciel Briseno

Universidad Autonoma Metropolitana-Iztapalapa

2 Ecuaciones Diferenciales Ordinarias I

La politica es para el momento,

una ecuacion es para la eternidad.

Albert Einstein.

Indice general

1. Ecuaciones lineales 91.1. Ecuaciones diferenciales separables . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2. Ecuaciones lineales de 1er orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3. Ecuacion de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4. Ecuaciones Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5. Factores Integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2. Ecuaciones diferenciales homogeneas 192.1. Ecuaciones de la forma dy

dx = F ax+by+cdx+ey+f . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2. Ecuacion de Clairaut de 1er orden . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.3. Teorema de Existencia y Unicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.4. Ecuacion de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.5. Campo de Direccion y el Metodo de las Isoclinas . . . . . . . . . 302.6. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.6.1. Crecimiento de Poblacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.6.2. Desintegracion Radioactiva . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3. Ecuaciones Homogeneas de segundo orden con coheficientescostantes 333.1. Metodo de Reduccion de Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.2. Metodo de Variacion de Parametros . . . . . . . . . . . . . . . . 393.3. Plano Fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.4. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3.4.1. Oscilador Armonico No Amortiguado . . . . . . . . . . . 433.4.2. Oscilador Armonico Amortiguado . . . . . . . . . . . . . 443.4.3. Oscilador Armonico Forzado . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4. Transformada de Laplace 474.1. Aplicacion en la Ecuacion Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . 494.2. Tecnicas para encontrar Transformadas de Laplace y sus Trans-

formadas Inversas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.2.1. Transformada Inversa de Laplace . . . . . . . . . . . . . . 504.2.2. Teorema de la Transformada Inversa de Laplace . . . . . 514.2.3. Metodo de Fracciones Parciales . . . . . . . . . . . . . . . 52

3


4.2.4. Metodo de Convoluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 534.3. Funciones Discontinuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4.3.1. Funcion salto Unidad de Heaviside . . . . . . . . . . . . . 554.3.2. Funcion Impulso y Funcion Delta de Dirac . . . . . . . . 58

5. Series y Sucesiones 615.1. Sucesion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.2. Lımite de Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.3. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.4. Series de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 655.5. Puntos Ordinarios y Puntos Singulares . . . . . . . . . . . . . . . 68

Indice de figuras

1.1. Familia de soluciones ejemplo 7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2. Solucion particular que cumple esta condicion ejemplo 7. . . . . . 12

2.1. Grafica de la sol. del ejemplo 20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2. Ilustracion del teorema 2.3.1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.3. Grafica del ejemplo 21. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.4. Campo de direccion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.1. Grafica del resorte. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.2. Resorte comprimido. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4.1. Grafica de una funcion discontinua. . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.2. Funcion de Heaviside. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.3. Grafica del ejemplo 52. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.4. Graficas del ejemplo 53. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.5. Grafica del ejemplo 54. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5

Indice de cuadros

3.1. Metodo de Coheficientes Separados. . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.1. Transformadas de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.2. Funciones discontinuas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

7

Capıtulo 1

Ecuaciones lineales

Introduccion

Consideremos la funcion: y(x) = e3x. De manera que derivando obtenemos:y′(x) = 3e3x, entonces y′(x) = 3y(x) ⇒ y′(x) − 3y(x) = 0.La pregunta serıa si existe alguna funcion z(x) tal que z′ − 3z = 0. De maneraobvia decimos que si, ya que almenos existe alguna que serıa z(x) = e3x.

Ahora consideremos la funcion y(x) = cos(2x) tal que:y(x) = cos(2x) ⇒ y′(x) = −2sen(2x) ⇒ y′′(x) = −4 cos(2x) ⇒ y′′(x) = −4y(x)o bien y′′(x) + 4y(x) = 0.La pregunta serıa si existe alguna funcion z(x) tal que z′′+4z = 0. Nuevamentede manera obvia decimos que si, ya que almenos existe alguna que serıa z(x) =cos(2x).

Definicion 1 Una ecuacion diferencial es una ecuacion donde aparece una fun-cion incognita y algunas de sus derivadas.

NotaEl orden en una ecuacion diferencial (EDO) es el orden de sus derivadas mas

altas.

Ejemplo 1 y′(x) = xy(x) es una EDO de orden uno o de 1er orden.

Ejemplo 2 y′′(x) + 2y′(x) + y(x) = 0 es una EDO de orden dos o de 2o orden.

Ejemplo 3 d2ydt3

+ td2ydt2

+ dydt

− 2y = e−t es una EDO de orden tres o de 3er

orden.

Definicion 2 Una funcion se llama solucion de una ecuacion diferencial si alsustituir en ella sus derivadas se satisface la igualdad.

Ejemplo 4 Verificar que y(x) = sen(x) es solucion de y′′ + y = 0.

9


solucion: Obteniendo sus derivadas en el siguiente orden:{

y′(x) = cos(x)y′′(x) = −sen(x)

De manera que y′′(x) = −y(x) ⇒ y′′(x) + y(x) = 0 ⇒ −sen(x) + sen(x) = 0.

§

Ejemplo 5 Verificar que y(x) = x3 + 7x es solucion de y′′′ − 6 = 0.

solucion: Obteniendo sus derivadas en el siguiente orden:

y′(x) = 3x2 + 7y′′(x) = 6xy′′′(x) = 6

De manera que y′′′(x) − 6 = 6 − 6 = 0.

§

1.1. Ecuaciones diferenciales separables

Definicion 3 Una ecuacion diferencial de 1er orden es separable o de variableseparable si se puede escribir como:

dy

dx=

g(x)h(x)

Un metodo tal vez sensillo para resolver este tipo de ecuaciones es:

1. Escribir como h(x)dy = g(x)dx.

2. Integrar ambos lados.

Ejemplo 6 Resolver: dydx = e−y cos(x) es de variables separables.

solucion:

dy

dx= e−y cos(x) ⇒ eydy = cos(x)dx ⇒

∫eydy =

∫cos(x)dx.

De esto obtenemos:ey + C1 = sen(x) + C2

Si ahora llamamos a C = C1 − C2 entonces:

ey = sen(x) + C ⇒ y = ln(sen(x) + C) .

§

J. Enrique Maciel B. 11

Nota

Debemos notar que estamos obteniendo una familia de soluciones, pues paracada constante C, se tiene una solucion. A esta familia de soluciones se llamasolucion general.

Definicion 4 Un problema de valor inicial para una EDO de 1er orden, consisteen resolver una EDO de orden 1 que ademas tiene una condicion inicial de laforma y(x0) = y0, con x0, y0 fijos.

Ejemplo 7

Resolver

{dydx

= e−y cos(x)y(0) = 1

solucion: Sabemos por el (ejersicio 6) que

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

Es la solucion general, ahora si

y(0) = 1 ⇒ ln(sen(0) + C) = 1

Entonces:lnC = 1 ⇒ C = e1 = e

Y por lo tantoy(x) = ln(sen(x) + e)

La cual es una solucion particular.

§

Figura 1.1: Familia de soluciones ejemplo 7.


(0, 1) = (0, y(0))

Figura 1.2: Solucion particular que cumple esta condicion ejemplo 7.

1.2. Ecuaciones lineales de 1er orden

Recoordemos qued

dx{eh(x)} = h′(x)eh(x)

d

dx{e

∫P (x)dx} = P (x)e

∫P (x)dx

d

dx{e

∫P (x)dxy} = y′e

∫P (x)dx + yP (x)e

∫P (x)dx = e

∫P (x)dx(y′ + y)P (x)

Definicion 5 Una ecuacion diferencial lineal de 1er orden es aquella que puedeescribirse como

dy

dx+ P (x)y = Q(x) o bien como y′ + P (x)y = Q(x)

Para poder resolver estas ecuaciones multiplicamos por e∫

P (x)dx de amboslados y se obtiene:

e∫

P (x)dx [y′ + P (x)y] = Q(x)e∫

P (x)dx

entonces,d

dx

[e∫

P (x)dxy]

= Q(x)e∫

P (x)dx

Ahora integrando

e∫

P (x)dxy =∫

(Q(x)e∫

P (x)dxdx) + C

y(x) = e−∫

P (x)dx

∫(Q(x)e

∫P (x)dx)dx + Ce−

∫P (x)dx

Y por lo tanto a µ(x) = e∫

P (x)dx se conoce como el factor integrante.


Ejemplo 8 Resolver 1x2 y′ + 3y = 6.

solucion: Si multiplicamos por x2 obtnemos:

y′ + 3x2y = 6x

Esta ecuacion es lineal con P (x) = 3x2 y Q(x) = 6x2.De manera que

µ(x) = e∫

P (x)dx =⇒ e∫

3x2dx = ex3+C = ecex3= Kex3

Ahora tenemos una familia de factores integrantes, escogemos a µ(x) = ex3y

multiplicamos a ambos lados de la ecuacion por este.

ex3y′ + 3x2ex3

= 6x2ex3=⇒ d

dx(ex3

y) = 6x2ex3

Ahora integrando de ambos lados

ex3y =

∫6x2ex3

dx =∫

2eudu = 2eu + C = 2ex3+ C

Resumeiendo

ex3y = 2ex3

+ C ⇒ y(x) = 2 + Ce−x3

§

1.3. Ecuacion de Bernoulli

Una ecuacion diferencial es de Bernoulli si puede escribirse como:

y′ + R(x)y = S(x)yn con n 6= 0, 1

¿Como la podemos resolver?Hacer un cambio de variable z = yn−1 para poder obtener una ecuacion lineal.

Ejemplo 9 Resolver xy′ + y = x4y3, con x 6= 0.

solucion: Primero dividimos a la ecuacion entre x y obtenemos:

y′ +y

x= x3y3

Ahora esta ecuacion es de Bernoulli con R(x) = 1x , S(x) = x3 y n = 3. Entonces

hacemos el cambio de variable, o sea,

z = y1−3 = y−2 =1y2

,


de manera que,

z(x) =1

[g(x)]2= (y(x))−2

entonces:

z′(x) = −2 (y(x))−3 y′(x) =−2y′(x)(y(x))3

por el momento esto es ≈ −2y3

multiplicando a y′ + yx

= x3y3 por −2y3 de ambos lados obtenemos

−2y′

y3− 2

y3

y

x=

−2x3y3

y3⇒ −2y′

y3− 2

xy2= −2x3

Si z = 1y2 ⇒ z′ = −2y′

y3 y sustituyendo estas obtenemos

z′ − 2x

z = −2x3

La cual es lineal con P (x) = −2x y Q(x) = −2x3, ahora calculando el factor

integrante tenemos que:

µ(x) = e∫

P (x)dx = e−2 ln x = e− ln x2= eln 1

x2 =1x2

Y luego multiplicando por el factor integrante a z′ − 2xz = −2x3 se tiene que:

1x2

z′ − 1x2

2x

z = − 1x2

2x3 =⇒ 1x2

z′ − 2x3

z = −2x =⇒ d

dx

(1x2

z

)= −2x

Ahora integrando ambos lados queda∫ (

1x2

z

)= −

∫2xdx =⇒ 1

x2z = −x2 + C.

Entonces z(x) = −x4 + Cx2 esta ecuacion no es la original ya que hubo quehacer un cambio de variable entonces si z = 1

y2 entonces

1y2

= −x4 + Cx2 =⇒ y2(x) =1

−x4 + Cx2.

De donde y2(x) = 1−x4+Cx2 es la solucion general con C ∈ R y ademas obten-

emos dos familias de esta solucion general.

y21(x) =

1√−x4 + Cx2

y

y22(x) =

1−√−x4 + Cx2

§


1.4. Ecuaciones Exactas

Definicion 6 Una ecuacion diferencial de la forma M (x, y)dx+N (x, y)dy = 0es exacta si ∂M

∂y= ∂N

∂x.

Ahora si la EDO no es exacta entonces ¿Como resolverla?.Buscamos una funcion de 2 variables f(x, y) que cumplan:

∂f

∂x(x, y) = M (x, y)

y

∂f

∂y(x, y) = N (x, y)

Entonces f(x, y) se encuentra de la siguiente manera.

1. Integrar ∂f∂x

(x, y) = M (x, y) respecto a x,

2. Derivar f(x, y) respecto de y para que se cumpla que ∂f∂y

= M (x, y).

O tambien:

1. Integrar ∂f∂y

(x, y) = N (x, y) respecto a y,

2. Derivar f(x, y) respecto de x para que se cumpla que ∂f∂x

= N (x, y).

Una vez que hemos encontrado a f(x, y) la solucion general puede escribirsecomo f(x, y) = C, con C una constante.

Ejemplo 10 Resolver y′ = 2xy3

3x2y2

solucion:

dy

dx=

2xy3

3x2y2⇒ 3x2y2dy = −2xy3dx ⇒ 3x2y2dy + 2xy3dx = 0

Entonces2xy3

︸︷︷︸M

dx + 3x2y2

︸︷︷︸N

dy = 0

luego

∂M

∂y= 6xy2 y

∂N

∂x= 6xy2 =⇒

∂M

∂y=

∂N

∂x= 6xy2, por lo tanto es exacta.

Ahora ∂f∂x = M (x, y) = 2xy3 y ∂f

∂y = N (x, y) = 3x2y2. Integrando ∂f∂x =

M (x, y) = 2xy3 respecto de x obtenemos:

f(x, y) =∫

2xy3dx = x2y3 + h(y)


Ahora derivamos a f(x, y) = x2y3 + h(y) respecto de y obtenemos:

∂f

∂y= 3x2y2 + h′(y)

Como ∂f∂y debe ser igual a 3x2y2 entonces 3x2y2 + h′(y) = 3x2y2 de manera que

h′(y) = 0 =⇒ h(y) = C1 =⇒ f(x, y) = x2y3 + C1 entonces la solucion generalesta dada por:

x2y3 + C1 = C2 o bien x2y3 = C

y2 =C

x2=⇒ y(x) =

C13

x23

=⇒ y(x) =K

x23

§

1.5. Factores Integrantes

Cuando la ecuacion diferencial M (x, y)dx+N (x, y)dy = 0 no es exacta, ave-ces podemos hacerla exacta multiplicandola por una funcion adecuada digamosµ = µ(x, y) al que le vamos a llamar el factor integrante.Algumos factores integrantes pueden ser los siguientes:

1. µ = µ(x)

2. µ = µ(y)

3. µ(x, y) = xrys

Ejemplo 11 Resolver (3xy + y2) + (x2 + xy)dydx

= 0.

solucion:

(3xy + y2) + (x2 + xy)dy

dx= 0 =⇒ ( 3xy + y2

︸︷︷︸M

)dx + ( x2 + xy︸︷︷︸N

)dy = 0

Entonces

∂M∂y = 3x + 2y

∂N∂x

= 2x + y

=⇒ ∂M∂y = 2x + y 6= ∂N

∂x = 2x + y, no es exacta.

Ahora buscamos un factor integrante que depende de la variable y entonces seala ecuacion siguiente:

(3xy + y2)µ(y)︸︷︷︸M1

dx + (x2 + xy)µ(y)︸︷︷︸N1

dy = 0

Entonces∂M1

∂y= (3xy + y2)µ′(y) + (3x + 2y)µ(y)

y


∂N1

∂x= (2x + y)µ(y)

Para que sea exacta debe cumplirse que ∂M1∂y = ∂N1

∂x entonces:

(3xy+y2)µ′(y)+(3x+2y)µ(y) = (2x+y)µ(y) =⇒ (3xy+y2)µ′(y) = (−x−y)µ(y)

(3x + y)yµ′(y) = −(x + y)µ(y), pero no se pudo eliminar la x

Ahora busquemos un factor integrante que dependa de la variable x, proponemosa µ = µ(x) entonces:

(3xy + y2)µ(x)︸︷︷︸M2

dx + (x2 + xy)µ(x)︸︷︷︸N2

dy = 0

Entonces∂M2

∂y= (3x + 2y)µ(x)

y∂N2

∂x= (2x + y)µ(x) + (x2 + xy)µ′(x)

Para que sea exacta debe cumplirse que ∂M2∂y = ∂N2

∂x entonces:

(3x + 2y)µ(x) = (2x + y)µ(x) + (x2 + xy)µ′(x)

(x + y)µ(x) = (x2 + xy)µ′(x) =⇒ (x + y)µ(x) = x(x + y)µ′(x)

Si x + y 6= 0 =⇒ µ(x) = xµ′(x)

Entoncesµ(x) = xµ′(x) =⇒ µ =

dµ

dx=⇒ dx

x=

dµ

µ

Ahora integrando a ambos lados de la ecuacion obtenemos:∫

dx

x=∫

dµ

µ=⇒ ln x+C1 = ln µ+C2 =⇒ eln x+c1 = eln µ+c2 =⇒ xec1 = µec2

peroxec1 = µec2 =⇒ µ(x) =

(ec1+c2

)x =⇒ µ(x) = kx

Obtuvimos una familia de factores integrantes, ahora escogemos a µ(x) = x,entonces la ecuacion es exacta, hay que verificarlo:

(3xy + y2)xdx + (x2 + xy)xdy = 0 =⇒ (3x2y + xy2)dx + (x3 + x2y)dy = 0

Entonces

∂M∂y

= 3x2 + 2xy

∂N∂x = 3x2 + 2xy

=⇒ que es exacta.

Ahora busquemos a f(x, y) tal que

∂f∂x = M = 3x2y + xy2

∂f∂y = N = x3 + x2y


Integrando cualquiera de las dos, digamos a ∂f∂x = 3x2y + xy2 respecto a x,

f(x, y) =∫

3x2y + xy2dx = x3y +x2

2y2 + h(y)

Luego la derivamos a f(x, y) = x3y + x2

2 y2 + h(y) respecto de y,

∂f

∂y= x3 + x2y + h′(y)

Y como ∂f∂y = x3y + x2y entonces:

x3 + x2y + h′(y) = x3 + x2y =⇒ h′(y) = 0 =⇒ h(y) = C1

Entonces

f(x, y) = x3y +x2

2y2 + C1 =⇒ x3y +

x2

2y2 + C1 = C2 =⇒ x3y +

x2y2

2= C

La cual es la solucion general.

§

Capıtulo 2

Ecuaciones diferencialeshomogeneas

Definicion 7 Una funcion f(x, y) es homogenea de grado n si f(tx, ty) =tnf(x, y).

Ejemplo 12 Verificar si las siguientes funciones son homogeneas.

1. f(x, y) = x2 + xysolucion:

f(tx, ty) = (tx)2 + (tx)(ty) = t2x2 + t2xy = t2[x2 + xy

]= t2f(x, y)

Por lo tanto f es homogenea de grado 2.

2. f(x, y) = senxy

solucion:

f(tx, ty) = sentx

ty= sen

x

y= f(x, y) = t0f(x, y)

Por lo tanto f es homogenea de grado 0.

§

Definicion 8 La ecuacion diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 se llama ho-mogenea si M y N son homogeneas del mismo grado.

Observacion: Tal ecuacion puede escribirse en la forma

dy

dx= −M (x, y)

N (x, y)= f(x, y)

donde f es homogenea de grado cero.¿Como resolverlas?. Hacer la siguiente sustitucion:

z =y

x

19


O bien hacer az =

x

y

Y obtener una ecuacion de variables separables.

Ejemplo 13 Resolver dydx = x+y

x−y

solucion: Hay que verificar que sea homogenea de grado cero entonces:

f(x, y) =x + y

x − y=⇒ f(tx, ty) =

tx + ty

tx − ty=

t(x + y)t(x − y)

=x + y

x − y= t0f(x, y)

Entonces f(x, y) = t0f(x, y) es homogenea de grado cero.Ahora hacemos el cambio de variable z = y

x =⇒ y = zx entonces su derivadarespecto a x es:

dy

dx= z +

(dz

dx

)x

Sustituyendo estaas en la ecuacion diferencial:

z +(

dz

dx

)x =

x + zx

x − zx=

x(1 + z)x(1 − z)

=1 + z

1 − z

(dz

dx

)x =

1 + z

1 − z− z =

1 + z − z + z2

1 − z=

z2 + 11 − z

=⇒ 1 − z

z2 + 1dz =

dx

x

Integrando esto∫

1 − z

z2 + 1dz =

∫dx

x=⇒

∫1 − z

z2 + 1dz = lnx + C1

lnx + C1 =∫

1 − z

z2 + 1dz =

∫1

z2 + 1−∫

z

z2 + 1

ln x + C1 = −12

ln∣∣z2 + 1

∣∣+ C2 + arctan z + C3

ln x = −12

ln∣∣z2 + 1

∣∣+ arctan z + C

Y ya que z = yx entonces

ln x = −12

ln∣∣∣∣y2

x2+ 1∣∣∣∣+ arctan

( y

x

)+ C.

ln x = arctan( y

x

)− 1

2ln∣∣∣∣y2

x2+ 1∣∣∣∣+ C

Que es la solucion general de la ecuacion diferencial.

§


2.1. Ecuaciones de la forma dydx = F ax+by+c

dx+ey+f

caso I

Si ae 6= bd y ae − bd 6= 0 entonces det =(

a bc d

)6= 0 hacemos un cambio de

variable{

u = x − hv = y − k

({x = u + hy = v + k

).

Para obtener una ecuacion de la forma

dv

du= G

Au + Bv

Du + Evcon G : R → R

Ejemplo 14 Resolver dydx

= x+y+4x−y−6

.

solucion: Calculando el determinante det =(

1 11 −1

)= −2 6= 0, ahora

haciendo un cambio de variable

{x = u + hy = v + k

=⇒

dxdu = 1

dydv

= 1=⇒

{dx = dudy = dv

Y sustituyendo este en la ecuacion diferencial:

dv

du=

u + h + v + k + 4u + h − v − k − 6

=u + h + v + k + 4u − v + h − k − 6

De esto necesitamos que:{

h + k = −4h − k = 6 =⇒

{2h = 2 ⇒ h = 1

k = h − 6 ⇒ k = −5

Entonces: {x = u + 1

y = v − 5dydv

= 1=⇒

{u = x − 1v = y + 5

dv

du=

u + v

u − vesta es homogenea

Ahora haciendo el cambio de variable z = vu , con v = zu para hacerla separable,

y derivando esta ultima obtenemos

dv

du=(

dz

du

)u + z

Ahora la sustituimos en la ecuacion diferencial(

dz

du

)u + z =

u + zu

u − zu=

u(1 + z)u(1− z)

=1 + z

1 − z


(dz

du

)u =

1 + z

1 − z− z =

1 + z − z + z2

1 − z=

1 + z2

1 − z

Entonces si (dz

du

)u =

1 + z2

1 − z=⇒ (1 − z)dz

1 + z2=

du

u

Integrando∫

du

u=∫

(1 − z)dz

1 + z2=⇒ ln u + C1 =

∫(1dz

1 + z2−

zdz

1 + z2

ln u + C1 = arctan z − 12

ln(1 + z2

)+ C2 =⇒ ln u = arctan z − 1

2ln(1 + z2

)+ C

Como z = vu

ln u = arctan[v

u

]− 1

2ln[1 +

v2

u2

]+ C

Pero tambien u = x + 1 y v = y + 5 entonces

ln(x + 1) = arctan[y + 5x + 1

]− 1

2ln[1 +

(y + 5)2

(x + 1)2

]+ C

La cual es la solucion general de la ecuacion diferencial.

§

caso II

Ahora si ae = bd entonces (ae − bd = 0) por lo tanto det =(

a bc d

)= 0,

entonces hacemos el cambio de variable t = ax + by.

Ejemplo 15 Resolver dydx = x+y+4

x+y−7 .

solucion: Calculando el determinante det =(

1 11 1

)= 0, ahora haciendo

un cambio de variable t = x + y

dt

dx= 1 +

dy

dx=⇒ dy

dx=

dt

dx− 1

Sustituyendo esta en la ecuacion diferencial queda

dt

dx−1 =

t + 4t − 7

=⇒ dt

dx=

t + 4t − 7

+1 =t + 4 + t − 7

t − 7=

2t − 3t − 7

=⇒ (t − 7)dt

2t − 3= dx

Integrando ambos lados∫

(t − 7)dt

2t − 3=∫

dx =⇒ x+C1 =12

∫dt− 1

2

∫dt

2t − 3=

12t− 11

4ln |2t − 3|+C2


x =12t − 11

4ln |2t − 3| + C

Y como t = x + y entonces

x =12(x + y) − 11

4ln |2(x + y) − 3|+ C

La cuaal es la solucion a la ecuacion diferencial.

§

Algunas veces el cambio de variable y = zα la puede reducır a una ecuaciondiferencial exacta.Esto ocurre cuando todos los terminos de la ecuacion tienen el mismo gadoatribuyendo;

Atribuyendo

El grado 1 a αEl grado α a y

El grado α − 1 a dydx

El grado 0 a las constantes

Ejemplo 16 Resolver (x2y2 − 1)dydx + 2xy3 = 0.

solucion: Aplpcando las reglas tenemos que

Atribuyendo

x2 tiene grado 2y2 tiene grado 2αx2y2 tiene grado 2α + 2(x2y2 − 1) tiene grado 2α + 2(x2y2 − 1)dy

dxtiene grado 2α + 2 + α − 1 = 3α + 1

Para el otro sumando sera

y3 tiene grado 3α2xy3 tiene grado 3α + 1

Por lo tanto si se puede hacer un cambio de variable y = zα y obtener unaecuacion diferencial homogenea entonces, para saber el valor de α, escribimos ala ec. dif. como:

x2y2 dy

dx− dy

dx+ 2xy3 = 0

Entonces

Atribuyendo

x2y2 dydx tiene grado 2 + 2α + α − 1 = 3α + 1

−dydx

tiene grado α − 1

2xy3 tiene grado 3α + 1


Para que todos los terminos tengan el mismo grado debe tenerse que

α − 1 = 3α + 1 =⇒ 2α = −2 =⇒ α = −1

Entonces haciendo el cambio de variable y = z−1, luego derivando este obten-emos

Si y = z−1 =⇒dy

dx= −z−2 dz

dx

Despues sustituyendo en la ec. dif.

(x2z−2 − 1

)(−z−2 dz

dx

)+ 2xz−3 = 0

(−x2z−4 + z2

) dz

dx+ 2xz−3 = 0

lugo multiplicando por z4 se tiene:(−x2 + z2

)dz + 2xzdx = 0

Nota: hay que verifucar que esta es una ecuacion diferencial homogenea.Ahora hacemos el cambio de variable w = z

x ⇒ z = wx, de manera que alderivar este se obtiene:

z′ =dz

dx=

dw

dxx + w =⇒ dz = xdw + wdx

Ahora hay que sustituir esta en la ecuacion diferencial homogenea(−x2 + w2x2

)(xdw + wdx) + 2x2wdx = 0

Factorizando x2

x2(−1 + w2

)(xdw + wdx) + 2x2wdx = 0

Si x 6= 0 entonces(−1 + w2

)(xdw + wdx) + 2wdx = 0

(−1 + w2

)xdw +

(−1 + w2

)wdx + 2wdx = 0

(−1 + w2

)xdw +

(w3 + w

)dx = 0 =⇒

(1 − w2

)xdw =

(w3 + w

)dx

dx

x=

1 − w2dw

w3 + w=⇒

∫dx

x=∫

(1 − w2)dw

w3 + w=⇒ ln x + C1 =

∫(1 − w2)dw

w3 + wpero ∫

(1 − w2)dw

w3 + w=∫

Adw

w+

(Bw + C)dw

w2 + 1Entonces resoliviendo para A, B y C.

∫Adw

w+

(Bw + C)dw

w2 + 1=∫

dw

w− 2wdw

w2 + 1= ln w − ln

(w2 + 1

)+ C2


Entoncesln x + C1 = lnw − ln

(w2 + 1

)+ C2

ln x = lnw − ln(w2 + 1

)+ C = ln

[w

w2 + 1

]+ C

Como w = zx entonces

ln x = ln

[zx

z2

x2 + 1

]+ C

Y como y = z−1 =⇒ z = 1y , luego

lnx = ln

1y

x

( 1y )2

x2 + 1

+ C = ln

[xy

1 + x2y2

]+ C

Por lo tanto

x =xy

1 + x2y2+ ec

§

2.2. Ecuacion de Clairaut de 1er orden

Una ecuacion de Clariaut es de la forma

y = xy′ + f(y′).......................[1]

Ejemplo 17 y = xy′ + (y′)2 hay que escoger a f(u) = u2

Ejemplo 18 y = xy′ + tan(y′) hay que escoger a f(u) = tan(u)

Ejemplo 19 y = xy′ +√

1 + f(y′)2 hay que escoger a f(u) =√

1 + u2

¿Como resolverlar?. Hacemos y′ = v, entonces sustituyendo este queda

y = xv + f(v)..........................[2]

Luego derivando de ambos lados a la ecuacion

y′ = xv′ + v + f ′(v)v′ =⇒ v = xv′ + v + f ′(v)v′ =⇒ 0 = [x + f ′(v)] v′

De esto tenemos que v′ = 0 o x + f ′(v) = 0.caso ISi v′ = 0 =⇒ v = c =cte, luego sustituyendo v en la ec. [2] vamos a encontrarque y = xc + f(c) la cual es la solucion general.caso IISi x + f ′(v) = 0 =⇒ x = −f ′(v), luego sustituyendo x en la ec. [2] se tiene que

y = −vf ′(v) + f ′(v) =⇒{

x = −f ′(v)y = −vf ′(v) + f ′(v)

Y este ultimo representa la ec. parametrica de una curva con parametro v y aesta se le llama solucion singular.


Nota:

La solucion singular no es una solucion particular, pues no se obtiene de lageneral escogiendo una constante adecuada.

Ejemplo 20 Resolver y = xy′ + (y′)2.

solucion: Hacemos a y′ = v despues la sustituimos y = xv + v2

Derivando

y′ = xv′ + v + 2vv′

Como y′ = v entonces

v = xv′ + v + 2vv′ =⇒ 0 = [x + 2v] v′

De esto tenemos que v′ = 0 0 x + 2v = 0.caso ISi v′ = 0 =⇒ v = cte = c, luego sustituimos esta en y = xv + v2 obtenemos

y + xc = c2 la cual es la solucion general

caso IISi x + 2v = 0 =⇒ x = −2v, lugo sustituyendo esta en y = xv + v2 obtenemos

y = −2v2 + v2 = −v2 =⇒{

x = −2vy = v2

Estas son las ecuaciones parametricas de la solucion singular.De manera que encontramos una relacion entre x e y, observe que x2 = 4v2 sidividimos a esta entre −4 queda −x2

4 = −v2 entonces y = −14x2.

y = − 14 x2 es la sol. general

familia de rectas y = xc + c2

Figura 2.1: Grafica de la sol. del ejemplo 20.


2.3. Teorema de Existencia y Unicidad

Teorema 2.3.1 Si f y ∂f∂y son continuas en un rectangulo [x0 − a, x0 + a] ×

[y0 − b, y0 + b] entonces hay algunos intervalos [x0 − h, x0 + h] donde existe unasolucion unica del problema del valor inicial.

{y′ = f(x, y)y(x0) = y0

y0 + b

y0 − b

x0 − a x0 + a

(x0, y0)

Figura 2.2: Ilustracion del teorema 2.3.1.

Ejemplo 21 Determine si existe solucion unica de

dydx = 3y

23

y(2) = 0

solucion: f(x, y) = 3y23 =⇒ ∂f

∂y = 2y−13 = 2

y13, f es continua en todo R2,

entonces ∂f∂y es continua en todo R2 − {y = 0}

Entonces no existe el rectangulo que encierre al punto (2, 0) de modo que f y∂f∂y sean continuas. Por lo tanto no podemos aplicar el teorema.

Observacion:

Si y ≡ 0 es una funcion que es solucion del problema, ahora resolvemos∂y∂x = 3y

23 por variables separables, o sea, dy

3y23

= dx

dx =dy

3y23

=⇒∫

dx =∫

dy

3y23

=⇒ x + C1 = y13 + C2 =⇒ x = y

13 + C

como debe de ser y la despejada entonces

x = y13 + C =⇒ y

13 = x + C =⇒ y = (x + C)3


Ahora si y(2) = 0 =⇒ 0 = (2 + C)3 =⇒ C = −2 y luego

y(x) = (x − 2)3 es la solucion

Por lo tanto hay almenos 2 soluciones.

y(x) = (x − 2)3←−

y(x) ≡ 0↘

(2, 0)

Figura 2.3: Grafica del ejemplo 21.

§

2.4. Ecuacion de Riccati

Esta ecuacion debe de tener la forma:

y′ = P (x)y2 + Q(x)y + R(x)

Donde y1(x) es solucion particular conocida.¿Como encontrar una familia de soluciones a partir de esta?.Hay que hacer un cambio de variable para esto escogemos a y = y1 + 1

u yencontar una ecuacion lineal para u.

Ejemplo 22 Encontar una familia adecuada de soluciones de la siguiente ecuacion:

dx

dy=(

12 cos x

)y2 +

2 cos2 x − sen2x

2 cos x

solucion: La ecuacion diferencial es de Riccati con:

P (x) =1

2 cos x, Q(x) = 0, R(x) =

2 cos2 x − sen2x

2 cos x

Como ejercicio verificar que y(x) = senx es solucion.Ahora, haciendo el cambio de variable y = senx+ 1

uy claro que esta debe de ser


solucion, luego derivando este cambio de variable obtenemos que dydx = cos x− u′

u2

y ahora la sustituimos en la ec. dif.

cos x − u′

u2=(

12 cos x

)(senx +

1u

)2

+2 cos2 x − sen2x

2 cos x

cos x − u′

u2=

12 cos x

sen2x + 2senx1u

+1u2

+ cos x − sen2x

2 cos x

cos x − u′

u2=

sen2x

2 cos x+

senx

cos x

1u

+1

2 cos x

1u2

+ cos x − sen2x

2 cos x

cos x −u′

u2=

senx

cos x

1u

+1

2 cos x

1u2

+ cos x

−u′

u2=

senx

cos x

1u

+1

2 cos x

1u2

Multiplicando por −u2

u′ = −usenx

cos x− 1

2 cos xPor lo que

u′ +senx

cos xu = − 1

2 cos xesta es una ecuacion lineal.

Ahora obtengamos el factor integrante

µ(x) = e∫

P (x)dx = e−∫ senx

cos x dx = e− ln(cosx) = eln[ 1cos x ] =

1cos x

= sec x

Despues multiplicamos todo por el factor integrante µ(x) = sec x

(sec x)u′ + (sec x tanx) u = −12

sec2 x

d

dx(u sec x) = −

12

sec2 x

Ahora integrando

u sec x = −∫

12

sec2 xdx =⇒ u sec x = −12

tan x+C =⇒ 1cos x

u = −12

tan x+C

pero

1cos x

u = −12

tan x + C = − senx

cos x+ C =⇒ u(x) = −1

2senx + C cos x

Luego sustituyendo y = senx + 1u en u(x) = −1

2 senx + C cos x obtenemos:

y(x) = senx +1

−12senx + C cos x

La cual es una familia de soluciones y C ∈ R.

§


2.5. Campo de Direccion y el Metodo de las Iso-clinas

Consideremos la ec. dif. y′ = F (x, y), en un punto (a, b) tenemos y′ = F (a, b)podemos costruir una linea corta llamada elemento de linea con pendienteF (a, b). Si hacemos esto para un gran numero de puntos obtenemos una graficallamada campo de direccion de y′ = F (x, y).Si hacemos a m = F (x, y) con m = cte., entonces m = F (x, y) es una curva enla que cada punto tiene un elemento de linea con pendiente constante m. Estemetodo se llama metodo de las isoclinas.A la isoclina le llamamos la pendiente.

Ejemplo 23 Obtener el campo de direcciones y bosquejar las soluciones dedydx = −x

y .

solucion: En el punto (1, 2), ∂y∂x

= −12

En el punto (3, 1), ∂y∂x

= −3En el punto (−1, 1), ∂y

∂x = 1Sea m = cte y −x

y= m entonces

−x = my =⇒

y = −1m

x si m 6= 0

−x = 0 si m = 0

Si m = 1 =⇒ y = −x entonces son las rectas de pendiente m = 1, ahora sim = 2 =⇒ y = −1

2x entonces son las rectas de pendiente m = 2.

Figura 2.4: Campo de direccion.


2.6. Aplicaciones

2.6.1. Crecimiento de Poblacion

Supongamos que se colocan x0 bacterias en una solucion nutriente en elinstante t = 0 y que x(t) es la poblacion de cultivo en el intante t. Si el alimentoy el espacio son limitados, y como consecuencia la poblacion esta creciendo entodo momento a un ritmo proporcional a la poblacion presente en ese momento,hallar x como funcion de t y hallar t tal que se duplique la poblacion inicial.solucion: Planteando la ecuacion

dx

dt= kx(t) =⇒ dx

x= kdt =⇒ lnx = kt + C =⇒ x = ekteC =⇒ x(t) = Cekt

Luego en el instante x(0) tenemos

x(0) = x0 =⇒ x(t) = x0ekt

Ahora busquemos t tal que x(t) = 2x0 es decır

x0ekt = 2x0 =⇒ ekt = 2 =⇒ kt = ln 2 =⇒ t =

1k

ln 2

§

2.6.2. Desintegracion Radioactiva

La tasa de desintegracion de una sustancia radiactiva es prporcional, encualquier instante a la cantidad de sustancia que este presente.

Se ha encontrado que el 0,5 % de Radio desaparece en 12 anos. ¿Que por-centaje desaparecera en 1000 anos?.solucion: Sabemos que x(t) representa la cantiad de Radio en el tiempo tentonces planteando la ecuacion

dx

dt= kx(t) para k < 0

Resolviendo se tienex(t) = Cekt =⇒ x(t) = x0e

kt

Ahora si x0 representa la cantidad de Radio en el tiempo t = 0 y ademas en eltiempo t = 12 desaparece el 0,5 % de Radio o bien el 0,005 la cantidad de Radioentonces

x(12) = 0,995x0 =⇒ x0e12k = 0,995x0 =⇒ e12k = 0,995 =⇒ 12k = ln(0,995)

Pero12k = ln(0,995) =⇒ k =

112

ln(0,995)


Entonces regeresando el valor de k para el instante x(t) obtenemos

x(t) = x0e[ 112 ln(0,995)]t

Entonces en 1000 anos desaparece

x(1000) = x0e[ 112 ln(0,995)]1000 = 0,658x0

En mil anos queda el 65,8 % de Radio entonces el que desaparece es el 34,2 %de Radio.

§

Capıtulo 3

Ecuaciones Homogeneas desegundo orden concoheficientes costantes

Sea la ecuacion diferencial

ay′′ + by′ + cy = 0 con a, b, c ∈ R y a 6= 0

Buscamos una solucion tal que y(x) = erx con r =cte.Entonces y′ = rerx y y′′ = r2erx, sustituyendo en la E.D.O. tenemos que

ar2erx + cerx = 0 =⇒ (ar2 + br + c)erx

Como erx 6= 0 implica que (ar2+br+c) = 0, luego esta es solucion caracterısticade la E.D.O.

caso I (Raices reales y diferentes r1, r2).Para que pase esto entonces (b2 − 4ac > 0).Por lo que la solucion general se escribe como:

y(x) = C1er1x + C2e

r2x con C1, C2 ∈ R

Ejemplo 24 Resolver y′′ + 5y′ + 6y = 0.

solucion: la ecuacion caracterıstica es r2 + 5r + 6 = 0 entonces:

r2 + 5r + 6 = 0 =⇒ (r + 2)(r + 3) = 0 =⇒ r1 = −2 y r2 = −3

Por lo que la solucion general es:

y(x) = C1e−2x + C2e

−3x

33


§

caso II (Raices reales iguales r1 = r2).Para que pase esto el descriminante debe ser (b2 − 4ac = 0).Por lo que la solucion general se escribe como:

y(x) = C1er1x + C2e

r1x con C1, C2 ∈ R

Ejemplo 25 Resolver y′′ + 4y′ + 4y = 0.

solucion: la ecuacion caracterıstica es r2 + 4r + 4 = 0 entonces:

r2 + r + 4 = 0 =⇒ (r + 2)(r + 2) = 0 =⇒ r1 = −2 y r2 = −2

Por lo que la solucion general es:

y(x) = C1e−2x + C2e

−2x

§

caso III (Raices complejas r1 = λ + iµ y r2 = λ − iµ).Para que pase esto el descriminante debe ser (b2 − 4ac < 0).Por lo que la solucion general se escribe como:

y(x) = C1eλx cos(µx) + C2e

λxsen(µx) con C1, C2 ∈ R

Ejemplo 26 Resolver y′′ + y′ + y = 0.

solucion: la ecuacion caracterıstica es r2 + r + 1 entonces:

r2 + r + 4 = 0 =⇒ r =−1 ±

√1 − 4(1)(1)2(1)

r =−1 ±

√1 − 4(1)(1)2(1)

=−1 ±

√−3

2=

−1 ± i√

32

= −12± i

√3

2

Entonces

r1 = −12

+i√

32

y

r2 = −12− i

√3

2Por lo que la solucion general es:

y(x) = C1e− 1

2 x cos

(√3

2x

)+ C2e

− 12 xsen

(√3

2x

)


§

Definicion 9 Un problema de valor inicial para estas ecuaciones consiste de:

ay′′ + by′ + cy = 0y′(x0) = y′0y(x0) = y0

Ejemplo 27 Resolver el problema con valor inicial

y′′ + 5y′ + 6y = 0y(0) = 0y′(0) = 1

solucion: Sabemos que del ejemplo anterior la solucion general es:

y(x) = C1 = e−2x + C2e−3x

Si y(0) = 0 =⇒ C1 = C2 = 0 entonces la derivada sera:

y′(x) = −2C1e−2x − 3C2e

−3x

Si y′(0) = 1 =⇒ −2C1e0 − 3e0 = 1 =⇒ −2C1 − 3C2 = 1 Entonces

{C1 + C2 = 0−2C1 − 3C − 2 = 0 =⇒

{2C1 + 2C2 = 0−2C1 − 3C2 = 1 =⇒ −C2 = 1 ⇒ C2 = −1

De estoC1 + C2 = 0 =⇒ C1 − C2 = 1 ⇒ C1 = 1

Por lo tanto la solucion es:

y(x) = e−2x − e−3x

§

Ejemplo 28 Determinar si existe o no existe solucion al problema.

y′′ + 5y′ + 6yy(0) = 1y′(1) = 2

solucion: Sabemos que del ejemplo anterior y(x) = C1e−2x + C2e

−3x es lasolucion general para esta E.D.O. entonces su derivada sera

y′(x) = −2C1e−2x − 3C2e

−3x

Ahora si y(0) = 1 =⇒ C1 + C2 = 1.................................................................[1]Ahora si y′(1) = 2 =⇒ −2C1e

−2 − 3e−3 = 2...................................................[2]Resolviendo para C1 y C2 obtenemos:

{2C1e

−2 + 2C2e−2 = 2e−2

2C1e−2 − 3C2e

−3 = 2 =⇒ C2

(2e−2 − 3e−3

)= 2e−2 + 2


C2

(2e−2 − 3e−3

)= 2e−2 + 2 =⇒ C2 =

2e−2 + 22e−2 − 3e−3

Luego

C1 = −C2 + 1 =⇒ C1 = 1 − 2e−2 + 22e−2 − 3e−3

Por lo tanto la solucion general es:

y(x) =[1 − 2e−2 + 2

2e−2 − 3e−3

]e−2x +

[2e−2 + 2

2e−2 − 3e−3

]e−3x

§

Ejemplo 29 Determinar si existe o no existe solucion al problema.

y′′ + 4y′ + 4yy(0) = 0y(1) = 2

solucion: La ecuacion caracteristica es: r2 +4r +4 de donde (r +2)2 = 0 luegoy(x) = C1e

−2x + C2e−2x es la solucion general para esta E.D.O.

Ahora si y(0) = 0 =⇒ C1 = 0 =⇒ y(x) = C2xe−2x

Ahora si y(1) = 2 =⇒ C2e−2 = 2 =⇒ C2 = 2e2

Entonces la solucion sera:y(x) = 2e2xe−2

§

Ahora estudiaremos la ecuacion

P (x)y′′ + Q(x)y′ + R(x)y = G(x)

Definicion 10 Cuando G(x) = 0 diremos que la ecuacion diferencial es ho-mogenea, o sea,

P (x)y′′ + Q(x)y′ + R(x)y = 0...................................[1]

Teorema 3.0.1 Si y1(x) y y2(x) son soluciones de [1], tambien lo es la soluciony(x) = C1y1(x) + C2y2(x), con C1, C2 = ctes.

Definicion 11 Dos funciones son linealmente independientes si ninguna de el-las es multiplo de la otra.

Ejemplo 30 Verificar que y1(x) = senx, y2(x) = cos x son linealmente inde-pendientes.

solucion: Sea senx = k cos x ∀x ∈ R y k constante.Para x = π

2 se tiene que sen(

π2

)= k cos

(π2

)=⇒ 1 = 0 cosa que no puede ser.

Ahora proponemos a cos x = ksenx ∀x ∈ R y k constante.Para x = 0 =⇒ cos(0) = ksen(0) =⇒ 1 = 0 nuevamente hay otra contradiccion,de aquı en ningun caso una es multiplo de otra por lo tanto y1(x) = senx,y2(x) = cos x son linealmente independientes.


§

Teorema 3.0.2 Considerar la ec. dif. P (x)y′′ + Q(x)y′ + R(x)y = 0 ahoradividiendo entre P (x) se tiene que y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 si y1(x), y2(x)son dos soluciones linealmente independientes entonces la solucion general esy(x) = C1y1(x) + C2y2(x).

3.1. Metodo de Reduccion de Orden

Considerar la ecuacion diferencial P (x)y′′+Q(x)y′+R(x)y = 0 ahora siemprey cuando se divida entre P (x) se tiene que y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 supongamosque y1 es una solucion.Podemos encontrar otra solucion de y(x) que sea linealmente independiente enla forma y(x) = v(x) + y1(x), donde v(x) es la solucion general de la ecuaciondiferencial de primer orden.

Ejemplo 31 Encontrar la solucion general de y′′ + 4y′ + 4y = 0.

solucion: Prponemos que y1(x) = erx entonces y′1(x) = rerx, y′′1 (x) = r2erx,ahora sustituyendo en la ecuacion diferencial obtenemos:

r2erx + 4rerx + 4erx

ahora dividiendo entre erx

r2 + 4r + 4 = 0

de donde(r + 2)2 = 0 =⇒ r = −2 =⇒ y1(x) = e−2x

Aquı solo hay una solucion, la otra es utilizando el metodo de reduccion deorden la cual debe de ser linealmente independiente.Busquemos otra solucion en la forma

y(x) = v(x)e−2x

derivando a y obtenemos

y′ = v′e−2x − 2ve−2x

nuevamente derivando

y′′ = v′′e−2x − 4v′e−2x + 4ve−2x

Ahora sustituyendo en la ecuacion diferencial obtenemos

v′′e−2x − 4v′e−2x + 4ve−2x + 4[v′e−2x − 2ve−2x

]+ 4

[ve−2x

]= 0

v′′e−2x − 4ve−2x + 4ve−2x + 4v′e−2x − 8ve−2x + 4ve−2x = 0


Reduciendo queda v′′e−2x = 0 y como e−2x 6= 0 entonces

v′′ = 0 =⇒ v′ = c =⇒ v = cx + d

luegoy(x) = (cx + d)e−2x = cxe−2x + de−2x

De esta familia vamos a escoger una que sea linealmente independiente. Si c = 0y d = 3 entonces y(x) = 3e−2x es solucion pero no es linealmente independienteya que es un multiplo de y1(x).Ahora si c = 1 y d = 0 entonces y(x) = xe−2x.Verifiquemos que y(x) y y1(x) son linealmente independientes entonces:e2x = kxe−2x ∀x ∈ R y k constante, verificando para x = 0 se tiene que 1 = 0lo cual es una contardiccion.Si xe2x = ke−2x ∀x ∈ R y k constante, verificando para x = 0 se tiene que0 = k, entonces sustituyendo se tiene xe−2x = 0 ∀x ∈ R, ahora para x = 1 setendra que 1e−2(1) = 0 entonces e−2 = 0 lo cual es una contardiccion.Por lo tanto y(x) y y1(x) son linealmente independientes.Entonces la solucion general se escribe como:

y(x) = C1y1(x) + C2y(x) = C1e−2x + C2e

−2x

§

Teorema 3.1.1 Considerar la ecuacion diferencial y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0,donde p, q son continuas en un intervalo abierto (α, β). Si y1,y2 son solucionesde la ecuacion diferencial entonces y1,y2 son linealmente independientes si ysolo si y1(x)y′2(x) − y′1(x)y2(x) 6= 0 para algun x ∈ (α, β). por lo tanto y(x) =C1y1(x) + C2y2(x) es la solucion general y al conjunto {y1, y2} se le llama elconjunto fundamental de soluciones.

Definicion 12 Dadas 2 funciones y1,y2 definimos el Wronskiano de y1,y2 enel punto x al numero y1(x)y′2(x) − y′1(x)y2(x).

Notacion:

W (y1, y2) (x) = y1(x)y′2(x) − y′1(x)y2(x).

Observacion:

W ((y1, y2) (x) = det

y1(x) y′1(x)

y2(x) y′2(x)

= det

y1(x) y2(x)

y′1(x) y′2(x)

Ejemplo 32 Resolviendo y′′ + y = 0 mostrar que y1(x) = senx, y2(x) = cos xson linealmente independientes.


solucion: Sabemos que r2 + r = 0 es solucion de la ecuacion caracteristica,entonces r = ±i. Por lo que y1(x) = senx y y2(x) = cos x son solucion entonces:

W (y1, y2) (x) = det

senx cos x

cos x −senx

= sen2x − cos2 x = −1 6= 0

∴ y1(x) = y y2(x) son linealmente independientes.

§

Teorema 3.1.2 Considerar la ec. dif. y′′+p(x)y′ +q(x)y = G(x) y la ecuacionhomogenea asociada es y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0, si y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) essolucion de la homogenea y si yp(x) es una solucion particular de la ecuaciondiferencial original entonces:

y(x) = k1y1(x) + k2y2(x) + yp(x)

es solucion general de la ec. dif. original.

3.2. Metodo de Variacion de Parametros

Considere la ecuacion y′′ + p(x)y′ + q(x)y = G(x) y si y1 y y2 son dossoluciones linealmente independientes de y′′+p(x)y′+q(x)y = 0 entonces existeuna solucion particular

yp(x) = u1y1(x) + u2y2(x)

donde:u′

1 =−y2G

W (y1, y2)y

u′2 =

y1G

W (y1, y2)

Ejemplo 33 Encontrar una solucion particular y la solucion general de y′′+y =tan x.

solucion: Sabemos que y1(x) = senx, y2(x) = cos x son dos soluciones lin-ealmente independientes de y′′ + y = 0 de la ecuacion homogenea asociada,de hecho calculando el wronskiano W (y1, y2) = −1, entonces va existir unasolucion particular

yp(x) = u1senx(x) + u2 cos x

dondeu′

1 =−y2G

W (y1, y2)=

− cos x tanx

−1= senx

y


u′2 =

y1G

W (y1, y2)=

senx tanx

−1=

−sen2x

cos x

entonces queda

u′1(x) = senx =⇒ u1(x) = − cos x + C1

Y luego

u′2(x) =

−sen2x

cos x=⇒ u1(x) = −

∫sen2x

cos xdx = − ln |sec x + tan x| + senx + C2

Ahora variando C1 y C2 obtenemos una familia de soluciones particulares perosolo necesitamos una, bueno sea C1 = C2 = 0 entonces una solucion serıa:

yp(x) = − cos x [senx] + [− ln |sec x + tan x| + senx] cos x

simplificando queda;

yp(x) = − cos ln |sec x + tanx|

Esta es la solucion particular de y′′ + y = tan x.Como y(x) = A1senx + A2 cos x es la solucion general de y′′ + y = 0 entonces laec. dif, homogenea asociada es:

y(x) = k1senx + k2 cos x− cos x ln |sec x + tan x|

Esta es la solucion general de y′′ + y = tan x , con k1, k2 costantes.

§

Soluciones Particulares Algunos cambiosC cte. Forma de yp

Cnxn + Cn−1xn−1 + · · ·+ C0 Anxn + An−1x

n−1 + · · ·+ A0

D cos kx + Bsenkx E cos kx + F senkxDe5x Ae5x(Ax2 + Bx + C

)e7x

(Cx2 + Dx + E

)e7x

e3xsen4x Ae3xsen4x + Be3x cos 4xxe4x cos 7x (Ax + B) e4x cos 7x + (Cx + D) e4xsen7x

5x2sen6x(Ax2 + Bx + C

)sen6x +

(Dx2 + Ex + F

)cos 4x

Dekx Aekx

Cuadro 3.1: Metodo de Coheficientes Separados.


Modificacion:

Si cualquier termino de yp es solucion de la ecuacion homogenea asociada,se multiplica a yp por x o por x2 si es necesario etc.

Ejemplo 34 Resolver y′′ + y′ − 2y = x2.

solucion: Primero resolvemos la ec. dif. homogenea asociada y′′ + y′ − 2y = 0,luego formamos la ecuacion caracterıstica la cual es r2 + r− 2 = 0, factorizandose tiene (r + 2)(r − 1) = 0 de donde las raices son r1 = −2 y r2 = 1 entoncesla solucion de la ecuacion diferencial homogenea correspondiente es G(x) =C1e

−2x + C2ex.

Ahora encontramos la solucion particular guiandonos por el cuadro 3.1, entoncesse propone a yp(x) como:

yp(x) = Ax2 + Bx + C

De donde derivando queda:

y′p(x) = 2Ax + B derivando de nuevo y′′p (x) = 2A

Sustituyendo en la ec. dif. queda

x2 = y′′p (x) + y′p(x) − 2yp(x) = 2A + 2Ax + B − 2(Ax2 + Bx + C

)

x2 = A + 2Ax + B− 2Ax2 − 2Bx− 2C = −2Ax2 + (2A + 2B)x + (2A + B− 2C)

Ahora igualando coheficiente a coheficiente

1 = −2A0 = 2A − 2B0 = 2A + B − 2C

=⇒

A = −12

B = −12

C = −34

Por lo tanto la solucion particular es:

yp = −12x2 − 1

2x − 3

4

Y la solucion general es:

y(x) = k1e−2x + k2e

x − 12x2 − 1

2x − 3

4

§

Ejemplo 35 Resolver y′′ + y′ − 2y = 3ex.


solucion: proponemos a yp(x) = Aex entonces

y′p(x) = Aex derivano nuevamente y′′p (x) = Aex

Ahora sustituyendo en al ecuacion diferencial

3ex = y′′p (x) + y′p(x) − 2yp(x) = Aex + Aex − 2Aex = 0

Entonces 3ex = 0 lo cual no puede ser.Proponemos una modificacion entonces, sea yp(x) = Bxex entonces:

y′p(x) = Bxex + Bex derivando nuevamente y′′p (x) = Bxex + 2Bex

Ahora sustituyendo en la ec. dif.

3ex = y′′p (x) + y′p(x) − 2yp(x) = Bxex + 2Bex + Bxex + Bex − 2Bxex

Reduciendo queda

3ex = 3Bex =⇒ B = 1 =⇒ yp(x) = xex

Por lo tanto la solucion particular es:

yp(x) = xex

Y la solucion general es:

y(x) = k1e−2x + k2e

x + xex

§

3.3. Plano Fase

Un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden, es un sistema de laforma

x1 = F1 (t1, x1, · · · , xn)x1 = F2 (t1, x1, · · · , xn)x3 = F3 (t1, x1, · · · , xn)...xn = Fn (t1, x1, · · · , xn)

[1]

Tambien pueden darse condiciones iniciales de la forma

x1(t0) = x01, x2(t0) = x0

2, · · · , xn(t0) = x0n [2]

Definicion 13 Si (x1(t), x2(t), · · · , xn(t)) = (φ1(t), φ2(t), · · · , φn(t)) es solu-cion de [1], si al derivar φi(t) y al sustituir en [1] se satisfacen todas las igual-dades.


Ejemplo 36 Resolver el sistema{

x = yy = x

solucion: Derivando la primera ecuacion de ambos lados x = y y sustituyendoen la segunda ecuacion x = x =⇒ x − x = 0. Luego r2 − 1 = 0 es la ecuacioncaracterıstica entonces r2 = 1 =⇒ r = ±1 entonces x(t) = Aet + Be−t y comoy = x =⇒ y(t) = Aet − Be−t, por lo tanto

{x(t) = Aet + Be−t

y(t) = Aet − Be−t son solucion con A, B costantes

§

3.4. Aplicaciones

3.4.1. Oscilador Armonico No Amortiguado

Consideremos una masa que esta unida a un resorte y se desliza sobre unamesa sin friccion (sin frccion de aire y de mesa) queremos calcular su movimientohorizontal cuando el resorte se estira (o comprime) y luego se libera.

x = 0

Figura 3.1: Grafica del resorte.

Si suponemos que el unico que actua sobre la masa es la fuerza del resorte(no hay fuerzas que amortigue el movimiento de la masa, como resistencia delaire, etc.). Entonces el movimiento esta descrito por:

d2x

t2+

k

mx = 0

O bien

md2x

dt2+ kx = 0

Donde m es la masa y k > 0 sabiendo que k es la constante del resorte.


Ejemplo 37 2d2xdt2

+ 3x = 0 esta es la ecuacion de un oscilador armonico.

Ejemplo 38 d2xdt2 − 5x = 0 esta no es la ecuacion de un oscilador armonico.

Ejemplo 39 Encontrar la solucion del oscilador armonico d2xdt2 + x(t) = 0.

solucion: La ecuacion caracteristica es

r2 + 1 = 0 =⇒ r = ±√−1 =⇒ r = ±i

por lo tanto la solucion general para x(t) es:

x(t) = A cos t + Bsent

Debemos notar que x(t) es una funcion periodica.

§

3.4.2. Oscilador Armonico Amortiguado

Supongamos que tenemos una fuerza de amortiguamiento proporcional a lavelocidad entonces:

md2x

dt2+ b

dx

dt+ kx = 0

O biend2x

dt2+ p

dx

dt+ qx = 0

Donde b > 0 es llamado el coheficiente de amortiguamiento.

Ejemplo 40 Encontar las soluciones del oscilador de amortiguamiento de

x′′ + 5x′ + 6x = 0

solucion: Debemos notar que el signo de los coheficientes de la ecuacion sonpositivos entonces la ecuacion caracterıstica es

r2 + 5r + 6 = 0 =⇒ (r + 2)(r + 3) = 0

Luego la ecuacion general es x(t) = Ae−2t + Be−3t, ahora si t → ∞ entonces elresorte se va a parar, observe que x(t) → 0 cuando t → ∞, esto significa que elresorte se va a deteniendo conforme avanza el tiempo.

§


← f(t)

x = 0

Figura 3.2: Resorte comprimido.

3.4.3. Oscilador Armonico Forzado

Tenemos la fuerza del resorte y la fuerza de amortiguamiento. Si ademasexiste una fuerza externa por ejemplo empujandolo.

Entonces el movimiento es descrito por

md2x

dt2+ b

dx

dt+ kx = f(t)

donde f(t) es la fuerza externa y depende del tiempo.

Capıtulo 4

Transformada de Laplace

Hay que recoordar∫ ∞

0

h(t)dt = lımµ→∞

∫ µ

0

h(t)dt

Dada una funcion f(t) denotamos por F (s) o L {f(t)} a la transformada deLaplace de f(t) la cual queda definida como:

F (s) = L {f(t)} =∫ ∞

0

e−stf(t)dt = lımµ→∞

∫ µ

0

e−stf(t)dt

Ejemplo 41 Encontrar la transformada de Laplace de:

1. f(t) = 1

2. f(t) = t

solucion:

1. Aplicando la formula queda:

L {1} =∫ ∞

0

e−st1dt = lımµ→∞

∫ µ

0

e−stdt = lımµ→∞

[−1

se−st

µ

0

]

Entonces

lımµ→∞

[−e−sµ

s+

1s

]=

∞ si s < 0

1s si s > 0

Entonces L {1} = 1s

donde s > 0

2.

L {t} =∫ ∞

0

e−sttdt = lımµ→∞

∫ µ

0

e−sttdt = lımµ→∞

[−1

se−stt

t=µ

t=0

+∫ µ

0

1se−stdt

]

47


lımµ→∞

[−1

se−stµ +

{− 1

s2e−sµ

t=µ

t=0

}]= lım

µ→∞

[− µ

sesµ− e−sµ

s2+

1s2

]

Ahora sis > 0 =⇒ lım

µ→∞

−µ

sesµ= lım

µ→∞

−1s2esµ

= 0

Calculando esto por la regla de L’Hopital obtenemos

lımµ→∞

−e−sµ

s2= 0

Por lo tanto L {t} = 1s2 donde s > 0

§

Ejemplo 42Si lım

µ→∞e−sµy(µ) = 0, calcular L {y′(t)} .

solucion: Aplicando la formula se obtiene

L {y′(t)} = lımµ→∞

∫ µ

0

e−sµy′(t)dt = lımµ→∞

[e−sty(t)

t=µ

t=0

+∫ µ

0

se−sty(t)dt

]

L {y′(t)} = lımµ→∞

[e−sty(µ) − y(0) + s

∫ µ

0

e−sty(t)dt

]

L {y′(t)} =[

lımµ→∞

e−sµy(µ)]

+ s lımµ→∞

∫e−sµy(t)dt

Entonces L {y′(t)} = −y(0) + sL {y(t)} = sL {y(t)} − y(0).

§

Teorema 4.0.1 Si a y b son costantes y existen L {f} y L {g} entonces:

1. L {af + bg} = aL {f} + bL {g}

2. L {eatf(t)} = F (s − a) donde F (s) = L {f(t)}

3. L {tnf(t)} = (−1)n dnF (s)dsn

Ejemplo 43 Hallar L {3 + 4t}.

solucion:L {3 + 4t} = 3L {1} + 4L {t} = 31

s+ 4 1

s2

§

Ejemplo 44 Hallar L{e3t, t

}.


solucion: Como L {t} = 1s2 se tiene f(t) = t entonces F (s) = 1

s2 por lo tantoL{e3t, t

}= 1

(s−3)2.

§

Ejemplo 45 Hallar L{t2}.

solucion:L{t2}

= L{t2(1)

}= (−1)2 d2

ds2

(1s

)= d

ds

(− 1

s2

)= 2

s3

§

Tarea

Resolver L{t3}

4.1. Aplicacion en la Ecuacion Diferencial

Ejemplo 46 Resolver y′ = t con y(0) = 1.

solucion:

L {y′} = L {t} =⇒ sL {y} − y(0) =1s2

sL {y}−1 =1s2

=⇒ sL {y} =1s2

+1 =⇒ L {y} =1s3

+1s

=⇒ L {y} =12

(2s3

)+

1s

L {y} =12L{t2}

+ L {1} =⇒ L {y} = L

{12t2 + 1

}=⇒ y(t) =

12t2 + 1

§

Tarea

Usando la definicion encontrar la transformada de Laplace de:

1. f(t) ={

0 si 0 ≤ t ≤ 4t si t > 4

2. f(t) ={

t si 0 ≤ t ≤ 80 si t > 8

3. f(t) ={

t2 si 0 < t ≤ 6t si t > 6

4.2. Tecnicas para encontrar Transformadas de

Laplace y sus Transformadas Inversas deLaplace

Observemos la siguiente tabla de transformadas de Laplace.


f(t) F (s) = L {f(t)}1 1

s con s > 0t 1

s2 con s > 0tn con n = 1, 2, . . . n!

sn+1 con s > 0eat 1

s−a con s > a

senwt ws2+w2 con s > 0

cos wt ss2+w2 con s > 0

senhwt ws2−w2 con s > |w|

cosh wt ss2−w2 con s > |w|

eatsenwt w(s−a)2+w2 con s > a

eat cos wt s−a(s−a)2+w2 con s > a

teat 1(s−a)2 con s > a

tsenwt 2ws(s2+w2)2

con s > a

t cos wt s2−w2

(s2+w2)2 con s > 0y′(t) sL {y(t)} − y(0)y′′(t) s2L {y(t)} − sy(0) − y′(0)yn(t) snL {y(t)} − sn−1y(0) − . . .− yn−1(0)eatf(t) F (s − a)tnf(t) (−1)nF n(s)∫ t

0f(u)du F (s)

s∫ t

0f(u)g(t − u)du F (s)G(s)

ua(t) Funcion de Heaviside e−as

s

ua(t)f(t − a) e−asF (s)δ(t − a) Funcion Delta de Dirac e−at

Cuadro 4.1: Transformadas de Laplace.

4.2.1. Transformada Inversa de Laplace

Definicion 14 Si F (s) = L {f(t)} decimos que f(t) es la trasformada inversade Laplace de F (s).

Notacion:

f(t) = L−1 {F (s)}

Teorema 4.2.1 L−1 {aF (s) + bG(s)} = aL−1 {F (s)} + bL−1 {G(s)} debemosnotar que a, b ∈ R.

Ejemplo 47 Resolver y′′ + y = 16 cos t con y(0) = 0, y′(0) = 0.

solucion: Usando el cuadro 4.1 tenemos

s2L {y(t)} − sy(0) − y′(0) + L {y(t)} = 16s

s2 + 1


EntoncesL {y(t)} = 16

s

s2 + 1=⇒ L {y(t)} = 8

2s

(s2 + 1)2

De esto tenemos

L {y(t)} = 8L {tsent} = L {8tsent} =⇒ y(t) = 8tsent

§

4.2.2. Teorema de la Transformada Inversa de Laplace

Teorema 4.2.2 Si L−1 {F (s)} = f(t) entonces:

1. L−1 {F (s − a)} = eatf(t)

2. L−1 {F n(s)} = (−1)ntnf(t)

Ejemplo 48 Resolver y′′ + 2y′ + 5y = 0 con y(0) = 3, y′(0) = −7.

solucion:

s2L {y(t)} − sy(0) − y′(0) + 2 [sL {y(t)} − y(0)] + 5L {y(t)} = 0

s2L {y(t)} − 3s + 7 + 2sL {y(t)} − 6 + 5L {y(t)} = 0

De esto obtenemos (s2 + 2s + 5

)L {y(t)} = 3s − 1

FacilmenteL {y(t)} =

3s − 1s2 + 2s + 5

=3s − 1

(s + 1)2 + 4

L {y(t)} =3s − 1

(s + 1)2 + 4=

3(s + 1) − 4(s + 1)2 + 4

L {y(t)} =3(s + 1)

(s + 1)2 + 4− 4

(s + 1)2 + 4

L {y(t)} = 3s + 1

(s + 1)2 + 22− 2

2(s + 1)2 + 22

Sabemos que si f(t) = cos t =⇒ F (s) = ss2+22 , y si g(t) = sent entonces

G(s) = 2s2+22 , luego por el teorema 4.2.2(1) tenemos que

L−1 {F (s + 1)} = L−1

{s + 1

(s + 1)2 + 22

}= e−t cos(2t)

y

L−1 {G(s + 1)} = L−1

{2

(s + 1)2 + 22

}= e−tsen(t)sen(2t)


Entonces

L {y(t)} = L{3e−t cos(2t)

}− L

{2e−tsen(t)sen(2t)

}

De esto se concluye

y(t) = 3e−t cos(2t) − 2e−tsen(t)sen(2t)

Sabemos que si

{f(t) = cos(2t)g(t) = sen(2t) =⇒

F (s) = ss2+22

G(s) = 2s2+22

§

4.2.3. Metodo de Fracciones Parciales

Ejemplo 49 Resolver y′′ − 3y′ + 2y = 12e4t con y(0) = 1 y y′(0) = 0.

solucion: Aplicando la transformada de Laplace en ambos lados se tiene

s2L {y(t)} − sy(0) − y′(0) − 3 [L {y(t)} − y(0)] + 2L {y(t)} = 121

s − 4

entonces(s2 − 3s + 2)L {y(t)} − s + 3 =

12s − 4

(s2 − 3s + 2)L {y(t)} =12

s − 4+ s − 3 =

12 + s2 − 4s − 3s + 12s − 4

=⇒ L {y(t)} =s2 − 7s + 24

(s − 4)(s2 − 3s + 2)=

s2 − 7s + 24(s − 4)(s − 2)(s − 1)

=⇒ L {y(t)} =s2 − 7s + 24

(s − 4)(s − 2)(s − 1)=

A

s − 4+

B

s − 2+

C

s − 1

=⇒ L {y(t)} =A(s − 2)(s − 1) + B(s − 4)(s − 1) + C(s − 4)(s − 2)

(s − 4)(s − 2)(s − 1)

s2 − 7s + 24 = A(s − 2)(s − 1) + B(s − 4)(s − 1) + C(s − 4)(s − 2)

Si s = 4 entonces 16− 28 + 24 = A(2)(3) =⇒ 12 = 6A =⇒ A = 2.Si s = 2 entonces 4 − 14 + 24 = −2B =⇒ 14 = −2B =⇒ B = −7.Si s = 1 entonces 1 − 7 + 24 = C(−3)(−1) =⇒ 18 = 3C =⇒ C = 6. Luego

L {y(t)} =2

s − 4− 7

s − 2+

6s − 1

=⇒ L {y(t)} = L{2e4t − 7e2t + 6et

}

Aplicando la transformada de Laplace Inversa obtenemos

y(t) = 2e4t − 7e2t + 6et

§


4.2.4. Metodo de Convoluciones

Definicion 15 Dadas las funciones f(t), g(t) denotamos la convolucion de f yg como (f ∗ g)(t) la cual queda definida como

(f ∗ g)(t) =∫ t

0

f(u)g(t − u)du

Ejemplo 50 Calcular f ∗ g, con f(t) = cos(t), g(t) = sen(t).

solucion: Aplicando la formula de la definicion anterior tenemos

(f ∗ g)(t) = cos(t) ∗ sen(t) =∫ t

0

cos(u)sen(t − u)du

Integrando por partes

(f ∗ g)(t) = cos(t) ∗ sen(t) = sen(u)sen(t− u)

u=t

u=0

−∫ t

0

sen(u) cos(t− u)(−1)du

(f ∗ g)(t) = cos(t) ∗ sen(t) = sen(t) − sen(t) +∫ t

0

sen(u) cos(t − u)du

(f∗g)(t) = cos(t)∗sen(t) = cos(u) cos(t−u)

u=t

u=0

−∫ t

0

(− cos(u)) (−sen(t − u)) du

=⇒∫ t

0

cos(u)sen(t − u)du = − cos(t) + cos(t) +∫ t

0

cos(u)sen(t − u)du

Esto queda igual entonces calculandolo con un cambio de identidad trigonometri-ca para sen(t − 1) entonces:

∫ t

0

cos(u)sen(t − u)du =∫ t

0

cos(u) [sen(t) cos(u) − sen(u) cos(t)] du

∫ t

0

cos(u)sen(t − u)du =∫ t

0

sen(t) cos2(u)du−∫ t

0

cos(u)sen(u) cos(t)du

∫ t

0

cos(u)sen(t − u)du = sen(t)∫ t

0

cos2(u)du− cos(t)∫ t

0

sen(t) cos(u)du

∫ t

0

cos(u)sen(t − u)du = sen(t)∫ t

0

1 + cos(2u)2

du − cos(t)

[sen2(u)

2

u=t

u=0

]

∫ t

0

cos(u)sen(t − u)du = sen(t)

[12u +

14sen(2u)

u=t

u=0

]− cos(t)sen2(t)

2

Simplificando usando identidades, y ya que sen(2t) = 2sen(t) cos(t) entonces:

12sen(t) +

12sen2(t) cos(t) −

cos(t)sen2(t)2

=12(t)sen(t)


Por lo tanto

cos(t) ∗ sen(t) =12(t)sen(t)

§

Teorema 4.2.3 Si L−1 {F (s)} = f(t) y L−1 {G(s)} = g(t) entonces

L−1 {F (s)G(s)} =∫ t

0

f(u)g(t − u)du = (f ∗ g)(t)

Ejemplo 51 Encontrar L−1{

s(s2+1)2

}.

solucion:

L−1

{s

(s2 + 1)2

}= L−1

{s

(s2 + 1)· 1(s2 + 1)

}

L−1

{s

(s2 + 1)2

}= cos(t) ∗ sen(t) =

12(t)sen(t)

esto es por que

L−1

{s

(s2 + 1)

}= cos(t)

y

L−1

{1

(s2 + 1)

}= sen(t)

§

4.3. Funciones Discontinuas

Sea{

3 si 0 ≤ t ≤ 20 si t > 2

3

1 2

Figura 4.1: Grafica de una funcion discontinua.


4.3.1. Funcion salto Unidad de Heaviside

Sea{

1 si t > a0 si t < a

Otra notacion serıa

u0(t) = H(t − a) ={

1 si t > a0 si t < a

1

a

Figura 4.2: Funcion de Heaviside.

EntoncesL {u0(t)} =

∫ ∞

0

e−stun(t)dt

L {u0(t)} =∫ ∞

0

e−stdt = lımN→∞

∫ N

a

e−stdt = lımN→∞

(−

1se−st

t=N

t=a

)

L {u0(t)} = lımN→∞

(−e−sN

s+

e−as

s

)=

e−as

s, si s > 0

Por lo tanto

L {u0(t)} =e−as

s

Expresar las funciones discontinuas en terminos de funciones de Heaviside.

Ejemplo 52

f(t) ={

sen(t) si t > πcos(t) si t < π

solucion:

f(t) = cos(t) +{

sen(t) − cos(t) si t > π0 si t < π

Por lo tantof(t) = cos(t) + (sen(t) − cos(t)) uπ{t}


1

−π

π

f(t)

t


Tarea

Expresar cada funcion en terminos de funciones de Heaviside.

1. f(t) ={

2 si t > 11 si t < 1

2. f(t) ={

cos(t) si t < 2π0 si t > 2π

3. f(t) ={

t2 si t > 32t si t < 3

Tarea

Encuentre la transformada de Laplace de:

1. L {tua(t)}

2. L {etu2(t) − etu3(t)}

Ejemplo 53 (Oscilador armonico no amortiguado con una fuerza discontinua).Resolver y′ + 4y = f(t) con y(0) = 1, y′(0) = 0.

solucion: Porponemos a h(t) ={

1 si − π ≤ t ≤ 2π0 si t > 2π

, entonces f(t) = uπ(t)−

u2π(t). Aplicando la transformada de Laplace en la ecuacion obtenemos

s2L {y} − sy(0) − y′(0) + 4L {y} = L {uπ(t) − u2π(t)}

(s2 + 4)L {y} − s =e−πs

s− e−2πs

s

(s2 + 4)L {y} =e−πs

s−

e−2πs

s+ s


L {y} =e−πs

s(s2 + 4)− e−2πs

s(s2 + 4)+

s

s2 + 4

1s(s2 + 4)

=A

s+

Bs + C

s2 + 4=

A(s2 + 4) + s(Bs + C)s(s2 + 4)

De esto tenemos que 1 = (A + B)s2 + Cs + 4A =⇒ A = 14, luego C = 0 y

A + B = 0 =⇒ B = −14, ahora sustituyendo esto en la ecuacion anterior:

1s(s2 + 4)

=14

s+

−14s

s2 + 4=

14(s2 + 4) + s(−1

4s)

s(s2 + 4)=

14s

− s

4s2 + 16

Entonces

L {y} =14

e−πs

s− 1

4se−πs

s2 + 4− 1

4e−2πs

s+

14

se−2πs

s2 + 4+

s

s2 + 4

SiL {ua(t)f(t − a)} = e−asF (s)

entonces

L {y}14eπs 1

s−

14e−πs

(s

s2 + 4

)−

14e−2πs

(1s

)+

14e−2πs

(s

s2 + 4

)+

s

s2 + 4

Ahora la funcion escalon es

y(t) =14uπ(t) − 1

4uπ(t) cos [2(t − π)] − 1

4u2π(t) +

14u2π(t) cos [2(2t − 2π)] + cos(2t)

El resultado dio una funcion con 2 discontinuidades.

x = 0

1uπ(t)

u2π(t)

uπ(t) − u2π(t)

1

1

π

2π

π 2π

1

π 2π

Figura 4.4: Graficas del ejemplo 53.

§


4.3.2. Funcion Impulso y Funcion Delta de Dirac

Sea δ(t − a) ={

∞ si t = a0 si t 6= a

Por lo que la transformada de Laplace para la Delta de Dirac es:

L {δ(t − a)} = e−as

Ejemplo 54 Rsolver y′′ + 2y′ + 2y = δ(t − π) con y(0) = 0, y′(0) = 0.

solucion: Este es un oscilador armonico amortiguado con una fuerza aplicadaen un tiempo π


Aplicando Laplace obtenemos

s2L {y} − sy(0) − y′(0) + 2 [sL {y} − y(0)] + 2L {y} = e−πs

Por lo que(s2 + 2s + 2)L {y} = e−πs

L {y} =e−πs

s2 + 2s + 2= e−πs

(1

s2 + 2s + 2

)

Pero1

s2 + 2s + 2=

1(s2 + 1)2 + 1

pensemos que s + 1 = s − (−1) con a = −1, entonces en el cuadro 4.1 tenemosque:

L

{1

(s2 + 1)2 + 1

}= etsen(t) =⇒ y(t) = uπe−(t−π)sen(t − π)

La cual es la solucion general.

§


Tarea

1. Resolver

y′′ + y = f(t)y(0) = 0y′(0) = 1

con f(t) =

1 si 0 ≤ t < π2

0 si π2 ≤ t

2. Resolver

y′′ + 2y′ + 2y = h(t)y(0) = 1y′(0) = 1

con h(t) ={

1 si 0π < t < 2π0 si 0 ≤ t < π y t ≥ 2π

3. Resolver

y′′ + 2y′ + 2y = δ(t − π)y(0) = 1y′(0) = 0

4. Resolver

y′′ + 4y = δ(t − π) − δ(t − 2π)y(0) = 0y′(0) = 0

f(t) F (s) = L {f(t)}ua(t) e−as

s

ua(t)(t − a) e−asF (s)δ(t − a) e−as

Cuadro 4.2: Funciones discontinuas.

Capıtulo 5

Series y Sucesiones

5.1. Sucesion

Definicion 16 Es un conjunto de numeros con un orden definido digamosa1, a2, a3, . . . , an, . . . donde

a1 es el primer termino

a2 es el segundo termino

a3 es el tercer termino

...

an es el n-esimo termino

Notacion:

Las sucesiones las denotamos como {an}, {an}∞n=1, {an}∞n=0 o tambien {bn}como (an), (an)∞n=1, (an)∞n=0, (an)n≥1, (an)n≥0, o tambien se pueden representarlas sucesiones proporcionando una familia para el n-esimo termino

Ejemplo 55

1.(

n

n + 1

)∞

n=1

El primero es 12

El segundo es 23

...

2. {(−1)}∞n=0

el termino correspondiente a n = 0 es (−1)0 = 1el termino correspondiente a n = 1 es (−1)1 = −1el termino correspondiente a n = 2 es (−1)2 = 1...

61


5.2. Lımite de Sucesiones

Ejemplo 56 Verificar si existen los siguientes lımites

1. lımn→∞

n

n + 1= lım

n→∞

11 + 1

n

= 1

2. lımn→∞

((−1)n)n≥0 Aquı el lımite no existe

3. lımn→∞

lnn

n= lım

n→∞

1n

1= lım

n→∞

1n

= 0

§

5.3. Series

Si sumamos los primeros m terminos de la sucesion (an)∞n=1 obtenemosm∑

i=1

ai. Ahora nos preguntamos si existe el lımite de lımm→∞

m∑

i=1

ai.

Ejemplo 57 ¿Existe lımn→∞

n∑

i=1

12i

?.

una solucion sin concluir:

1. Para n = 1 tenemos quen∑

i=1

12i

=12


i=1

12i

=12

+14

=34


i=1

12i

=12

+14

+18

=78

Se puede ver que lımn→∞

n∑

i=1

12i

= 1.

Entonces podemos denotar que∞∑

i=1

12i

= lımn→∞

n∑

i=1

12i

, puede pensarse que

∞∑

i=1

12i

=12

+122

+123

+ . . .

4


Definicion 17 Si existe el lımn→∞

n∑

i=1

ai denotaremos

∞∑

i=1

ai = lımn→∞

n∑

i=1

ai y diremos que∞∑

i=1

ai es convergente y si no existe lımn→∞

n∑

i=1

ai

diremos que∞∑

i=1

ai es divergente.

Observacion:

Pueden existir series que comienzen en i = 0, i = 2, i = 3, etc.

Ejemplo 58

1. La serie∞∑

i=0

12i

= 1 +12

+122

+ . . . comienza en i = 0.

2. La serie∞∑

i=2

12i

=122

+123

+ . . . comienza en i = 2.

Teorema 5.3.1 Si∞∑

n=k

an y∞∑

n=k

bn son convergentes ∀k ∈ R entonces tambien

son convergentes∞∑

n=k

(an + bn),∞∑

n=k

(an − bn),∞∑

n=k

Can con C ∈ R y ademas

1.∞∑

n=k

Can = C

∞∑

n=k

an.

2.∞∑

n=k

(an + bn) =∞∑

n=k

an +∞∑

n=k

an.

3.∞∑

n=k

(an − bn) =∞∑

n=k

an −∞∑

n=k

an.

Teorema 5.3.2 (Criterio de la Razon o el Cociente de D’ Alambert.)

Dada la serie∞∑

n=k

an ∀n, k ∈ R se tiene

1. Si el lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L < 1 =⇒∞∑

n=k

an es convergente.


∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L > 1 =⇒∞∑

n=k

an es divergente.



∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L = ∞ entonces es divergente.

Ejemplo 59 Determinar si∞∑

n=1

(−1)n n3

3nes convergente.

solucion:

lımn→∞

∣∣∣∣∣(−1)n+1(n+1)3

3n+1

(−1)nn3

3n

∣∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣3n(−1)n+1(n + 1)3

(3n+1)(−1)nn3

∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣∣(−1)

3

(n + 1

n

)3∣∣∣∣∣

Entonces lımn→∞−13

(1 + 1

n

)3 = −13 < 1, por lo tanto la serie

∞∑

n=1

(−1)n n3

3nes

convergente.

§

Teorema 5.3.3 (El Criterio de la Raız o el Criterio de Cauchy.) Dada la

serie∞∑

n=k

an ∀n, k ∈ R se tiene

1. Si lımn→∞

n√|an| = L < 1 =⇒

∞∑

n=k

an es convergente.

2. Si lımn→∞

n√|an| = L > 1 =⇒

∞∑

n=k

an es divergente.

3. Si lımn→∞

n√|an| = L = ∞ =⇒

∞∑

n=k

an es divergente.

Ejemplo 60 Determinar si∞∑

n=1

(2n + 33n + 2

)n

es convergente.

solucion:

lımn→∞

n

√∣∣∣∣(

2n + 33n + 2

)n∣∣∣∣ = lımn→∞

2n + 33n + 2

= lımn→∞

2 + 3n

3 + 2n

=23

< 1

∴ La serie∞∑

n=1

(2n + 33n + 2

)n

es convergente.

§


5.4. Series de Potencias

Definicion 18 Una serie de potencia es una serie de la familia∞∑

n=0

an(x− c)n

∀c ∈ R. Se llaman series de potencia en (x− c) o series de potencias con centroen c o series de potencias al rededor de c. De manera particular, para c = 0 setiene

∞∑

n=0

an(x − c) = a0 + a1x + a2x2 + . . . + anxn

Teorema 5.4.1 Para una serie de potencias∞∑

n=0

an(x− c)n existen solo 3 posi-

bilidades.

1. La serie converge unicamente cuando x = c.

2. La serie converge para toda x.

3. Existe un numero positivo R tal que la serie converge si |x − c| < R ydiverge si |x − c| > R.

Observacion:

El numero R del inciso (3) se llama radio de convergencia. En el caso delinciso (1) R = 0 y en el (2) R = ∞. El intervalo de convergencia de una seriede potencias es el intervalo que consta de todos los valores de x para los cualesla serie converge.

Ejemplo 61 Encontrar el radio y el intervalo de convergencia de la serie

∞∑

n=1

n(x + 2)n

3n+1;

para x fija.

solucion: Es una serie de potencias al rededor de 2, ahora usando el criteriode la razon se tiene

lımn→∞

∣∣∣∣∣(n+1)(x+2)n+1

3n+2

n(x+2)n

3n+1

∣∣∣∣∣ = lımn→∞

∣∣∣∣(3n+1(n + 1)(x + 2)n+1

(3n+2)n(x + 2)n

∣∣∣∣ = lımn→∞

|x + 2|3

(n + 1

n

)

Entonces lımn→∞

13

(1 +

1n

)|x + 2| =

13|x + 2|. Para que la serie de potencias

converga necesitamos que13|x + 2| < 1, es decır, |x + 2| < 3.

Por lo tanto R = 3 es el radio de convergencia y (−5, 1) es el intervalo deconvergencia.


§

Ejemplo 62 Utilizando series de potencias resolver y′′ + y = 0.

solucion: Busquemos una serie de la forma

∞∑

n=0

anxn = a0 + a1x + a2x2 + . . . + anxn

Entonces derivando esta serie obteniendo

y′(x) = a1 + 2a2x + 3a3x2 + . . . + nanxn−1 =

∞∑

n=0

(n + 1)an+1xn

Derivando nuevamente se tiene

y′′(x) = 2a2 + 6a3x + 12a4x2 + . . . + n(n − 1)anxn−2

O sea,

y′′(x) = 2a2 + 3(2)a3x + 4(3)a4x2 + . . .+ =

∞∑

n=0

(n + 2)(n + 1)an+2xn

Sustituyendo en la ecuacion diferencial obtenemos

0 =∞∑

n=0

(n + 2)(n + 1)an+2xn +

∞∑

n=0

anxn =∞∑

n=0

[(n + 2)(n + 1)an+2 + an]xn

Entonces se va a tener que todos los coheficientes de n son iguales a cero, o sea,(n + 2)(n + 1)an+2 + an = 0 ∀n ∈ (0, 1, 2, . . ., ), entonces despejando a an+2

obtenemos que

an+2 =−an

(n + 2)(n + 1)

Ahora podemos obtener algunos terminos de este despeje:

Para n = 0 a2 =−a0

2 · 1;

Para n = 1 a3 =−a1

3 · 2;

Para n = 2 a4 =−a2

4 · 3 =−a0

4 · 3 · 2 · 1;

Para n = 3 a5 =−a3

5 · 4 =a1

5 · 4 · 3 · 2 · 1 ;

Para n = 4 a6 =−a4

6 · 5=

−a0

6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1;

Para n = 5 a7 =−a5

7 · 6 =−a1

7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1;


Entonces los pares a2, a4, a6, . . ., estan dados por:

a2k =(−1)ka0

(2k)!

Y los impares a1, a3, a5, . . ., estan dados por:

a2k+1 =(−1)ka1

(2k + 1)!

Observemos que las formulas valen para k = 0, 1, 2, . . ., entonces:

y(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 + . . .

O bien,y(x) = a0 + a2x

2 + a4x4 + . . . + a1 + a3x

3 + a5x5 + . . .

Por lo que

y(x) = a0 +∞∑

k=1

(−1)ka0

(2k)!x2k + a1x +

∞∑

k=1

(−1)ka1

(2k + 1)!x2k+1

entonces,

y(x) = a0

(1 +

∞∑

k=1

(−1)k

(2k)!x2k

)+ a1

(x +

∞∑

k=1

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1

),

donde a0 y a1 son constantes, y de esto tenemos que

y1(x) = 1 +∞∑

k=1

(−1)k

(2k)!x2k

y

y2(x) = x +∞∑

k=1

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1

De donde y1(x) y y2(x) son soluciones linealmente independientes de y′′+y = 0.Debemos notar que y′′ + y = 0 la resolvemos de otra manera y obtenemos

r2 + 1 = 0 =⇒ r = ±i

de donde y(x) = A cos(x) + Bsen(x) la cual es la solucion general, ahora encon-trando la serie de Taylor al rededor de x = 0 del cos(x) y sen(x) se puede verque

cos(x) = 1 +∞∑

k=1

(−1)k

(2k)!x2k


y

sen(x) = x +∞∑

k=1

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1

Con esto se concluye la solucion.

§

5.5. Puntos Ordinarios y Puntos Singulares

Definicion 19 Considerese la ecuacion P (x)y′′ + Q(x)y′ + R(x)y = 0, dondeP (x), Q(x) y R(x) son polinimios tale que:

1. Si P (a) = 0 entonces a es un punto singular si:

lımx→a

(x − a)Q(x)P (x)

y lımx→a

(x − a)2Q(x)P (x)

existen.

2. Si alguno de los dos lımites no existe entonces a es un punto singularirregular.

Teorema 5.5.1 Sea P (x)y′′ + Q(x)y′ + R(x)y = 0 una ecuacion diferencial,donde P (x), Q(x) y R(x) son polinimios. Supongamos que a es un punto ordi-nario; es decır, P (a) 6= 0. Entonces la solucion general se puede escribir comoy(x) = C1y1(x) + C2y2(x) donde y1(x), y2(x) son soluciones linealmente inde-pendientes y cada una es una serie de potencias al rededor de a, es decır, tienela forma:

∞∑

n=0

bn(x − a)n.

Ejemplo 63 Encontrar 2 soluciones y la solucion general de y′′ − xy = 0.

solucion: Sabemos que P (x) = 1, Q(x) = 0 y R(x) = −x, ahora P (a) 6= 0∀a ∈ R =⇒ ∀a ∈ R es un punto ordinario.

Busquemos una solucion de la forma y(x) =∞∑

n=0

bnxn.

y(x) = a0 + a1x + a2x2 + . . . =

∞∑

n=0

anxn;

y′(x) = a1 + 2a2x + 3a3x2 + . . . =

∞∑

n=0

(n + 1)an+1xn;

y′′(x) = 2a2 + 6a3x + . . . =∞∑

n=0

(n + 2)(n + 1)an+1xn;

xy(x) = a0x + a1x2 + a2x

3 + . . . =∞∑

n=0

an−1xn.


Sustituyendo en la ecuacion diferencial obtenemos que

∞∑

n=0

(n + 2)(n + 1)an+1xn −

∞∑

n=0

an−1xn = 0

O sea,

0 = 2(1)a2 +∞∑

n=0

(n + 2)(n + 1)an+1xn −

∞∑

n=0

an−1xn

2a2 +∞∑

n=0

[(n + 2)(n + 1)an+1 − an−1] xn = 0

Entonces se va a tener que todos los coheficientes de n son iguales a cero, o sea,

2a2 = 0 y (n + 2)(n + 1)an+1 − an−1 = 0 ∀n = 1, 2, . . .

Entonces,

a2 = 0 y an+2 =an−1

(n + 2)(n + 1)∀n = 1, 2, . . .

Pero esto implica que 0 = a2 = a5 = a8 = a11 = . . .. Ahora encontremos algunosterminos

Para n = 1 =⇒ a3 =a0

3 · 2;

Para n = 2 =⇒ a4 =a1

4 · 3;

Para n = 4 =⇒ a6 =a3

6 · 5 =a0

6 · 5 · 3 · 2 ;

Para n = 5 =⇒ a7 =a4

7 · 6 =a1

7 · 6 · 4 · 3 ;

Para n = 7 =⇒ a9 =a6

9 · 8=

a0

10 · 9 · 7 · 6 · 4 · 3;

Entonces los pares de tres en tres estan dados por:

a3k =a0

(3k)(3k − 1)(3k − 3)(3k − 4)(3k − 6) · · · (3)(2)∀k = 1, 2, . . .

Y los impares de tres en tres estan dados por:

a3k+1 =a1

(3k + 1)(3k)(3k − 2)(3k − 3)(3k − 5) · · · (4)(3)∀k = 1, 2, . . .

De esto a3k+2 = 0 ∀k = 1, 2, . . ., luego

y(x) = a0 + a1x + a2x2 + . . .


O sea,y(x) = a0 + a3x

3 + a6x6 + . . . + a1x + a4x

4 + a7x7 + . . .

pero a2x2 + a5x

5 + a8x8 + . . . esto vale cero entonces:

y(x) = a0 +∞∑

k=1

a3kx3k + a1x +∞∑

k=1

a3k+1x3k+1 + 0

Para simplificar un poco la escritura llamemos aa0

ζ= a3k =

a0

(3k)(3k − 1)(3k − 3)(3k − 4)(3k − 6) · · · (3)(2)y

a1

ξ= a3k+1 =

a1

(3k + 1)(3k)(3k − 2)(3k − 3)(3k − 5) · · · (4)(3)Entonces volviendo al desarrollo tenemos que;

y(x) = a0 +∞∑

k=1

a0

ζx3k + a1x +

∞∑

k=1

a1

ξx3k+1

O bien,

y(x) = a0

[1 +

∞∑

k=1

1ζx3k

]+ a1

[x +

∞∑

k=1

1ξx3k+1

]

La cual es la solucion general. Ademas

y1(x) = 1 +∞∑

k=1

1(3k)(3k − 1)(3k − 3)(3k − 4)(3k − 6) · · · (3)(2)

x3k

y2(x) = x +∞∑

k=1

1(3k + 1)(3k)(3k − 2)(3k − 3)(3k − 5) · · · (4)(3)

x3k+1

Es la solucion general linealmente independiente.

§

Espero que el lector encuentre provecho de estas notas, en su momento enviare laotra parte que comprende a las ecuaciones diferenciales parciales. Para cualquiercomentario favor de enviarlo a: Fractal [email protected]©2006 Jose Enrique Maciel Briseno

Bibliografıa

[1] Dennis G. Zill y Michael R. Cullen, 2002. Ecuaciones Difernciales convalores en la frontera, Quinta Edicion, Tomson Learning.

[2] T. M. Apostol, 1967. Calculus Vol.1: One-variable calculus with an in-troduction to linear algebra, Second Edition, Blaisdell Publishing, Co.

[3] Tom M. Apostol, 1967. Calculus volume I, Second Edition, Wiley Inter-national Edition.

[4] William Anthony Granville, 1991. Calculo Diferncial e Integral, Limusa.

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