Teoria Edo

ECUACIONES DIFENCIALES
APUNTES DE CLASE: (CLASE 1,2,3,4)
25/05/2009
Introducción.

Si bien todas las leyes del universo pueden ser descritas en términos
matemáticos, es fundamental separar aquellas situaciones estáticas de las
dinámicas.

 Situaciones estáticas: pueden ser descritas e interpretadas mediante el
algebra elemental (ecuaciones, ……) que dan por resultado ciertos
números fijos.

 Situaciones dinámicas: pueden ser descritas e interpretadas mediante
las derivadas e integrales y al plantear una ecuación que las contenga,
necesariamente se acude a las ecuaciones diferenciales las que dan como
resultado funciones.

Ejemplo: Vaciado de un tanque cilíndrico en el tiempo.

dh
A1   kA2 2 gh
dt

Ejemplo:

Sistema masa resorte con gravedad:

L

d2y dy
m 2
  ky  Fe
dt dt

Definición. Una ecuación diferencial es aquella ecuación que relaciona la
variable independiente x, la función incógnita y = y(x) y sus derivadas y’ , y’’,
….., es decir.

F ( x, y, y ' , y ' ' ,......, y ( n ) )  0

Ecuación diferencial ordinaria. Si la ED contiene una sola variable
independiente:

dy
  2 x  y  y'  2 x  y
dx

d 2x dx
 2
 2  15 x  0  x' '2 x'15 x  0  x' ' (t )  2 x' (t )  15 x(t )  0
dt dt
Ecuación diferencial entre derivadas parciales. Si la ecuación contiene a
varias variables independientes.

 2v  2v
2 2 v
x 2 y

Orden de una EDO. Es el orden de la derivada mas alta que aparece en la
ecuación.

Grado de una EDO. Es el grado que posee la derivada de mayor orden,
entre las derivadas que contiene.

Ejemplos:
dy
 3 xy  x 2 primer orden y primer grado
dx
d2y dy
2
 7  12 y  x 5 Segundo orden y primer grado
dx dx
2
 dy 
   xy  0 Primer orden y segundo grado
 dx 
3
 d 2 y   dy 
5

 2     y  0
 dx  Segundo orden y tercer grado
   dx 
Nota: los métodos de resolución de las EDO, se clasifican en base al orden y
grado de las derivadas.

Nota: Adicionalmente a su orden, es útil clasificar una EDO como lineal y no
lineal.

Definición. Una EDO lineal es una ecuación que puede ser escrita de la
forma:

dny d n 1 y dy
P0 n
 P1 n 1  .......  Pn 1  Pn y  Q
dx dx dx
P0 , P1 ,.......Pn 1 , Pn , Q : funciones de x.

Ecuaciones diferenciales de primer orden. Son ecuaciones que contienen a
derivadas de primer orden.

Toda ecuación diferencial de primer orden puede expresarse de la manera:

M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0

Para resolver EDO de primero orden, existen diversos métodos, siendo los
principales:

 Ecuaciones por separación de variables.

 Ecuaciones homogéneas.
 Ecuaciones de M, N lineales no homogéneas.
 Ecuaciones de diferencial exacto.
 Ecuaciones de diferencial exacto por factor de integración.
 Ecuaciones lineales de primero orden, primer grado.
 Ecuación de Bernoulli.

Ecuaciones de variables separables. Son aquellas ecuaciones donde es
posible reordenarlas, de manera que sus variables queden separadas y
agrupadas sobre sus correspondientes diferenciales.

M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0
f ( x)dx  g ( y )dy  0

Una vez que queden separadas las variables, por integración se obtendrá la
solución de la ecuación.
 f ( x)dx   g ( y)dy  c
Ejemplo:

Ejemplo:

Ejercicio:

dy x 2  1
 condición: y (3)  4
dx 2  y
x3 y2
Resp: x  2 y  12
3 2

Ejercicio:

( x  1)dx  ( xe y  e y )dy  0

Resp: e y  c  x  2 ln x  1

Ecuaciones homogéneas.

 
Ejemplo: Dada la EDO x 2  y 2 dx  xydy  0 ¿es de variable separable?

Una función f(x,y) se llama homogénea de grado n si:

f (x, y )   n f ( x, y )

Ej. f ( x, y )  x 2 y  y 3 es homogénea porque:

f (  x ,  y )  (  x ) 2 (  y )  (  x ) 3  3 ( x 2 y  y 3 )  3 f ( x , y )

x
Ejercicio: f ( x, y )  sen 6
y
La EDO M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 se llama homogénea si M ( x, y ), N ( x, y ) son
funciones homogéneas del mismo grado.

Ej. ( x 3  y 3 )dx  ( x 3  xy 2 )dy  0 homogénea de grado 3.
x
x
Ej. ( sen  5)dx  e dy  0 y
homogénea de grado 0
y
Ej. ( x 2  y 4 )dx  ( x 4  y 2 )dy  0 No homogénea.

Si la EDO M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 es homogénea, la sustitución y= vx ó x= vy
permite convertirla en una EDO de variables separables.

 
Ej. x 2  y 2 dx  xydy  0 (1)

Resolución:

y  vx
dy  vdx  xdv (2)

 
(2) en (1) : x 2  (vx) 2 dx  x(vx)(vdx  xdv)  0
Simplificando: dx  xvdv  0
dx
Separando variables:  x   vdv
1
ln x  v 2  c
2
v  2 ln x  2c
2

y
 2 ln x  2c
x
y  x 2 ln x  2c
Ejercicio: ( x 2  3xy  y 2 )dx  x 2 dy  0
x
Resp. ln x  k
x y

Ecuaciones de M, N lineales no homogéneas.

Ecuaciones de diferencial exacto.

Consideremos la función z  f ( x, y ) , su diferencial total es:

f f
dz  dx  dy
x y
Consideremos la EDO: M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0
f f
Si existe una función: z  f ( x, y ) tal que:  M ( x, y ) y  N ( x, y )
x y
Diremos que la ecuación diferencial es exacta:

Teorema: La condición necesaria y suficiente para que la ecuación
M N
diferencial M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 sea exacta es que: 
y x
Ej. 2 xydx  (1  x )dy  0 ¿es exacta?
2

M N
 2 x;  2 x ; por lo tanto es exacta.
y x

Solución de una EDO exacta:

Consideremos una EDO exacta: M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 (1)
f f
Entonces existe una f(x,y) tal que: :  M ( x, y ) y  N ( x, y )
x y
f f
Reemplazando en (1): dx  dy  0 (2)
x y
Por otra parte, si z  f ( x, y ) , entonces su diferencial total es:
f f
dz  dx  dy (3)
x y

Luego comparando (2) con (3) se tiene que: dz  0
Integrando: z  c ó f ( x, y )  c es la solución general de la EDO exacta.

¿Como hallar f(x,y) = c?

f
Como  M ( x, y )
x
Integrando con respecto a x: f ( x, y )   M ( x, y )dx  g ( y ) (1)
Donde g ( y ) es la constante de integración que es una función que depende
de la variable y, puesto que la integral es con respecto a x.

 
Derivando (1) con respecto a y: f ( x, y )  [  M ( x, y )dx]  g ' ( y )
y y
f
Como:  N ( x, y )
y


y 
Entonces: [ M ( x, y )dx]  g ' ( y )  N ( x, y ) (2)


De donde: g ' ( y )  N ( x, y )  [  M ( x, y )dx]
y

Integrando: g ( y )    N ( x, y )  [  M ( x, y )dx]   k
y
Este resultado se reemplaza en (1).

Ej. 2 xydx  ( x 2  cos y )dy

M N
 2 x;  2x
y x

La solución es: f ( x, y )  c

f ( x, y )   2 xydx  g ( y )

f ( x, y )  x 2 y  g ( y )

f ( x, y )  x 2  g ' ( y )  x 2  cos( y )
y
g ' ( y )  cos( y )
g ( y )  sen( y )  k
Solución: x 2 y  sen( y )  k  c  x 2 y  sen( y )  c1

Ejercicios:

1. (e x seny  2 ysenx)dx  (e x cos y  2 cos x)dy  0
Resp. e x seny  2 y cos x  c1

y
2. (  6 x)dx  (ln x  2)dy  0
x
Resp. y ln x  3x 2  2 y  c1

3. ( x  2 y  5)dx  (2 x  4 y  1)dy  0
Resp. x 2  4 y 2  4 xy  10 x  2 y  c1

4. (e 2 y  y cos x)dx  (2 xe 2 y  x cos xy  2 y )dy  0
Resp. e 2 y x  senxy  y 2  c1

Ecuaciones de diferencial exacto por factor de integración.

Una EDO M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0 que no es exacta, se puede transformar
en exacta, multiplicando por una función apropiada  ( x, y ) llamado factor de
integración que la convertirá en exacta.

 ( x, y ) * M ( x, y )dx   ( x, y ) * N ( x, y )dy  0 (1)

M N
Como (1) es exacta se cumple: 
y x
 M  N
De donde: M  N 
y y x x
Agrupando:  
M N
   N   M 
y x x y

Se consideran los siguientes casos:


Caso1: Si  es una función solo de x 0
y

M N
   N 
y x x

d 1 M N
   dx  f ( x)dx
 N y x
1 M N
ln    f ( x)dx    e  ; f ( x)   
f ( x ) dx

N y x


Caso2: Si  es una función solo de y 0
x

M N
   M 
y x y

d M N

1
  dy
 M y x
M N
ln    g ( y )dy    e   
1
; g ( y)  
g ( y ) dy

M y x

Ejemplo:

(1  x 2 y )dx  ( x 2 y  x 3 )dy  0

M N
 x2 ;  2 xy  3 x 2 ; no es exacta.
y x

f ( x) 
1
x yx
2 3

 x 2  2 xy  3 x 2  
2
x
2
  x dx 2 1
 e  e ln x   FI
x2

1 1
Multiplicando la ecuación por el FI: 2
(1  x 2 y )dx  2 ( x 2 y  x 3 )dy  0
x x
1
Tenemos: (  y )dx  ( y  x)dy  0 que es exacta.
x2
1 y2
Resolviendo:   xy  k
x 2
Ejercicios:

1. (2 xy 2  3 y 3 )dx  (7  3xy 2 )dy  0
1 7
Resp. FI = 2 ; x 2  3xy   k
y y

Ecuaciones Diferenciales Lineales de Primero Orden.

Se llama EDL de primer orden a toda ecuación que puede expresarse de la
forma:

dy
 y. p( x)  q( x) (1)
dx

Si q(x) = 0, la ecuación se llama homogénea y es de variable separable. La
solución es:

dy
 y
   p( x)dx

ln y  ln c    p( x)dx  ln cy  e   cy  e   y ( x)  Ae 
 p ( x ) dx  p ( x ) dx  p ( x ) dx

Si q(x)  0, la ecuación (1) no es exacta, buscamos un factor de integración I
= I(x).
dy
Partiendo de:  y. p( x)  q( x)
dx
Reescribimos de la forma:
dy
 q( x)  y. p ( x)
dx
dy  (q ( x)  y. p( x)dx
 y. p( x)  q( x)dx  dy
Multiplicando por el factor de integración: I  y . p ( x )  q ( x ) dx  Idy
 
Esta ecuación es exacta: I  y. p( x)  q ( x)  I
y x

I . y. p( x)  I .q( x)   I
y x
dI
I . p ( x) 
dx
dI
 p ( x)dx
I
ln I  p( x)dx
I= e  Factor de integración.
p ( x ) dx

dy
En la ecuación (1):  y. p( x)  q( x) multiplicamos por el factor de
dx
integración.

e  y.e  . p ( x)  e 
dy
(3)
p ( x ) dx p ( x ) dx p ( x ) dx
. .q ( x)
dx
NOTA:
d   p ( x ) dx 
 y e 
p ( x ) dx 
 .e   y.(  p( x)dx) ' .e   .e 
d dy p ( x ) dx p ( x ) dx dy p ( x ) dx
y.e 
dx  
 dx    dx
 dx
y. p( x).e   .e 
dy p ( x ) dx
(4)
p ( x ) dx

dx
d   p ( x ) dx   p ( x ) dx q ( x)
Por tanto:  y.e e
dx  
d  y.e 
p ( x ) dx   p ( x ) dx q( x)dx

 e

  p ( x ) dx   e  p ( x ) dx q( x)dx
 d  y.e
  


y.e    e
p ( x ) dx p ( x ) dx
q ( x)dx
 p ( x ) dx   p ( x ) dx q ( x)dx  que es la solución de la ecuación lineal.
y ( x)  e   e 
 

Ejemplo 1:

dy
 2 xy  8 x
dx

y ( x)  e    e  8 xdx 
 2 xdx 2 xdx

 

y ( x)  e  x
2
 e x2
 2 1 
8 xdx  8e  x  x 2  c   4  ce  x
2 
2

Ecuaciones diferenciales lineales de orden: “n”

Las EDO lineales de orden n contienen a derivadas de orden n, de grado 1.

dny d n 1 y d n2 y dy
Forma general: Po n
 P1 n 1  P2 n  2  ......Pn 1  Pn y  Q
dx dx dx dx
 Q es una función de x.

 Si Po , P1 ,......Pn 1 , Pn son constantes, la EDO es lineal de coeficientes
constantes.
 Si Po , P1 ,......Pn 1 , Pn son funciones de x, la EDO es lineal de coeficientes
variables.

 Si Q  0 entonces, la EDO se llama lineal homogénea.

Ejemplos:

d3y 2
2 d y dy
1. x3
3
x 2
 x  5 y  senx
dx dx dx
3 2
d y d y dy
2. 3
 7 2  8  2 y  x  senx
dx dx dx
2
d y dy
3. 2
 2  2y  0
dx dx
2
d y dy
4. m 2   ky  Fe
dt dt

Soluciones de EDO lineal.

 Una función y (x) , es solución de la ecuación si satisface a la misma.
 Si y1 ( x) es una solución, entonces c y1 ( x) es también una solución de la
ecuación.
 Si y1 ( x) , y 2 ( x) son soluciones, entonces: c1 y1 ( x) + c 2 y 2 ( x) es también
una solución.
 Toda vez que se desee plantear una suma de funciones como solución
de una EDO lineal, se debe verificar que esta funciones sean
linealmente independiente.

En la ecuación: n
 P1 n 1  P2 n  2  ......Pn 1
Po  Pn y  Q tomando
dx dx dx dx
solamente a: Po n  P1 n 1  P2 n  2  ......Pn 1  Pn y  0 se llama
dx dx dx dx
ecuación homogénea asociada.

La solución que se obtenga, se llamará solución particular: y p
Tomando toda la ecuación Po n
 P1 n 1  P2 n  2  ......Pn 1  Pn y  Q ,
dx dx dx dx
una solución que se obtenga, se llamará solución particular.

De donde: y ( x)  y c  y p

En la práctica la solución complementaria y particular suelen calcularse por
diferentes métodos.

de coeficientes constante.

La EDO lineales de orden n de coeficientes constantes, son aquellas
ecuaciones que poseen la siguiente forma general:

Po n
 P1 n 1  P2 n  2  ......Pn 1  Pn y  Q
dx dx dx dx

Donde: Po , P1 ,......Pn 1 , Pn son constantes , Q es una función de x.

d2y dy
2
 7  12 y  e 3 x sen7 x
dx dx

de coeficientes constante y homogéneas.

 cuando Q  0
d2y dy
2
 7  12 y  0
dx dx

Cambio de notación. Operador D.

Para un mejor estudio de estas ecuaciones es conveniente el siguiente
cambio de notación de las derivadas.

d dy
D  Dy 
dx dx

En general: Po D n y  P1 D n 1 y  P2 D n  2 y  ......Pn 1 Dy  Pn y  0
( Po D n  P1 D n 1  P2 D n  2  ......Pn 1 D  Pn ) y  0
F ( D) y  0
Donde F ( D)  ( Po D n  P1 D n 1  P2 D n  2  ......Pn 1 D  Pn )

F (D) es un operador lineal de variable D. Es un polinomio.

Ejemplo: ( D 2  7 D  12) y  0

Ecuación característica:

F ( D)  ( Po D n  P1 D n 1  P2 D n  2  ......Pn 1 D  Pn )  0

F ( D)  ( D  m1 )( D  m2 )( D  m3 )...............( D  mn 1 )( D  mn )  0
Donde: m1 , m2 , m3 .....mn 1 , mn son las raíces características.

Estas raíces pueden ser: reales o complejas, simples o múltiples.

CASO 1. Raíces reales y distintas.
CASO 2. Raíces reales y múltiple.
CASO 3. Raíces imaginarias.
CASO 4. Raíces complejas.

CASO 1. Raíces reales y distintas.

Si las raíces características son reales y diferentes entre sí:

m1  m2  m3 .....  mn 1  mn
 La solución presenta la forma:

y ( x )  c1e m1 x  c 2 e m2 x  c3 e m3 x  .......c n 1e mn 1 x  c n e mn x

d2y dy
Ejemplo: 2
 5  14 y  0
dx dx

( D 2  5D  14) y  0
( D  7)( D  2) y  0  m1  7; m2  2
y ( x)  c1e 7 x  c2 e 2 x : solución de la ecuación.

Ejemplo: 2 y ' '5 y '3 y  0

(2 D 2  5D  3) y  0
(2 D  1)( D  3) y  0
1 x
y ( x )  c1e 2
 c2 e 3 x

CASO 2. Raíces reales y múltiples

Si las raíces características son reales, siendo algunas iguales entre sí:

m1  m2  m3 .....  mn 1  mn

Entonces la solución presenta la forma:

y ( x)  c1e m1x  c2 xe m2 x  c3e m3 x  .......cn1e mn 1x  cn e mn x

d3y d2y dy
Ejemplo: 3
 10 2  33  36  0
dx dx dx
( D  10 D  33D  36) y  0
3 2

( D  3) 2 ( D  4) y  0
y ( x)  c1e 3 x  c2 xe 3 x  c3e 4 x

CASO 3. Raíces imaginarias.

Si la ecuación es de orden 2; y las raíces características son imaginarias:

m  bi

Entonces la solución presenta la forma:

y ( x)  c1 cos bx  c2 senbx

Esta expresión proviene de la identidad de números complejos:
e i  cos   isen ;    (número real)

Ae ibx  Be  ibx  A(cos bx  í senbx)  B(cos bx  i senbx)
 ( A  B ) cos bx  ( A  B) i senbx
 c1 cos bx  c 2 senbx
Ejemplo:

d2y
 9y  0
dx 2
( D 2  9) y  0
( D  3i )( D  3i ) y  0
y ( x )  c1 cos 3 x  c2 sen3 x

CASO 4. Raíces complejas.

Si la ecuación es de orden 2; y las raíces características son complejas:

m  a  bi

La solución presenta la forma:

y ( x )  e ax (c1 cos bx  c2 senbx )

Esta expresión proviene de la identidad de números complejos:

Ae( a  bi ) x  Be( a  bi ) x  e ax ( Aebix  Be  bix )  e ax (c1 cos bx  c2 senbx)

Ejemplo:

d2y dy
2
 4  29  0
dx dx
( D  4 D  29) y  0
2

D  2  5i
y ( x)  e 2 x (c1 cos 5 x  c2 sen5 x)

Ejemplo:

4 y ' '4 y '17 y  0 ; y (0)  1; y ' (0)  2
(4 D  4 D  17) y  0
2

1
D    2i
2
1 x
y ( x)  e 2
(c1 cos 2 x  c2 sen 2 x)

 1 *0
y ( 0)  1  e 2
(c1 cos 2 * 0  c2 sen 2 * 0)  c1 ; c1  1
1 x 1 x
y ' ( x)   1 e
2
2
(c1 cos 2 x  c2 sen 2 x)  e 2
( 2c1sen 2 x  2c2 cos 2 x)

 1 *0  1 *0
y ' (0)  2   1 e
2
2
(c1 cos 2 * 0  c2 sen2 * 0 x)  e 2
(2c1sen2 * 0  2c2 cos 2 * 0 x)

2   1 c1  2c 2  c 2 
2
3
4

1 x
Por tanto: y ( x)  e 2
(  cos 2 x  3 sen 2 x )
4

Maple:

> ecu3:=4*diff(y(x),x$2)+4*diff(y(x),x)+17*y(x);

> condiciones:=y(0)=-1,D(y)(0)=2;

> dsolve({ecu3,condiciones});

Ejercicios combinados para la clase:

d4y d2y
1.  13 2  36 y  0 ;
dx 4 dx
d3y d2y dy
2. 3
6 2 8 0
dx dx dx
d4y d3 d2y dy
3. 4
 2 3  3 2  4  4y  0
dx dx dx dx
3 2
d y d y dy
4.
 6 2  12  8 y  0
dx 3 dx dx
d4y d2y
5. 4
 4 2  36 y  0
dx dx
> solve(D^4+4*D+36=0);

> evalf({%});

> with(DEtools):
> ecu1:=diff(y(x),x$4)+4*diff(y(x),x)+36*y(x);

> dsolve(ecu1);

> evalf({%});

d3y d2y dy
6. 3
 2  25  25 y  0
dx dx dx
4 2
d y d y
7. 4
 18 2  81y  0
dx dx
2
d y dy
8. 2
 6  13 y  0
dx dx
d4y d3y d2y dy
9.
 8 3  26 2  40  25 y  0
dx 4 dx dx dx
> factor(D^4-8*D^3+26*D^2-40*D+25);

> solve(D^2-4*D+5);

y ( x)  e 2 x (c1 cos x  c 2 senx)  e 2 x x(c3 cos( x)  c 4 sen( x)
d3y
10. y0
dx 3

Ecuaciones no homogéneas.

Las EDO lineales de coeficientes constantes no homogéneas, presentan la
siguiente forma general.

Po n
 P1 n 1  P2 n  2  ......Pn 1  Pn y  Q
dx dx dx dx

Donde: Po , P1 ,......Pn 1 , Pn son constantes , Q es una función de x.

d2y dy
Ejemplo. 2
 7  12 y  e 3 x sen7 x
dx dx

Para resolver estas ecuaciones, primero se debe hallar la solución
complementaria y c (asumiendo que Q  0 ); luego se hallará una solución
particular y p considerando a Q . La suma de ambas soluciones constituye la
solución de la ecuación.

Para hallar la solución particular y p existen diversos métodos.

Método de los coeficiente indeterminados.

Este método permite hallar una solución particular, mediante el análisis de
la función Q y todas las derivadas que de ésta pueden obtenerse.

 La idea básica es una conjetura o propuesta coherente acerca de la
forma de y p originada por los tipos de funciones que forman la
función de entrada Q . El método es básicamente directo, pero está
limitado a ecuaciones lineales no homogéneas, donde:

 Los coeficientes Po , P1 ,......Pn 1 , Pn son constantes.
 Q es un polinomio, una función exponencial e ax , funciones seno o
coseno o sumas y productos finitos de esas funciones.

Metodología:

 Primero se calcula la solución de la ecuación homogénea asociada y c .
 Luego se calcula la solución particular tomando en cuenta el tipo de
función Q y todas las derivadas (formas) que se generen al derivar
Q.

Q Forma de y p
a (cons tan te) A
mx  b Ax  B
ax 2  b Ax 2  Bx  C
ax 3  bx  c Ax 3  Bx 2  Cx  D
sen ax Asen ax  B cos ax
cos ax Asen ax  B cos ax
e ax Ae ax
e ax x 2 e ax ( Ax 2  Bx  C )
(ax  b)e cx ( Ax  B)e cx
e ax senbx Ae ax senbx  Be ax cos bx)
ax 2 senbx ( Ax 2  Bx  C ) senbx  ( Ax 2  Bx  C ) cos bx
xe ax cos cx ( Ax  B)e ax cos cx  (Cx  D)e ax sencx

d2y dy
Ejemplo: 2
 6  8 y  x 2 (1)
dx dx
( D  2)( D  4) y  0
y c  c1e 2 x  c 2 e 4 x

y  Ax 2  Bx  C
Q  x 2  y '  2 Ax  B
y' '  2 A
En (1): 2 A  6(2 Ax  B)  8( Ax 2  Bx  C )  x 2
Igualando coeficiente y resolviendo: A  1 ; B  16 ; C 
8
3 7
64

y ( x)  c1e 2 x  c 2 e 4 x  1 x 2  16 x  64
8
3 7

> ecu:=diff(y(x),x,x)-6*diff(y(x),x)+8*y(x)=x^2;

> dsolve(ecu,y(x));

d2y
Ejemplo: 2
 y  e x senx  ( D  1)( D  1) y  0  y c  c1e x  c 2 e  x
dx
y p  Ae x senx  Be x cos x
y p   1 e x senx  5 e x cos x
5
2

y ( x)  y c  y p

Ejemplo: y ' ' 4 y '2 y  2 x 2  3x  6 (1)
( D  4 D  2) y  2 x  3 x  6
2 2

( D 2  4 D  2) y  0 

yc  c1e ( 2 6)x
 c 2 e ( 2  6)x

y p  Ax 2  Bx  C
Derivando y reemplazando en (1), igualando coeficientes tenemos:

A  1; B   5 ; C  9
2

Por tanto: y p   x 2  5 x  9
2

y ( x)  c1e ( 2 6)x
 c2 e ( 2 6)x
 x2  5 x  9
2

Ejemplo: y ' ' y ' y  2sen 3x (1)
( D  D  1) y  2sen3x
2

1x
yc  e (c1 cos
2
2
3
x  c2 sen 2
3
x)
y p  A cos 3x  Bsen3x

Derivando y reemplazando en (1), igualando coeficientes tenemos:
A  73 ; B   16
6
73

y p  73 cos 3x  16 sen3x
6
73

y ( x)  y c  y p

> yp:=A*cos(3*x)+B*sin(3*x);

> dat1:=diff(yp,x,x)-diff(yp,x)+yp=2*sin(3*x);

> data2:=collect(dat1,[cos(3*x),sin(3*x)]);

> solve({-8*A-3*B=0,-8*B+3*A=2});

Ejemplo: y ' ' 2 y '3 y  4 x  5  6 xe 2 x (1)
y c  c1e  x  c 2 e 3 x
y p  Ax  B  Cxe 2 x  Ee 2 x
Resolviendo: y p  Ax  B  4 x 
3
23
9  2 xe 2 x  4 e 2 x
3

Casos especiales.

 En algunas funciones Q el método es inaplicable, ya que el desarrollo
de sus derivadas es infinito. Ej. Q  ln x .
 Si un término de Q es también un término de la función
complementaria, por ejemplo u y si es un término que corresponde a
una raíz de orden s , en la función de y p debe agregarse el término
x s u con sus correspondientes derivadas.

Ejemplos:

 ( D  2)( D  4) y  e 2 x
y c  c1e 2 x  c 2 e 4 x
y p  Axe 2 x  Be 2 x

 ( D  5) 2 ( D  4) y  e 5 x
y c  c1e 5 x  c 2 xe 5 x  c3 e 4 x
y p  Ax 2 e 5 x  Bxe 5 x  Ce 4 x

 Si un término de Q es x r u , donde u es también un término de la
función complementaria que corresponde a una raíz de orden s , en la
función y p debe agregarse el término x rs u con sus
correspondientes derivadas.

Ejemplo

( D  7) 3 ( D  9) y  x 2 e 7 x  3x
y c  c1e 7 x  c 2 xe 7 x  c3 x 2 e 7 x  c 4 e 9 x
y p  Ax 5 e 7 x  Bx 4 e 7 x  Cx 3 e 7 x  Dx 2 e 7 x  Exe 7 x  Fe 7 x  Gx  H

La funciones que están en y c se descartan.

y p  Ax 5 e 7 x  Bx 4 e 7 x  Cx 3 e 7 x  Gx  H

Ejemplo

dy dy
 6  9 y  e3x (1)
dx dx
( D  6 D  9) y  0
2

( D  3) 2 y  9
y c  c1e 3 x  c 2 xe 3 x
y p  Ax 2 e 3 x  Bxe 3 x  Ce 3 x


y p  Ax 2 e 3 x

Derivando en sustituyendo en (1); A   1
5

Por tanto: y p   1 x 2 e 3 x
5

y ( x)  c1e 3 x  c 2 xe 3 x  1 x 2 e 3 x
5

Ejemplo.

d3y d2y
3
 2  x 3 (1)
dx dx
(D  D 2 ) y  x 3
3

( D  0) 2 ( D  1) y  x 3
y c  c1  c 2 x  c3 e x
y p  Ax 5  Bx 4  Cx 3  Dx 2  Ex  F

y p  Ax 5  Bx 4  Cx 3  Dx 2

Derivando y sustituyendo en (1)

A   20 ; B   1 ; C  1; D  3
1
4

y p   20 x 5  1 x 4  x 3  3x 2
1
4

y ( x)  c1  c 2 x  c3 e x  20 x 5  1 x 4  x 3  3 x 2
1
4

Ejemplo.

d3y d2y
− = x 3 (1)
dx 3 dx 2
(D 3 − D 2 ) y = x 3
( D − 0) 2 ( D − 1) y = x 3
y c = c1 + c 2 x + c3 e x
y p = Ax 5 + Bx 4 + Cx 3 + Dx 2 + Ex + F

y p = Ax 5 + Bx 4 + Cx 3 + Dx 2

Derivando y sustituyendo en (1)

A = − 20 ; B = − 1 ; C = −1; D = −3
1
4

y p = − 20 x 5 − 1 x 4 − x 3 − 3x 2
1
4

y ( x) = c1 + c 2 x + c3 e x − 20 x 5 − 1 x 4 − x 3 − 3 x 2
1
4

Ejemplo.

y ' '+6 y '+13 y = e −3 x cos 2 x
( D 2 + 6 D + 13) y = e −3 x cos 2 x
D = −3 ± 2i
yc = e 3 x (c1 cos 2 x + c2 sen2 x)
yp = Axe −3 x cos 2 x + Bxe −3 x sen2 x = xe −3 x ( A cos 2 x + Bsen2 x)

Ejemplo:

( D − 2) 3 ( D 2 + 9) y = x 2 e 2 x + xsen3 x
yc = c1e 2 x + c2 xe 2 x + c3 x 2 e 2 x + c4 cos 3x + c5 sen3 x
yp = Ax 5 e 2 x + Bx 4 e 2 x + Cx 3 e 2 x + Dx 2 cos 3 x + Ex 2 sen3 x + Fx cos 3 x + Gxsen3 x

Método de variación de parámetros.

Este método permite hallar soluciones particulares de ecuaciones lineales
de orden n de coeficientes constantes.

Metodología:

• Paso 1. Se determina la solución complementaria de la forma:

y c = c1 y1( x ) + c 2 y 2 ( x ) + ....... + c n y n ( x )

• Se reemplazan las constantes ci por funciones desconocidas Li

y c = L1( x ) y1( x ) + L2( x ) y 2 ( x ) + ....... + Ln ( x ) y n ( x )
• El cálculo de las funciones Li se efectúa haciendo cumplir las
condiciones:

L '1 y1 + L ' 2 y 2 + ............. + L ' n y n = 0
L '1 y1 '+ L ' 2 y 2 '+............. + L ' n y n ' = 0
.............................
n −1 n −1 n −1
L '1 y1 + L '2 y2 + ............. + L ' n y n =Q
• Calculando estas funciones Li se obtendrá la solución particular.

Ejemplo. y ' '+ y = tan x

( D 2 + 1) y = tan x
D = ±i
y c = c1 cos x + c2 sen x
y p = L1 cos x + L2 senx (1)

⎧ L '1 cos x + L ' 2 senx = 0
⎨
⎩− L '1 senx + L ' 2 cos x = tan x

0 senx
tan x cos x − senx * tan g
L1 ' = = = cos x − sec x
cos x senx cos 2 x + sen 2 x
− senx cos x
L1 = ∫ (cos x − sec x)dx = senx − ln sec x + tan x
cos x 0
− senx tan x cos x * tan g
L2 ' = = = senx
cos x senx cos 2 x + sen 2 x
− senx cos x
L2 = ∫ senxdx = − cos x

Sustituyendo en (1)

y p = L1 cos x + L2 senx
y p = senx − ln sec x + tan x cos x − cos x senx

Por tanto: y p = c1 cos x + c2 senx + senx − ln sec x + tan x cos x − cos x senx

MAPLE:
>with(linalg):
>A := matrix(2,2,[0,sin(x),tan(x),cos(x)]);
>det(A);
>B := matrix(2,2,[cos(x),sin(x),-sin(x),cos(x)]);
>det(B);
>dL1:=det(A)/det(B);
>int(dL1,x); sin(x)-ln(sec(x)+tan(x))

1 d2y dy 1
Ejemplo. y ' '−3 y '+2 y = −x
⇔ − 3 + 2y =
1+ e dx 2
dx 1 + e−x
1
( D 2 − 3D + 2) y =
1 + e−x
1
( D − 2)( D − 1) y =
1 + e−x
y c = c1e x + c2 e 2 x
y p = L1e x + L2 e 2 x (1)
⎧ L '1 e x + L ' 2 e 2 x = 0
⎪
⎨ 1
⎪ L '1 e + 2 L ' 2 e =
x 2x

⎩ 1 + e −x
e −2 x
Resolviendo el sistema: L' 2 = L2 = −e − x + ln(1 + e − x )
1 + e −x
− e−x
L'1 = −x
L1 = ln(1 + e − x )
1+ e
Sustituyendo en (1): y p = [ln(1 + e − x )]e x + [ −e − x + ln(1 + e − x )]e 2 x

y ( x) = c1e x + c2 e 2 x + [ln(1 + e − x )]e x + [−e − x + ln(1 + e − x )]e 2 x

Ejemplo:

d2y dy e3x
− 6 + 9y = 2
dx 2 dx x
e3x
( D 2 − 6 D + 9) y = 2
x
3x
e
( D − 3) 2 y = 2
x

yc = c1e 3 x + c2 xe 3 x
y p = L1e 3 x + L2 xe 3 x
⎧ L '1 e 3 x + L ' 2 xe 3 x = 0
⎪
⎨ e3x
⎪ L '1 e 3 x + L ' 2 e 3 x + 3L' 2 xe 3 x = 2
⎩ x

De la primera despejamos: L'1 = − L' 2 x
1 1
Sustituimos en la segunda: L' 2 = 2 L2 = −
x x
1
Luego: L'1 = − L1 = − ln x
x
1
Por tanto: y p = − ln x * e 3 x − * xe 3 x
x
y p = −e 3 x ln x − e 3 x
y ( x) = c1e 3 x + c2 xe 3 x − e 3 x ln x − e 3 x

SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

En sistema de EDO es un conjunto de m ecuaciones diferenciales, con n
incógnitas (variables dependientes) que dependen a su vez de una sola
variable independiente.

Si todas las ecuaciones son lineales, el sistema será lineal.

⎧ dx
⎪ dt − y = 6 − t
2
(1)
⎪
Ejemplo: ⎨
⎪ dy + x = 8t (2)
⎪ dt
⎩

Procedimiento:

• Se procura obtener una ecuación que contenga a una sola variable
dependiente, para aplicar los métodos antes estudiados.

• Se deben realizar operaciones entre las ecuaciones, derivando tantas
veces como sea necesario hasta obtener una ecuación que contenga a una
sola variable dependiente.

⎧ dx
⎪ dt − y = 6 − t
2
(1)
⎪
Ejemplo: ⎨
⎪ dy + x = 8t (2)
⎪ dt
⎩
dx
De (1): y= − 6 + t 2 (*)
dt
dy d 2 x
Derivando con respecto a t: = + 2t (3)
dt dt 2
d 2x
Sustituyendo (3) en (2): + 2t + x = 8t
dt
d 2x
Ordenado: + x = 6t (4)
dt 2
Operador: ( D 2 + 1) x = 6t (5)
D2 +1 = 0 → D = ±i

Solución complementaria: xc = c1 cos t + c 2 sent
Solución particular: yp = At + B
x' p = A
x' ' p = 0
Sustituyendo en (4): 0 + At + B = 6t
Igualando: A = 6; B = 0
La solución particular es: yp = 6t
La solución de la ecuación: x(t ) = c1 cos t + c 2 sent + 6t
dx
Reemplazando en (*): y= − 6 + t2 =
dt
y = (−c1 sent + c 2 cos t + 6) − 6 + t 2
y (t ) = −c1 sent + c 2 cos t + t 2
MAPLE:
> c
> e1:=diff(x(t),t)-y(t)=6-t^2;
> e2:=diff(y(t),t)+x(t)=8*t;
> dsolve({e1,e2});

Utilizando operador D:

⎧ Dx − y = 6 − t 2 (1)
⎨
⎩ Dy + x = 8t ( 2)
⎧ Dx − y = 6 − t 2 (3)
Ordenado ⎨
⎩ x + Dy = 8t ( 4)

6 −t2 −1
8t D D(6 − t 2 ) + 8t 0 − 2t + 8t 6t
x= = = = 2
D −1 D +1
2
D +1
2
D +1
1 D
( D 2 + 1) x = 6t Esta ecuación es igual que la (5)
x(t ) = c1 cos t + c 2 sent + 6t

dx
En (*): y = − 6 + t 2 y = (−c1 sent + c 2 sent + 6) − 6 + t 2 =
dt
y (t ) = −c1 sent + c 2 sent + t 2

Ejemplo:
⎧4 x'+4 x + y ' = 1 ⎧ dx dy
⎪4 dt + 4 x + dt = 1
⎨ ⎪
⇔⎨ ;
x(0) = 2;
⎩3 x'+ y '− y = t ⎪3 dx + dy − y = t y (0) = −6
⎪ dt dt
⎩
⎧4( D + 1) x + Dy = 1
⎨
⎩3Dx + ( D − 1) y = t

1 D
t D −1 ( D − 1)1 − Dt D1 − 1 − Dt 0 − 1 − 1 −2
x= = = = 2 = 2
4( D + 1) D D −4
2
D −4
2
D −4 D −4
3D D −1

d 2x
( D − 4) x = 2
2
− 4 x = −2
dt 2
( D − 2)( D + 2) x = −2
xc = c1e 2t + c 2 e −2t
xp = A
xp ''= 0
1
0 − 4 A = −2 A=
2
1
x(t ) = c1e 2t + c 2 e − 2t +
2
Para hallar y (t ) se sustituye x(t) en la original:
4 x'+4 x + y ' = 1
y ' = 1 − 4 x'−4 x
1
y ' = 1 − 4(2c1 e 2t − 2c 2 e 2t + 0) − 4(c1 e 2t + c 2 e 2t + )
2
y ' = 1 − 8c1e + 8c2 e − 4c1e − 4c2 e − 2
2t 2t 2t 2t

y ' (t ) = −12c1 e 2t + 4c 2 e 2t − 1
y (t ) = ∫ (−12c1 e 2t + 4c 2 e 2t − 1)dt = y (t ) = −6c1 e 2t + 2c 2 e 2t − t + c

Por tanto tenemos:

1
x(t ) = c1e 2t + c 2 e − 2t + (3)
2
y (t ) = −6c1 e 2t + 2c 2 e 2t − t + c (4)

Para eliminar c se procede:

Se sustituye (3) y (4) en la segunda ecuación original: 3x'+ y '− y = t

3[2c1 e 2t − 2c 2 e −2t ] + [−12c1 e 2t + 4c 2 e 2t − 1] − y = t

6c1 e 2t − 6c 2 e −2t − 12c1 e 2t + 4c 2 e 2t − 1 − 6c1 e 2t − 2c 2 e 2t + t − c = t

Simplificando: − 6c 2 e −2t − 12c1 e 2t + 2c 2 e 2t − 1 + t − c = t
Agrupando: − 6c 2 e −2t − (12c1 − 2c 2 )e 2t + t + (−c − 1) = t
⎧ − 6c 2 = 0 → c 2 = 0
⎪
Igualando coeficientes: ⎨− (12c1 − 2c 2 ) = 0 → c1 = 0
⎪− c − 1 = 0 → c = −1
⎩
1
Por tanto: x(t ) = c1e 2t + c 2 e − 2t +
2
y (t ) = −6c1 e 2t + 2c 2 e 2t − t − 1

x(0) = 2;
Utilizando las condiciones iniciales:
y (0) = −6

1 2t 1
x(t ) = e + e − 2t +
2 2
y (t ) = −2e − 3e − t − 1
2t 2t

Ejemplo.

Examinemos los dos tanques de la figura. Supongamos que el tanque A
contiene 50 galones de agua en la que se disolvieron 25 libras de sal.
Consideremos que el tanque B está lleno con 50 galones de agua pura. El
líquido es bombeado hacia dentro y hacia fuera de los tanques, como se ve

en la figura; la mezcla se intercambia entre ambos mientras que se supone
que el líquido que sale de B se ha mezclado bien.

3 gal/min 1 gal/min

A B

3 gal/min
4 gal/min
a) ¿Qué cantidad de sal habrá en cada tanque al cabo de una ¼ de hora?
b) ¿En que tiempo las concentraciones son iguales?

Resolución:

Sea: x(t ) la cantidad (libras) de sal en el tanque A en el tiempo t (minutos)

y (t ) la cantidad (libras) de sal en el tanque B en el tiempo t (minutos)

• El volumen de ambos tanques es constante.

• Condiciones iniciales: x(0) = 25; y (0) = 0

Las ecuaciones que describen el cambio en las cantidades de sal son:
dx
TanqueA : = razon de entrada de sal − razon de salida de sal
dt
dx gal lb gal y lb gal x lb
TanqueA : =3 *0 +1 * ] − [4 * ]
dt min gal min 50 gal min 50 gal
dy y x 2 1
= 1 − 4* = − x+ y
dt 50 50 25 50

dy gal x lb gal y lb gal y lb
TanqueB : =4 * ] − [1 * +3 * ]
dt min 50 gal min 50 gal min 50 gal
dy x y y
= 4 * ] − [1 * + 3 * ]
dt 50 50 50
⎧ dx 2 1
⎪ dt = − 25 x + 50 y (1)
⎪
⎨
⎪ dy = 2 x − 2 y (2)
⎪ dt 25
⎩ 25
dx 2
De (1): y = 50[ + x] (3)
dt 25

dy ⎡ d 2 x 2 dx ⎤
Derivando con respecto a t: = 50 ⎢ 2 + ⎥ (4)
dt ⎣ dt 25 dt ⎦
⎡ d 2 x 2 dx ⎤ 2 2 ⎡ ⎛ dx 2 ⎞⎤
Sustituyendo (3) y (4) en (2): 50 ⎢ 2 + ⎥= x − ⎢50⎜ + x⎟
⎣ dt 25 dt ⎦ 25 25 ⎣ ⎝ dt 25 ⎠⎥⎦
2
d x dx 6
Desarrollando y simplificando: 50 2 + 8 + x=0
dt dt 25
d 2 x 4 dx 3
2
+ + x=0
dt 25 dt 625
4 3
(D 2 + D+ ) x = 0 (*)
25 625
3 1
( D + )( D + ) x = 0
25 25
3 1
− t − t
La solución es: x(t ) = c1e 25
+ c2 e 25
(5)
3 1 3 1
3 − t 1 − t 2 − t − t
Sustituyendo (5) en (3): y = 50[− c1e 25
− c2 e 25
+ (c1e 25 + c 2 e 25 )]
25 25 25
1 3
− t − t
Simplificando: y (t ) = 2c 2 e 25
− 2c1e 25

3 1
− t − t
La solución del sistema es: x(t ) = c1e 25
+ c2 e 25

1 3
− t − t
y (t ) = 2c 2 e 25
− 2c1e 25

Utilizando las condiciones iniciales: 25 = c1 + c2
0 = 2c2 − 2c1
25 25
Resolviendo el sistema: c1 = ; c2 =
2 2
3 1
− t
25 25 25 25 − t
Solución final: x(t ) = e + e
2 2
1 3
− t − t
y (t ) = 25e 25
− 25e 25

Respuesta: a) x(15) = 8.9lb
y (15) = 9.5lb
b) A los 13 minutos.

MAPLE:

> with(DEtools):
> ecu1:=diff(x(t),t)=-2/25*x(t)+1/50*y(t);
> ecu2:=diff(y(t),t)=2/25*x(t)-2/25*y(t);
> dsolve({ecu1,ecu2});
> dsolve({ecu1,ecu2,x(0)=25,y(0)=0});
> plot({25/2*exp(-3/25*t)+25/2*exp(-1/25*t),-25*exp(-3/25*t)+25*exp(-
1/25*t)},t=0..100);

> x:=t->25/2*exp(-3/25*t)+25/2*exp(-1/25*t);
> y:=t->-25*exp(-3/25*t)+25*exp(-1/25*t);
> evalf(x(15));
> evalf(y(15));
> solve(25/2*exp(-3/25*t)+25/2*exp(-1/25*t)=-25*exp(-3/25*t)+25*exp(-1/25*t));
> evalf(%);

⎧ dx 2 1
⎪ dt = − 25 x + 50 y
⎪
(1)
Otro método: ⎨
⎪ dy = 2 x − 2 y (2)
⎪ dt 25
⎩ 25

⎧ dx 2 1
⎪ dt + 25 x − 50 y = 0
⎪
(1)
Ordenando: ⎨
⎪− 2 x + dy + 2 y = 0 (2)
⎪ 25
⎩ dt 25
⎧ 2 1
⎪( D + 25 ) x − 50 y = 0
⎪
(1)
⎨
⎪− 2 x + ( D + 2 ) y = 0 (2)
⎪ 25
⎩ 25

1
0 −
50
2
0 D+
25 0 0
x= = =
2 1 4 4 2 4 3
D+ − D2 + D+ − D2 + D+
25 50 25 625 1250 25 625
2 2
− D+
25 25
4 3
Pasando a multiplicar: (D 2 + D+ ) x = 0 igual que (*). Luego se sigue
25 625
como el caso anterior.

Ejercicio Propuesto:

Usando la información de la figura, encuentre el modelo matemático que se

adapte a la situación y luego resuelva el sistema. Al tanque A ingresa agua

pura. El tanque A contiene inicialmente 50 libras de sal.

1 gal / min
4 gal / min 2 gal / min

100 gal 100 gal 100 gal

4 gal / min
6 gal / min
5 gal / min
Tanque A Tanque B Tanque C

dx 1 3
= y- x
dt 50 50
dy 3 1 1 1
= x+ z− y− y
dt 100 100 20 50
dz 1 1 1
= y− z− z
dt 20 25 100

Ejercicio propuesto:

Dos tanques A y B contienen 50 litros de agua en la que se han disuelto 3
kilogramos de sal en el tanque A, y 5 kilogramos de sal en el tanque B. A
partir del instante t = 0, se empieza a introducir en ambos tanques, a razón
de 2 litros por minuto, una mezcla que contiene 100 gramos de sal por litro.
Simultáneamente, de cada tanque se bombean 8 litros por minuto, de los
cuales 6 van al otro tanque, y el resto se expulsan al exterior.

Calcúlense las cantidades de sal, x(t) e y(t), presentes en los tanques A y B,
respectivamente, en el instante t.

L
6
min
V = 50 L V = 50 L ⎧ L
xo = 3 yo = 5 ⎪6
⎪ min
⎧ L Salmuera ⎨
⎪6 min
⎪ ⎪100 gr
Salmuera ⎨ ⎪
⎩ L
⎪100 gr A B
⎪
⎩ L L
6
min
L L
2 2
min min

dx L kg L y kg L x kr
=2 ∗ 0.1 +6 ∗ − (6 + 2) ∗
dt min L min 30 L min 50 L

dx 4 3
+ x− y = 0.2 (1)
dt 25 25

dy L x kg L kg L y kg
=6 ∗ +6 ∗ 0.1 − (6 + 2) ∗
dt min 50 L min L min 50 L

dy 3 4
− x+ y = 0 .2 (2)
dt 25 25

Resolviendo el sistema:

dx 4 3
+ x− y =0.2 (3)
dt 25 25
dy 4 3
+ y− x =0.2 (4)
dt 25 25

VIBRACIONES MECANICAS:

Sistema masa resorte con gravedad:

ΔL

Fs: Fuerza del resorte.
Fr : Fuerza de fricción.
Fe: Fuerza externa.

(1) : Fr = Fs = Fe = 0
mg
(2) : ∑ F = ma ; ∑ F = 0 ; mg-Fs=0; mg=k ΔL ; k=
ΔL
(3): ∑ F = ma
d2y
m = Fs + Fr + Fe + mg
dt 2
d2y dy
m 2 = − k ( y + ΔL) − δ + Fe + mg
dt dt
d2y dy
m 2 = − ky − kΔL − δ + Fe + mg
dt dt
Como: kΔL = mg
d2y dy
m 2
= − ky − δ + Fe
dt dt
d2y dy
m 2 +δ + ky = Fe
dt dt

Sistema masa resorte vertical:

∑ F = ma
d2y
m = Fs + Fr + Fe
dt 2
d2y dx
m 2 = − kx − δ + Fe
dt dt
d2y dy
m 2 +δ + ky = Fe
dt dt

I. Sistema masa – resorte:
Movimiento libre no amortiguado-Movimiento armónico simple

Si solo tenemos una masa en el resorte, sin amortiguamiento ni fuerzas
externas.
d 2x
m 2 + kx = 0 ;
dt
⎧ x(0) = x0 : cantidad de desplazamiento inicial
Condiciones iniciales: ⎨
⎩ x' (0) = x1 : velocidad inicial de la masa
d 2x k d 2x k
2
+ x = 0; 2
+ w0 x = 0 ; w0 =
dt m dt m
k
(D 2 + ) x = 0
m

k
D=± i = ± w0 i
m
x(t ) = c1 cos w0 t + c 2 senw0 t

2
c
2
c2
1
A

c1

c2
c1 c
senα = , cos α = 2
A A
x(t ) = Asenα . cos w0 t + A cos α senw0 t
x(t ) = A(cos w0 t. senα + senw0 t. cos α )

Nota: sen(x+y) = sen x. cos y + cos x .sen y
x(t ) = Asen( w0 t + α )
A : amplitud
w0 : Frecuencia circular( rad./s)
α : Angulo de fase.
t : Tiempo (segundos)
T : periodo (tiempo requerido para que el sistema complete una oscilación)
2π
T= segundos
w0
1 w
F = frecuencia = = 0 Hz =ciclos/segundos (mide el número de
T 2π
oscilaciones o ciclos por segundo.
c
tan α = 1
c2
c
α = tan −1 1 si c1 ≥ 0
c2
c
α = tan −1 2 + π si c1 < 0
c1

A

α
w0
−A
2π
w0

Ejemplo:

Una masa de 2 lb. hace que un resorte se estire 6 pulg. Cuando t=0, la masa
se suelta desde un punto a 8 pulg. Debajo de la posición de equilibrio con una
velocidad inicial, hacia arriba, de 4/3 pie/s. Deduzca la ecuación del
movimiento libre.

1 pie = 12 pulg. 6 pulg. = ½ pie.
8 pulg. = 2/3 pie.
Masa = peso/gravedad m = 2/32 = 1/16 slug.
2 dx 4
Condiciones iniciales: x(0) = pie ; v = = x' (0) = − pie / s
3 dt 3
2
d x k
+ x=0
dt 2 m

mg 2
Calculo de k: k = = = 4 lb/pie.
ΔL 1 / 2

d 2x 4
+ 1 x=0
dt 2 16
d 2x
+ 64 x = 0
dt 2
( D 2 + 64) x = 0
D = ±8i
x(t ) = c1 cos 8t + c 2 sen8t
2 2
x(0) = = c1 cos 8 * 0 + c 2 sen8 * 0 → c1 =
3 3
dx
= v(t ) = −8c1 sen8t + 8c 2 cos 8t
dt

4 1
v(0) = − = −8c1 sen8 * 0 + 8c 2 cos 8 * 0 → c 2 = −
3 6
2 1
Por tanto: x(t ) = cos 8t − sen8t
3 6

Forma alternativa:

x(t ) = Asen( w0 t + α )
A = c1 + c 2 A = ( 2 ) 2 + (− 1 ) 2 = ≈ 0.69 pie.
2 2 17
3 6 36

c2 − 1
1 c1 2
4
senα = senα = 6
=− , cos α = cos α = 3
=
A 17
36
17 A 17
36
17
4
tan α = 17
= −4 está en el cuarto cuadrante.
− 1
17

α = −1.3258

Para llevar hacer el ángulo positivo se suma π :

α = 3.1416 + (−1.3258) = 1.816rad
17
x(t ) = sen(8t + 1.816)
6
T : periodo (tiempo requerido para que el sistema complete una oscilación)

2π π
T= = segundos
8 4

II. Sistema masa – resorte: Movimiento libre amortiguado:

• Aquí la masa podría estar suspendida en un medio viscoso o conectada
a un dispositivo amortiguador.
• Se considera que las fuerzas de amortiguamiento que actúan sobre el
cuerpo son proporcionales a alguna potencia de la velocidad
instantánea.
d2y dy
m 2 +δ + ky = Fe
dt dt
d2y dy
m 2 +δ + ky = 0
dt dt
d 2 y δ dy k
+ + y=0
dt 2 m dt m

d2y dy
2
+ b + cy = 0
dt dt
− b ± b 2 − 4ac
( D 2 + bD + c) y = 0 ; D =
2a

Caso I: Sistema sobreamortiguado: b 2 − 4ac > 0 ;

• El coeficiente de amortiguamiento es grande comparado con la
constante del resorte.

− b + b 2 − 4 ac − b − b − 4 ac
t t
y (t ) = (c1e 2a
+ c2 e 2a
)

• Esta ecuación representa un movimiento suave no oscilatorio.

Ejemplo:

d2y dy
2
+ 5 + 4 y = 0 ; y (0) = 1; y`(0) = 1 (la masa comienza desde una posición
dt dt
1 unidad debajo de la posición de equilibrio con una velocidad hacia debajo
de 1 pie/s).

( D 2 + 5 D + 4) y = 0
− 5 ± 25 − 4 * 1 * 4 − 5 ± 3 D = -1; D = -4
D= =
2 *1 2
y (t ) = c1e −t + c 2 e −4t
y`(t ) = −c1e − t − 4c 2 e −4t
⎧ c1 + c 2 = 1
⎨ ; c1 = − 2 ; c 2 = 5

⎩ − c1 − 4c 2 = 1
3 3

5 2
y (t ) = − e −t − e − 4t
3 3

Caso II: sistema críticamente amortiguado: b 2 − 4ac = 0 ;
−b −b
b t t
D=− ; y (t ) = (c1e 2 a + c 2 te 2 a )
2a

Ejemplo 3.

Un contrapeso de 8 lb. Estira 2 pies un resorte. Si una fuerza de
amortiguamiento numéricamente igual 2 veces la velocidad instantánea
actúa sobre el sistema deduzca la ecuación del movimiento si el contrapeso
se suelta de la posición de equilibrio con una velocidad hacia arriba de 3
pies/s.

• Cualquier pequeña disminución de la fuerza de amortiguamiento
originaría un movimiento oscilatorio.
mg 8
k= = =4
ΔL 2
dy
y (0) = 0 ; v = = y`(0) = −3 pie / s
dt
dy
δ = −2
dt
2
d y 2 dy 4
+ + y=0
dt 2 1 dt 1
4 4

d2y dy
2
+ 8 + 16 y = 0
dt dt

− 8 ± 64 − 4 * 1 * 16 − 8
D= = = −4
2 2
y (t ) = (c1e −4t + c 2 te −4t )

Aplicando las condiciones iniciales: c1 = 0; c 2 = −3

y (t ) = (−3te −4t )

Caso III: sistema subamortiguado: b 2 − 4ac < 0 ;

• La constante de amortiguamiento es pequeño en comparación con la
constante del resorte.
b b 2 − 4ac
D=− ± i
2a 2a
b 2 − 4ac b 2 − 4ac
b
− t
y (t ) = e 2a
(c1 cos t + c 2 sen t)
2a 2a

Ejemplo 4.

Un contrapeso de 16 lb. Se une a un resorte de 5 pie de longitud. En la
posición de equilibrio, el resorte mide 8.2 pies. Si el contrapeso se eleva y
se suelta del reposo en un punto a 2 pies arriba de la posición de equilibrio,
determine los desplazamientos, y(t). Considere que el medio que rodea al
sistema ofrece una resistencia al movimiento numéricamente igual a la
velocidad instantánea.

mg 16 lb
k= = =5
ΔL 3.2 pie
dy
y (0) = −2 ; v = = y`(0) = 0
dt
dy
δ=
dt
d 2 y 1 dy 5
+ + y=0
dt 2 1 dt 1
2 2

d2y dy
2
+ 2 + 10 y = 0
dt dt

2 4 − 4 * 10
D=− ± i = −1 ± 3i
2 2
y (t ) = e − t (c1 cos 3t + c 2 sen3t )

2
Utilizando las condiciones: y (t ) = e −t (−2 cos 3t − sen3t )
3

II. a) Sistema masa – resorte: Movimiento forzado amortiguado.

• Se toma en cuenta la fuerza externa que actúa sobre una masa
oscilatoria.
d2y dy
m 2 +δ + ky = Fe
dt dt

Ejemplo 5.

Interprete y resuelva el problema de valor inicial:

Resolución:

• Es un sistema vibratorio formado por una masa de ½ slug o kg. Unida a
una resorte (k=2 lb/pie o N/m). La masa parte del reposo a ½ unidad (pie
o m) debajo de su posición de equilibrio. El movimiento es amortiguado
( δ = 1.2 ) y está dirigido por una fuerza externa periódica ( T = π / 2 s ) que
se incia cuando t=0.

d 2x dx 1
2
+ 6 + 10 x = 25 cos 4t ; x(0) = ; x`(0) = 0
dt dt 2

b) Sistema masa – resorte: Movimiento forzado amortiguado.
• Cuando se ejerce una fuerza periódica y no existe fuerza de
amortiguamiento, no hay parte transitoria en la solución del problema.

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