Apunte MAT023

Capıtulo : Indice general

Indice general 1

I Ecuaciones diferenciales ordinarias 5

1. Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden 6

1.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2. Modelos simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3. Metodos Elementales de Resolucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.3.1. Integracion directa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.3.2. Ecuaciones de variable separable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.3.3. Ecuacion lineal de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.3.4. Ecuacion de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.3.5. Ecuacion de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.3.6. Ecuaciones homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.3.7. Otros cambios de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.4. Modelos simples: Segunda parte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.5. Analisis cualitativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.5.1. Metodos cualitativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1.5.2. Ecuaciones diferenciales autonomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

1.5.3. Equilibrio y estabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

1.6. Ejercicios del capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2. Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior 76

2.1. Elementos de transformaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2.1.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2.1.2. Nucleo e imagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

2.1.3. Isomorfismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

2.1.4. Matriz asociada a una transformacion lineal . . . . . . . . . . . . . 93

2.1.5. Calculo con coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

2.1.6. Ejercicios resueltos de Transformaciones lineales . . . . . . . . . . . 105

1

Apuntes de clase Mat023 (version preliminar actualizada 22-04-2014)

2.2. Ecuaciones diferenciales lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

2.2.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

2.3. Teorema de Existencia y Unicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

2.4. El wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

2.5. Ecuaciones diferenciales a coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . 158

2.5.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

2.5.2. La ecuacion de orden 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

2.5.3. La ecuacion de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

2.6. Metodo de variacion de parametros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

2.7. Metodo del anulador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

2.8. Movimiento vibratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184


3. Sistemas de ecuaciones diferenciales 196

3.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

3.2. Ecuacion con coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

3.2.1. Matriz A diagonalizable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

3.3. Variacion de parametros en sistemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

3.4. Analisis cualitativo de sistemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

3.4.1. Valores propios reales y distintos (no nulos) . . . . . . . . . . . . . 212

3.4.2. Valores propios complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

3.4.3. Valores propios repetidos (no nulos) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220


4. Transformacion integral de Laplace 226

4.1. Definiciones y teoremas fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

4.2. Calculo de transformadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

4.3. Primer Teorema de la Traslacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

4.4. Transformada de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

4.5. Funciones escalonadas y Segundo Teorema de la Traslacion . . . . . . . . . 241

4.6. La Transformada de integrales de convolucion . . . . . . . . . . . . . . . . 245


2


5. Series de Fourier 258

5.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

5.1.1. El espacio SC [a, b] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

5.1.2. Teorema de la mejor aproximacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

5.2. Convergencia Puntual de series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

5.3. Series de Fourier de senos y cosenos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

5.4. Derivacion e integracion de Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . 289


II Calculo diferencial en varias variables 296

6. Elementos de topologıa de Rn 297

6.1. El espacio euclidiano Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297

6.2. Producto interno y norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297

6.3. Elementos de topologıa de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301


7. Funciones de varias variables 309

7.1. Definiciones basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309

7.2. Graficos, conjuntos de nivel y trazas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311


8. Lımites y continuidad 318

8.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318

8.2. Calculo de lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324

8.2.1. Algebra de lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325

8.2.2. Desigualdades y Teorema del Sandwich . . . . . . . . . . . . . . . . 326

8.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327

8.4. Algebra de funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329

8.5. Continuidad de funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331


3


9. Diferenciacion en varias variables 336

9.1. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336

9.2. Interpretacion de la derivada parcial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343

9.3. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350

9.4. Derivadas de orden superior y funciones de clase Cn . . . . . . . . . . . . . 364

9.5. Gradiente y matriz jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368

9.6. La regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372

9.7. Gradiente y planos tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383

9.8. Derivada direccional y direcciones de crecimiento maximo . . . . . . . . . . 386


10.Maximos y mınimos 404

10.1. Extremos locales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404

10.2. Maximos y mınimos en compactos y/o con restricciones . . . . . . . . . . . 420

10.3. Extremos restringidos Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . 423

10.3.1. Criterio de la segunda derivada para extremos condicionados . . . . 429


11.Funciones implıcitas e inversas 439

11.1. El teorema de la funcion implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 439

11.2. El teorema de la funcion inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455


III Evaluaciones de anos anteriores 468

12.Controles 469

13.Certamenes 484

Bibliografıa 519

4

Parte I

Ecuaciones diferenciales ordinarias

5

Capıtulo 1 : Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden

Definiciones

En general, entenderemos el modelamiento matematico como el proceso de establecer

un modelo matematico (es decir, un sistema expresado en terminos de variables, funciones,

ecuaciones, etc.) que represente una situacion —principalmente de naturaleza fısica—, su

resolucion matematica, y finalmente la interpretacion de los resultados en los terminos

fısicos originales.

Como muchos conceptos de la naturaleza, tales como velocidad, aceleracion, las reaccio-

nes quımicas, los cambios de temperatura observados en un cuerpo, etc. se expresan como

razones de cambio tiene pleno sentido el uso de derivadas de funciones adecuadas. En este

tipo de situaciones, un modelo matematico es frecuentemente una ecuacion que contiene

una o mas derivadas de una funcion desconocida. Tal modelo matematico es llamado una

ecuacion diferencial [1].

Ejemplo 1.1.1. Son ejemplos de ecuaciones diferenciales las siguientes expresiones ma-

tematicas:

1. ddx

((1− x2) dy

dx

)+ n (n+ 1) y = 0 (Ecuacion de Legendre)

2. x2 d2ydx2

+ xdydx

+ (x2 − α2) y = 0 (Ecuacion de Bessel)

3. x3 d3ydx3

+ 4x2 d2ydx2

+ xdydx

+ 5y = 0 (Ecuacion de Euler)

4. y′′ + ky = A sin(ωox), A, ωo ∈ R (Problemas de resortes)

5. y′′ − xy = 0 (Ecuacion de Airy)

Definicion 1.1.1. Una ecuacion diferencial se dice de orden n si n corresponde al mayor

orden de derivada de la variable dependiente y presente en la ecuacion.

Ejemplo 1.1.2. La ecuacion d2ydx2

+ (5x) y3 = y6 es una ecuacion diferencial de segundo

grado. La ecuacion(

d3ydx3

)4

= dydx

+ 5y es una ecuacion diferencial de grado tres.

6


Comenzaremos el estudio de las ecuaciones diferenciales con las ecuaciones diferenciales

de primer orden.

Definicion 1.1.2. Sea f : U ⊆ R2 → R una funcion de dos variables. Una ecuacion

diferencial de primer orden es una ecuacion de la forma:

y′ = f (x, y) (1.1)

La variable x en este caso se conoce como variable independiente. Si la variable inde-

pendiente es el tiempo t, frecuentemente una ecuacion diferencial se anota como:

y′ = f (t, y) o bien y = f (t, y)

Observacion 1.1.1. Una ecuacion diferencial (ordinaria) de orden n es una ecuacion de

la forma:

f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n)

)= 0

para una cierta funcion f .

Ejemplo 1.1.3. Son ecuaciones diferenciales de primer orden:

1. y′ = f (x) , f funcion integrable.

2. y′ + y = cosx

3. x−3y′ − y2 = 0, x > 0

Definicion 1.1.3. Sea I ⊆ R un intervalo abierto del tipo ]a, b[, o posiblemente intervalos

abiertos infinitos del tipo ]−∞, b[ , ]a,+∞[, o bien ]−∞,+∞[. Una funcion ϕ : I ⊆ R→ R

se dice solucion de la ecuacion diferencial (1.1) en el intervalo I si:

1.(t, ϕ (t)

)∈ U, ∀t ∈ I

2. ϕ′ (t) = f(t, ϕ (t)

), ∀t ∈ I

Ejemplo 1.1.4. La funcion ϕ : ]1,+∞[→ R, t→ ϕ (t) = 1t−1

es solucion de la EDO

dy

dt= −y2

7


pues, para t ∈ ]1,+∞[

d

dt

(1

t− 1

)= − 1

(t− 1)2

= −(

1

t− 1

)2

Ejemplo 1.1.5. Verifique que la funcion ϕ (x) = sinx definida en R es solucion de la

ecuacion diferencial de segundo orden:

y′′ + y = 0

Solucion. Derivando la funcion ϕ obtenemos: dϕdx

= cosx y d2ϕdx2

= − sinx se sigue

d2ϕ (x)

dx2+ ϕ (x) = 0

para todo x ∈ R.

Observacion 1.1.2. Note que al escribir:

ϕC (x) = sin x+ C

con C una constante cualquiera, ϕC tambien es solucion de la ecuacion diferencial.

Ejemplo 1.1.6. Consideremos la ecuacion:

xy′ − x2 − y = 0, x > 0

Se sabe que toda funcion de la forma:

y = x2 + Cx, C ∈ R (1.2)

es solucion de la ecuacion diferencial. En efecto, derivando la ecuacion (1.2), tenemos:

y′ = 2x+ C

Reemplazando en la ecuacion diferencial, se tiene que:

x (2x+ C)− x2 −(x2 + Cx

)= 0

para todo x > 0.

8


Ejemplo 1.1.7. Hallar una ecuacion diferencial para la familia de parabolas:

y = C1 (x− C2)2

donde C1 y C2 constantes arbitrarias.

Solucion. Despejamos C1

y

(x− C2)2 = C1

luegod

dx

(y

(x− C2)2

)= 0

esto esy′ (x− C2)2 − y2 (x− C2)

(x− C2)4 = 0

se sigue

y′ (x− C2)2 − y2 (x− C2) = 0

luego

y′ (x− C2) = 2y

de donde obtenemos

x− C2 =2y

y′

derivando

1 =

(2y

y′

)′se sigue

1

2=

(y′)2 − yy′′

(y′)2

luego(y′)2

2= yy′′

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Ejercicios de la seccion

1. Establezca el orden de la ecuacion diferencial dada:

(a) (1− x) y′′ − 4xy′ + 3y = tanx (b) y(4) − 2xy(6)y′′ =

(dy

dx

)7

(c) xd3y

dx3−(

dy

dx

)4

+ exy = 0 (d)d2y

dx2=

√1 +

(dy

dx

)2

2. Comprobar que las siguientes funciones satisfacen las ecuaciones dadas y dar un

intervalo en el cual esto se cumpla:

(a) y = A sin (x+B) ; y′′ + y = 0 (b) y = ex − e−x; y′′ − y = 0

(c) y = tan (x) ; y′ = 1 + y2 (d) y′ = 25 + y2; y = 5 tan 5x

3. Demostrar que la ecuacion dada define implıcitamente una solucion de la ecuacion

dada

(a) x2y − y3

3= 1 dy

dx= −2xy

x2−y2 para x 6= y

(b) x3 + 3xy2 = 1 2xyy′ + x2 + y2 = 0 para x ∈ ]0, 1[

4. Muestre que la familia de funciones

y = e−x2

∫ x

0

et2

dt+ Ce−x2

son soluciones de la ecuaciondy

dx+ 2xy = 1

5. Muestre que la funcion definida por tramos

ϕ (x) =

−x2 si x < 0

x2 si x ≥ 0

es una solucion de la ecuacion diferencial xy′ − 2y = 0 en R.

6. Determine α ∈ R para que la funcion y = xα sea solucion de 2x2y′′ − y = 0. Si

encuentra mas de un valor, muestre que cualquier combinacion lineal de esas dos

funciones resulta ser una solucion del problema.

7. Encontrar valores de m para los cuales la funcion es solucion de la ecuacion dada:

a) y (x) = emx donde y′′′ − 3y′′ − 4y′ + 12y = 0

10


b) y (x) = xm donde x2y′′ + 2xy′ − 6y = 0

8. Encontrar una E.D.O. de la forma y′′ + A (x) y′ + B (x) y = 0 que tenga entre sus

soluciones las funciones y1 (x) = ex y y2 (x) = xex.

9. Juan, Leo y Roberto estan tomando cafe y un joven del paralelo 19 les pregunta por

la solucion de la ecuacion diferencial

dy

dt=y + 1

t+ 1

despues de un rato, Juan dice y (t) = t, Leo y (t) = 2t+ 1 y Roberto y (t) = t2 − 2

¿Quien esta en lo correcto?

10. Construir una ecuacion diferencial de la forma

dy

dt= 2y − t+ g (y)

que tenga la funcion y (t) = e2t como solucion.

11. Construir una ecuacion diferencial de la formady

dt= f (t, y) que tenga por solucion

y (t) = et2

donde f (t, y) dependa explıcitamente de t y y.

12. Hallar una ecuacion diferencial para la familia de curvas:

y = C1 + (x− C2)2

donde C1 y C2 constantes arbitrarias.

13. Construya una ecuacion diferencial que no tenga ninguna solucion real.

Modelos simples

Estudiaremos algunos ejemplos elementales de modelamiento matematico:

Problema 1.2.1 ([2]). Desde una cierta altura se ha arrojado un cuerpo de masa m.

Determinar la ley segun la cual varıa la velocidad de caıda v, si sobre el cuerpo, ademas

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de la fuerza de gravedad, actua la fuerza de resistencia del aire que es proporcional a la

velocidad v.

Solucion. Sea m la masa del cuerpo en caıda libre. En virtud de la Segunda Ley de

Newton: ∑i

Fi = ma

donde∑

i Fi representa la suma (vectorial) de fuerzas aplicadas al cuerpo y a representa la

aceleracion del cuerpo, se obtiene:

mdv

dt= mg − kv (1.3)

donde g es la aceleracion de gravedad y k es la constante (positiva) de proporcionalidad.

Resolver esta ecuacion diferencial significa encontrar una funcion v = f (t) que satisfaga

identicamente la ecuacion diferencial dada. Existen una infinidad de funciones de este tipo

(esto sera probado mas adelante). Es facil comprobar que toda funcion del tipo:

v (t) = Ce−kmt +

mg

k(1.4)

satisface la ecuacion (1.3), cualquiera que sea la constante C. Pero, ¿cual de estas funciones

dara la dependencia buscada entre v y t? Para encontrar dicha relacion, se debe utilizar un

condicion adicional. Esta condicion adicional se llama condicion inicial. Supongamos que

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en el momento inicial del experimento arrojamos el cuerpo con una velocidad inicial v0

conocida. Ası, la funcion v = f (t) que deseamos encontrar debe satisfacer la condicion:

f (0) = v0

Es decir, v = v0 en t = 0. Ası, reemplazando en (1.4), se obtiene:

C = v0 −mg

k

Por lo tanto, la ley segun la cual varıa la velocidad de caıda esta dada por la ecuacion:

v (t) =(v0 −

mg

k

)e−

kmt +

mg

k

Observacion 1.2.1. Una cuestion de interes es el comportamiento asintotico de la solucion.

Es decir, el comportamiento de la solucion para t suficientemente grande. Mas precisamente,

nos interesa:

lımt→+∞

v (t)

En particular, para el ejemplo:

lımt→+∞

v (t) = lımt→+∞

(v0 −

mg

k

)e−

kmt +

mg

k

=mg

k

La interpretacion del resultado anterior, es que cuando el tiempo t es suficientemente

grande, la velocidad final del cuerpo no depende de la velocidad inicial.

Observacion 1.2.2. Observar que desde la ecuacion (1.3), si suponemos k = 0, es decir,

suponemos que la resistencia del aire es tan pequena que puede ser despreciada, se obtiene:

v (t) = v0 + gt

Definicion 1.2.1. Se llamara solucion general de la ecuacion diferencial de primer

orden:

y′ = f (x, y)

a la funcion:

y = ϕ (x,C)

que depende de una constante arbitraria C y satisface las condiciones siguientes:

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1. satisface la ecuacion diferencial para cualquier valor de la constante C.

2. cualquiera que sea la condicion inicial y = y0 para x = x0, es decir, y (x0) = y0

se puede encontrar un valor C = C0 tal que la funcion y = ϕ (x,C0) satisfaga la

condicion inicial dada.

Problema 1.2.2 (Espejo parabolico). Hallar la forma que debe tener un espejo convexo,

simetrico respecto de un eje, llamado eje focal, de tal modo que si un haz de luz es apuntado

hacia el espejo, paralelo al eje focal, se refleje directamente en un punto F fijo (llamado

foco) del eje focal.

Solucion. Obtendremos tal espejo mediante la rotacion de una curva en el plano. Sea

C : y = f (x) tal curva. Consideremos un sistema de coordenadas de tal modo que el

origen del sistema coincida con el foco F de la curva. En particular, el eje focal de la curva

coincide con el eje de las abscisas de tal sistema de referencia. Considere un punto P (x, y)

en la curva C y sea T la recta tangente a C en el punto P (x, y). Denotemos por Q el punto

de interseccion de T con el eje focal (o de las abscisas del sistema de referencia). Si L es

una recta que representa el haz de luz paralelo al eje focal y que incide en P , por la ley de

Snell, el angulo de incidencia ]TPL y angulo de reflexion ]QPF coinciden. Es decir, se

tiene que:

]TPL = ]QPF = α

Entonces, del triangulo 4QPF se obtiene:

tan 2α =y

x(1.5)

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por ser F el origen del sistema de coordenadas. Como T es tangente a la curva C, se tiene

que ]PQF es tambien α. Luego:

tanα = y′ (1.6)

Reemplazando las ecuaciones (1.5) y (1.6), en la identidad trigonometrica siguiente:

tan 2α =2 tanα

1− tan2 α

se obtiene la ecuacion diferencial de primer orden:

y

x=

2y′

1− (y′)2 (1.7)

Problema 1.2.3 (Braquistocrona). [3] Hallar la forma que debe tener un alambre de

modo que una argolla que se desliza por el, sin roce, bajo la accion de la gravedad de un

punto A a un punto B de menor altura en el mismo plano y no exactamente bajo el punto

A, lo haga en el menor tiempo posible.

Solucion. Este problema fue planteado en 1696 por Jean Bernoulli a la comunidad cientıfi-

ca de su epoca. La solucion que el mismo encontro (independientemente tambien lo hicieron

Leibnitz, L’Hopital, Newton) usa una version generalizada de la Ley de Snell de la optica.

Comenzaremos modelando primeramente esta situacion: la version generalizada de la Ley

de Snell. A modo de ejercicio lo haremos utilizando las herramientas del calculo diferencial,

en particular minimizacion. Considere, entonces, el siguiente problema:

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Supongamos que un atleta, situado en la orilla oriental de un rıo de ancho a debe atravesarlo

nadando a velocidad constante v1 hasta un cierto punto C en la orilla occidental. Luego de

esto, debe correr a velocidad constante v2 por sobre la arena de la ribera de ancho b del rıo

hasta la meta en el punto B. Se supone que v1 < v2. Se desea encontrar el punto C en la orilla

occidental de tal modo que el tiempo empleado por el atleta desde el punto A hasta la meta

en B sea el menor posible.

Consideremos las rectas paralelas (y verticales) l1, l2 y l3. Supongamos que la recta l1

representa la orilla oriental del rıo, l2 representa la ribera del rıo y l3 la lınea de meta. Por

la condiciones del problema tenemos:

1. A ∈ l1

2. C ∈ l2

3. B ∈ l3

4. a es la distancia entre l1 y l2

5. b es la distancia entre l2 y l3

Supongamos, ademas, que c y x son las distancias verticales de A a B, y de A a C,

respectivamente. Entonces, el tiempo total de la carrera esta dado por:

T (x) =

√x2 + a2

v1

+

√(c− x)2 + b2

v2

Derivando e igualando a 0, se obtiene la coordenada x0 de tiempo mınimo. Es decir, x0

debe cumplir con:x0

v1

√x2

0 + a2=

c− x0

v2

√(c− x0)2 + b2

Si introducimos los angulos de incidencia α y β respecto de la recta normal a l2 para este

valor de x0 se obtiene:sinα

v1

=sin β

v2

que es la conocida Ley de Snell.

16


Ahora bien, si consideramos otro segmento (es decir, otra recta vertical l4) por el cual

el atleta se deba desplazar a velocidad constante v3, se obtendra:

sinα1

v1

=sinα2

v2

=sinα3

v3

= constante

De manera analoga, la argolla de masa m que cae bajo la accion de la gravedad g tiene

una velocidad v que va en aumento de acuerdo a la distancia vertical recorrida y. Ası,

igualando energıas potencial y cineticas se obtiene la ecuacion:

1

2mv2 = mgy

de donde:

v =√

2gy (1.8)

Por esta razon, Bernoulli conjeturo la Ley de Snell generalizada siguiente:

sinα

v= λ, λ constante (1.9)

donde α es el angulo que instantaneamente forma la tangente a la curva en la posicion de

la argolla y la vertical. Finalmente, notando que:

sinα = cos(π

2− α

)=

1√1 + tan2

(π2− α

)=

1√1 + (y′)2

Utilizando, entonces, las formulas (1.8) y (1.9) se obtiene la ecuacion:√2gy =

1

λ√

1 + (y′)2

O bien:

y(

1 + (y′)2)

= k2

donde k = 12gλ2

.

17



1. Determine la ecuacion que debe cumplir la familia de curvas que forman un angulo

de 45 grados en la interseccion con la familia de curvas y (x+ c) = 1.

2. Determine la ecuacion de la familia de curvas ortogonales a la familia y2 = cx3.

3. En este problema se analiza la caıda de una gota de agua. Supongamos que al

caer esta se evapora y mantiene su forma esferica, la rapidez con que se evapora es

proporcional al area con una constante de proporcionalidad ζ < 0 y no se considera

la resistencia del aire. Designemos por ρ la densidad del agua, r0 el radio de la gota

cuando t = 0 y la direccion positiva es hacia abajo.

a) Muestre que el radio de la gota r (t) disminuye de acuerdo a la ley

r (t) =

(ζ

ρ

)t+ r0

b) Obtener la ecuacion diferencial que satisface la velocidad v (t) de la gota en su

caıda libre. Determine la velocidad si la gota cae del reposo.

4. En la figura suponga que el eje y y la recta x = 1 corresponden a las orillas oeste

y este de un rıo de 1 [km] de ancho. El rıo fluye hacia el norte con una velocidad

vr donde ‖vr‖ = vr [km/h]. Un hombre entra al rıo en el punto (1, 0) en la costa

este y nada en direccion a la ribera contraria a una velocidad constante de ‖vs‖ = vs

[km/h]. El hombre quiere llegar al punto (0 , 0) de modo que nada de forma tal que

su vector velocidad vs siempre apunta a (0, 0). Muestre que la trayectoria que sigue

el nadador satisface la ecuacion

dy

dx=vsy − vr

√x2 + y2

vsx

18


Metodos Elementales de Resolucion

Recordaremos primeramente un teorema esencial para resolver ecuaciones diferenciales

elementales: el Teorema Fundamental del Calculo.

Teorema 1.3.1. (Teorema Fundamental del Calculo)

Sea f : [a, b]→ R funcion integrable en [a, b]. Dado x0 ∈ [a, b] e y0 ∈ R se tiene que la

funcion F : [a, b]→ R dada por

F (x) =

x∫x0

f(t)dt+ y0 con x ∈ [a, b],

es continua en [a, b] y F (x0) = y0. Ademas, si f es continua en [a, b], entonces la funcion

F es derivable en [a, b] y satisface la ecuacion:

F ′(x) = f(x)

Observacion 1.3.1. Recordemos que en este contexto la funcion F es conocida como una

primitiva de f .

Integracion directa

Definicion 1.3.1. Una ecuacion diferencial ordinaria de primer orden, digamos y′ = f(x, y),

se dice que es resoluble por integracion directa si existe una funcion g integrable sobre

un intervalo abierto I ⊆ R tal que f(x, y) = g(x)

19


Observacion 1.3.2. En particular, una ecuacion diferencial de integracion directa es de

la forma:

y′ = g(x) (1.10)

para todo x ∈ I.

Ası, si g : D ⊆ R→ R es una funcion integrable, entonces integrando en ambos lados de

la igualdad 1.3.2 y usando el Teorema Fundamental del Calculo, obtenemos que la solucion

general de la ecuacion diferencial es de la forma:

φ(x) = F (x) + C,

donde F es una primitiva de g y C ∈ R es una constante.

Ejemplo 1.3.1. Una partıcula se mueve a lo largo de una lınea recta de manera que su

velocidad en el instante t es 2 sin t. Si f(t) indica su posicion en el tiempo t medio a partir

del punto de partida, se tiene que f ′(t) = 2 sin t. Por la observacion anterior, se concluye

que:

f(t) = −2 cos t+ C

Note que para fijar la funcion posicion se necesita algun otro dato. En particular, si se

conoce el valor de f en algun instante en particular, entonces se puede determinarC. Por

ejemplo, si f(0) = 0, entonces C = 2 y la funcion posicion es f(t) = −2 cos t+ 2.

Ejemplo 1.3.2. Determine la solucion del problema

dy

dx= e−x

2

y (0) = 5

Solucion. Se puede demostrar que∫e−x

2dx no es una funcion elemental, sin embargo,

podemos expresar la solucion por

y (x) =

∫ x

0

e−t2

dt+ 5

Ecuaciones de variable separable

Definicion 1.3.2. Una ecuacion diferencial de primer orden y′ = f (x, y) se dice una

ecuacion de variable separable si:

f (x, y) = Q (x)R (y) (1.11)

20


para Q y R funciones continuas sobre algun intervalo abierto I ⊆ R.

Observacion 1.3.3. [5] Si R (y) 6= 0 se puede dividir por R (y) y escribir la ecuacion

(1.11) en la forma:

A (y) y′ = Q (x) (1.12)

donde A (y) = 1/R (y). Recordemos, ademas, que y representa una cierta funcion descono-

cida y = Y (x), luego la ecuacion (1.12), se expresa como:

A (Y (x))Y ′ (x) = Q (x)

Integrando la ecuacion anterior, se sigue que:∫A (Y (x))Y ′ (x) dx =

∫Q (x) dx+ C

Haciendo la sustitucion y = Y (x) en la integral de la izquierda, se tiene que dy = Y ′ (x) dx.

Por consiguiente, se obtiene: ∫A (y) dy =

∫Q (x) dx+ C

Ahora bien, si G es una primitiva de A y H es una primitiva de Q, la ecuacion anterior se

puede escribir como:

G (y) = H (x) + C (1.13)

Recıprocamente, si y es una funcion que satisface la ecuacion (1.13), entonces:

G′ (y) y′ = H ′ (x)

es decir, tenemos A (y) y′ = Q (x). Por lo tanto, la ecuacion (1.13) da una representacion

implıcita de una familia de soluciones a un parametro.

Observacion 1.3.4. En particular, el formalismo anterior se reduce considerablemente si

se considera la notacion de Leibnitz para las derivadas. Es decir, escribimos y′ = dy/dx y

separamos las variables, con lo cual la ecuacion (1.12) se escribe directamente como:

A (y) dy = Q (x) dx

y la ecuacion anterior tiene sentido al ser dy la diferencial de la funcion desconocida y.

Formalmente, podemos integrar la ecuacion anterior, obteniendo:∫A (y) dy =

∫Q (x) dx+ C

pero esto solo es formal, pues las variables de integracion son distintas.

21


Ejemplo 1.3.3. Resolver la ecuacion

dy

dx= ey−x

Solucion. Se trata de una E.D.O. de variables separadas pues

dy

dx= ey−x = e−xey

se sigue

e−y(x)y′ (x) = e−x

integrando respecto a x ∫e−y(x)y′ (x) dx =

∫e−xdx

se sigue

−e−y(x) = −e−x + C

despejando

e−y(x) = e−x +K

luego

y (x) = − ln(e−x +K

)es una familia de soluciones.


dy

dx= x2y + x2

Solucion. Note que x2y+x2 = x2 (y + 1) luego se trata de una EDO de variables separables

dy

dx= x2 (y + 1)

se sigue ∫dy

y + 1=

∫x2dx

integrando

ln |y + 1| =x3

3+ C

⇒

y + 1 = Kex3

3

22


ası

y (x) = Kex3

3 − 1

Ejemplo 1.3.5. Diremos que una ecuacion diferencial es una ecuacion diferencial lineal

de primer orden homogenea si es de la forma:

y′ + P (x) y = 0 (1.14)

si P es una funcion continua sobre su dominio abierto.

Solucion. Separando las variables e integrando:∫dy

y= −

∫P (x) dx+K

con K una constante de integracion. Luego, la ecuacion anterior implica que:

ln |y| = −∫P (x) dx+K

Ası:

y = ±eK e−∫P (x)dx

Por consiguiente:

y = C e−∫P (x)dx

Observacion 1.3.5. Note que en el procedimiento anterior, se ha dividido por y, por

tanto, debe explicarse que toda solucion de (1.14) se puede expresar mediante la formula

y = C e−∫P (x)dx. Sea y una solucion de (1.14) y considere la funcion g definida por:

g (x) = y e∫P (x)dx

Luego:

g′ (x) = y′e∫P (x)dx + P (x) ye

∫P (x)dx

= e∫P (x)dx (y′ + P (x) y)

= 0

como x pertenece a un intervalo abierto, se obtiene que g (x) = C, por el Teorema del Valor

Medio. Por tanto:

y = C e−∫P (x)dx

23


Observacion 1.3.6. El razonamiento anterior da origen a un metodo de resolucion de

ecuaciones diferenciales del tipo:

y′ + P (x) y = Q (x)

donde P y Q son funciones continuas en un intervalo abierto I ⊆ R. La ecuacion diferencial

anterior se llama ecuacion diferencial lineal de primer orden.

Ecuacion lineal de primer orden

Definicion 1.3.3. Una ecuacion diferencial de primer orden se dice lineal si es de la forma:

y′ + P (x) y = Q (x) (1.15)

para dos funciones P y Q continuas en un intervalo abierto I ⊆ R.

Definicion 1.3.4. Un factor integrante o un factor de integracion para la ecuacion

(1.15) es una expresion de la forma:

µ (x) = e∫P (x)dx (1.16)

Observacion 1.3.7. Multipliquemos la ecuacion diferencial (1.15) por el factor integrante

en (1.16), luego:

e∫P (x)dx y′ + P (x) y = e

∫P (x)dxQ (x)

Note que la ecuacion anterior, puede escribirse como:

d

dx

ye∫P (x)dx

= e

∫P (x)dxQ (x)

Integrando respecto de x, obtenemos:

ye∫P (x)dx =

∫e∫P (x)dxQ (x) dx+ C

Finalmente:

y = e−∫P (x)dx


24


Teorema 1.3.2 (Formula de Leibnitz). Sean P y Q dos funciones continuas sobre un

intervalo abierto I ⊆ R. La solucion general de la ecuacion diferencial lineal:

y′ + P (x) y = Q (x)

esta dada por la formula:

y (x) = e−∫P (x)dx


Observacion 1.3.8. Si µ (x) = e

∫P (x)dx es el factor integrante, la formula anterior queda:

y (x) =1

µ (x)

∫µ (x)Q (x) dx+ C

Ejemplo 1.3.6. Resolver la ecuacion lineal de primer orden:

xy′ + (1− x) y = e2x

Solucion. Supongamos que x 6= 0. La ecuacion anterior queda como:

y′ +

(1

x− 1

)y =

e2x

x

Utilizando las notaciones del teorema anterior, tenemos que P (x) = 1/x−1 y Q (x) = e2x/x.

Calculamos, primeramente, el factor integrante:

µ (x) = e∫( 1x−1)dx

= |x| e−x

Luego:

y (x) =1

µ (x)

∫µ (x)Q (x) dx+ C

=

ex

|x|

∫|x| e−x e

2x

xdx+ C

Si x > 0, se tiene que |x| = x y la solucion es:

y =ex

x

∫exdx+ C

=

e2x

x+ C

ex

x

25


Por otro lado, si x < 0, se tiene que |x| = −x y la solucion es:

y =ex

−x

−∫exdx+ C

=

e2x

x− Ce

x

x

Ahora bien, como C es una constante arbitraria, si x 6= 0 se puede escribir:

y =e2x

x+ C

ex

x

Ejemplo 1.3.7. Deternine una funcion f : D ⊆ R→ R tal que

f (t) = t+ et∫ t

0

e−uf (u) du+ tf (t)

Solucion. Notemos que f (0) = 0 y

(f (t)− t− tf (t)) e−t =

∫ t

0

e−uf (u) du

usando el teorema fundamental del calculo

(f ′ (t)− 1− f (t)− tf ′ (t)) e−t − (f (t)− t− tf (t)) e−t = e−tf (t)

se sigue

f ′ (t)− 1− f (t)− tf ′ (t)− f (t) + t+ tf (t) = f (t)

ası

(1− t) f ′ (t)− (3− t) f (t) = 1− t

es una EDO de primer orden lineal

df

dt− 3− t

1− tf = 1

el factor de integracion es

µ (t) = e∫− 3−t

1−tdt = e2 ln(t−1)−t

= (t− 1)2 e−t

se sigued

dt

((t− 1)2 e−tf

)= (t− 1)2 e−t

26


integrando

(t− 1)2 e−tf =

∫(t− 1)2 e−tdt

es decir

(t− 1)2 e−tf = −e−t(t2 + 1

)+ C

de donde

f (t) =−e−t (t2 + 1) + C

(t− 1)2 e−t

como f (0) = 0 se sigue

0 = −1 + C ⇒ C = 1

finalmente

f (t) =−e−t (t2 + 1) + 1

(t− 1)2 e−t


dy

dx− 2xy = x

Solucion. Es una ecuacion lineal, el factor integrante es µ (x) = e∫−2xdx = e−x

2, multipli-

cando la ecuacion por µ (x) se tiene

e−x2 dy

dx− 2xe−x

2

y = xe−x2

luegod

dx

(e−x

2

y)

= xe−x2

integrando

e−x2

y =

∫xe−x

2

dx

= −1

2e−x

2

+ C

ası

y (x) = −1

2+ Cex

2

27


Ecuacion de Bernoulli

Observacion 1.3.9. Numerosas aplicaciones pueden ser modeladas con ecuaciones di-

ferenciales ordinarias que no son lineales, sin embargo, mediante cambios de variables

adecuados y algo de manipulacion algebraica, estas ecuaciones pueden ser transformadas

en ecuaciones diferenciales lineales. Un caso importante es la llamada ecuacion de Bernoulli.

Definicion 1.3.5. Sean P (x) y Q (x) funciones continuas sobre un intervalo abierto I ⊆ R.

Una ecuacion diferencial de la forma:

y′ + P (x) y = Q (x) yα, α 6= 1 (1.17)

se llama ecuacion de Bernoulli.

Observacion 1.3.10. Multipliquemos la ecuacion de Bernoulli en (1.17) por y−α, de donde

obtenemos:

y−αy′ + P (x) y1−α = Q (x) (1.18)

Sea z = y1−α. Luego, por la regla de la cadena, obtenemos:

z′ = (1− α) y−αy′

Reemplazando en la ecuacion (1.18), se obtiene:

1

1− αz′ + P (x) z = Q (x)

O bien:

z′ + (1− a)P (x) z = (1− α)Q (x) (1.19)

que es una ecuacion diferencial lineal de primer orden. Es importante notar que una vez

resuelta la ecuacion (1.19) se debe volver a la variable original y = y (x).

Ejemplo 1.3.9. Hallar la solucion de la ecuacion diferencial:

dy

dx+ xy = x3y3

Solucion. Dividiendo todos los terminos por y3, tenemos:

y−3y′ + xy−2 = x3 (1.20)

28


Consideremos, tal como en la observacion anterior, el cambio de variablesz = y−2. Luego:

dz

dx= −2y−3 dy

dx

Reemplazando la ecuacion anterior en (1.20), se obtiene la ecuacion diferencial lineal:

dz

dx− 2xz = −2x3

cuya solucion es:

z = 1 + x2 + Cex2

Por consiguiente, la solucion general de la ecuacion diferencial dada es:

y =1√

1 + x2 + Cex2

con C una constante cualquiera.

Ejemplo 1.3.10 (Ecuacion logıstica). Resuelva la siguiente ecuacion de Bernoulli, conocida

como ecuacion logıstica:dN

dt= αN (β −N) (1.21)

con α, β > 0.

Solucion. Note que podemos escribir la ecuacion (1.21) como:

dN

dt= αβN − αN2

Sean A = αβ y B = α, entonces:

dN

dt− AN = −BN2

Dividiendo la ecuacion anterior por N2, obtenemos:

N−2 dN

dt− AN−1 = −B (1.22)

Sea z = N−1, luego:dz

dt= −N−2 dN

dt

Reemplazando en la ecuacion (1.22), obtenemos:

−dz

dt− Az = −B

29


Es decir:dz

dt+ Az = B

cuya solucion exacta es:

z = Ce−At +B

A

Pero z = 1N

, luego:

N =1

z=

1

Ce−At +B/A

Finalmente, como A = αβ y B = α, obtenemos:

N (t) =β

1 + Ce−αβt

Ecuacion de Ricatti

Definicion 1.3.6. Una ecuacion de Ricatti es una ecuacion diferencial de la forma:

y′ + P (x) y +Q (x) y2 = R (x) (1.23)

donde P,Q y R son funciones continuas sobre un intervalo I ⊆ R.

Observacion 1.3.11. Existe un metodo para obtener una familia de soluciones de una

ecuacion de Ricatti si se conoce una solucion particular u = u (x). Supongamos esto y

consideremos el cambio de variables:

y = u+1

v(1.24)

con v = v (x) la nueva variable. Derivando la ecuacion anterior, obtenemos:

y′ = u′ − 1

v2v′ (1.25)

Reemplazando las ecuaciones (1.24) y (1.25) en la ecuacion de Ricatti (1.23), se sigue que:(u′ − 1

v2v′)

+ P (x)

(u+

1

v

)+Q (x)

(u+

1

v

)2

= R (x)

Reordenando los terminos de la ecuacion anterior, tenemos que:

u′ + P (x)u+Q (x)u2

− v′

v2+ P (x)

1

v+Q (x)

2u

v+

1

v2

= R (x)

30


Ahora bien, como u es una solucion particular de la ecuacion (1.23), obtenemos:

− v′

v2+ P (x)

1

v+Q (x)

2u

v+

1

v2

= 0

Amplificando la ecuacion anterior por −v2, finalmente se obtiene la ecuacion:

v′ − P (x) v −Q (x)u (x) v −Q (x) = 0

Es decir:

v′ − P (x) + u (x)Q (x) v = Q (x)

que es una ecuacion lineal de primer orden.

Ejemplo 1.3.11. Resuelva la ecuacion de Ricatti:

y′ = y2 − 2

x2(1.26)

Solucion. Notamos primeramente que u = 1x

es una solucion particular de la ecuacion.

En efecto:

u2 − 2

x2=

1

x2− 2

x2

= − 1

x2

= u′

Ahora bien, sea y = 1x

+ 1v, luego:

dy

dx= − 1

x2− 1

v2

dv

dx

Reemplazando la ecuacion anterior y el cambio de variables y = 1x

+ 1v

en la ecuacion (1.26),

obtenemos:

− 1

x2− 1

v2

dv

dx=

(1

x+

1

v

)2

− 2

x2

Simplificando y agrupando terminos semejantes, se tiene:

− 1

v2

dv

dx=

2

vx+

1

v2

Amplificando por −v2, finalmente se obtiene:

v′ +2

xv = −1

31


Como se puede observar, la ecuacion anterior es una ecuacion lineal de primer orden cuya

solucion exacta es:

v =C

x2− x

3

Sin embargo, recordemos que y = 1x

+ 1v. Luego, la solucion obtenida es:

y =1

x+

1Cx2− x

3

O bien:

y =1

x+

3x2

C − x3

Ejemplo 1.3.12. Obtenga una solucion del problema

dy

dx=

1

x2y2 − 1

xy + 1

y (1) = 3

Indicacion:Primero buscar una solucion dela ecuacion de la forma y = ax+ b.

Solucion. Usamos la indicacion para buscar una solucion (la ecuacion es de Ricatti)

entonces

x2a = (ax+ b)2 − x (ax+ b) + x2

se sigue

ax2 =(a2 − a+ 1

)x2 + (2ab− b)x+ b2

ası

b = 0

y

a = a2 + 1− a

que tiene solucion a = 1, se sigue que una solucion es

y = x

(la cual no cumple y (1) = 3) hacemos el cambio de variables

y =1

u+ x

32


entonces

− 1

u2

du

dx+ 1 =

1

x2

(1

u+ x

)2

− 1

x

(1

u+ x

)+ 1

ası

− 1

u2

du

dx+ 1 =

1

ux+

1

u2x2+ 1

eliminando

− 1

u2

du

dx=

1

ux+

1

u2x2

luegodu

dx= −u

x− 1

x2

es lineal y tiene solucion

u =C

x− 1

xlnx

ası, como y = 1u

+ x se sigue

y =1

Cx− 1

xlnx

+ x

pero y (1) = 3 ası

3 =1

C+ 1

luego C = 12

reemplazando

y =1

12x− 1

xlnx

+ x

es la solucion del problema.


y′ − xy2 + (2x− 1) y = x− 1

si se sabe que tiene una solucion constante.

Solucion. La solucion constante es y = 1 (verificar) entonces podemos hacer el cambio

y =1

z+ 1

dy

dx= −z−2 dz

dx

reemplazamos

−z−2 dz

dx− x

(1

z+ 1

)2

+ (2x− 1)

(1

z+ 1

)− x+ 1 = 0

−z−2 dz

dx− 1

z2(x+ z) = 0

33


asıdz

dx+ (x+ z) = 0

la cual es lineal, la solucion es z = Ae−x − x+ 1 ası

y =1

Ae−x − x+ 1+ 1

Ecuaciones homogeneas

Definicion 1.3.7. Una funcion f : U ⊆ R2 → R se dice homogenea de grado n si:

f (tx, ty) = tn f (x, y)

para todo t ∈ R tal que (tx, ty) ∈ U .

Observacion 1.3.12. Si M y N son funciones homogeneas de grado n, entonces la

ecuacion:

M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 (1.27)

se escribe como:dy

dx= −M (x, y)

N (x, y)= −

M(1, y

x

)N(1, y

x

) = F(yx

)donde F : R→ R. Luego, la ecuacion (1.27) puede escribirse como:

y′ = F(yx

)Definicion 1.3.8. La ecuacion de primer orden:

y′ = f (x, y)

se llama homogenea, si la funcion f (x, y) es homogenea de grado 0.

Observacion 1.3.13. En vista de la observacion anterior, toda ecuacion homogenea puede

escribirse en la forma:

y′ = F(yx

)(1.28)

haciendo t = 1x. Para resolver esta ecuacion se considera el cambio de variables z = y

x; o

bien, y = zx. Luego, al derivar respecto de x tenemos que:

dy

dx= z + x

dz

dx

34


Reemplazando la ecuacion anterior en la ecuacion (1.28), se obtiene:

z + xdz

dx= F (z)

la cual es una ecuacion de variable separable. Finalmente, podemos escribir:∫dz

F (z)− z=

∫dx

x+ C

con C una constante arbitraria.

Ejemplo 1.3.14. Resuelva la ecuacion diferencial:

y′ =x+ y

x− y

Solucion. Se trata de una ecuacion con funcion homogenea de grado cero pues

y′ =x+ y

x− y=

1 + yx

1− yx

= F(yx

)ponemos u = y

xluego u+ xu′ = y′ reemplazando

u+ xu′ =1 + u

1− u

luego

du

dx=

1

x

(1 + u

1− u− u)

=1

x

(u2 + 1

1− u

)esta ecuacion es de variables separadas, se sigue∫

1− u1 + u2

du =

∫dx

x

luego

arctanu− 1

2ln(1 + u2

)= ln |x|+ C

volvemos a la variable

arctan(yx

)− 1

2ln

(1 +

(yx

)2)

= ln |x|+ C

35


Ejemplo 1.3.15. Resuelva el P.V.I.

xdy

dx= y +

(x2 − y2

)1/2

y (1) = 0

Solucion. Note que

dy

dx=y

x+

(1−

(yx

)2)1/2

es homogenea, hacemos el cambio

u =y

x⇒ u+ x

du

dx=

dy

dx

luego

u+ xdu

dx= u+

√1− u2

se siguedu

dx=

√1− u2

x

resolvemos esta ecuacion de variables separables∫du√

1− u2=

∫dx

x

arcsinu = ln |x|+ C

ası

u = sin (ln |x|+ C)

luego

y = x sin (ln |x|+ C)

evaluando

0 = sin (ln |1|+ C) = sinC

se sigue C = kπ con k ∈ Z, ası

y = x sin (ln |x|+ kπ) con k ∈ Z

36


Otros cambios de variables

Observacion 1.3.14. La regla de la cadena nos permite cambiar variables en las ecuaciones

diferenciales para llevarlas a ecuaciones diferenciales que se resuelven mediante los metodos

elementales. Consideremos los siguientes ejemplos:

Ejemplo 1.3.16. Recordemos la ecuacion (1.7) obtenida en el problema del espejo pa-

rabolico. Es decir, la ecuacion:y

x=

2y′

1− (y′)2

Utilizando un cambio de variables adecuado, resolveremos esta ecuacion diferencial. En

primer lugar, despejando y′ de la ecuacion, se obtiene:

y (y′)2

+ 2xy′ − y = 0

Por la formula de la ecuacion de segundo grado, encontramos que:

y′ =−x±

√x2 + y2

y

Por la simetrıa de la curva y = f (x) y el hecho que |x| <√x2 + y2, se obtiene que y′ > 0.

Luego:

y′ =−x+

√x2 + y2

y(1.29)

Consideremos, ahora, el cambio de variables z = x2 + y2. Entonces:

dz

dx= 2x+ 2y

dy

dx

Reemplazando la ecuacion anterior en la ecuacion (1.29), se obtiene:

dz

dx= 2x+ 2y

(−x+

√x2 + y2

y

)= 2x− 2x+ 2

√x2 + y2

Es decir, obtenemos la ecuacion de variable separable:

dz

dx= 2√z

Ası: ∫dz

2√z

=

∫dx+ C

37


implica que:√z = x+ C

Por tanto, elevando al cuadrado y como z = x2 + y2, se obtiene finalmente:

x2 + y2 = x2 + 2Cx+ C2

O bien:

y2 = 2Cx+ C2

con C ∈ R.


dy

dx= (x+ y + 1)2 − 2

utilizando para ello un cambio de variables adecuado.

Solucion. Haciendo z = x+ y + 1, tenemos z′ = 1 + y′, de modo que:

z′ − 1 = z2 − 2

o bien:

z′ = z2 − 1

Separando variables, obtenemos: ∫dz

z2 − 1=

∫dx+ C

Integrando se tiene que:

1

2ln (z − 1)− ln (z + 1) = x+ C

o:

lnz − 1

z + 1= 2x+ C

Luego:z − 1

z + 1= e2x+C

Es decir, obtenemos:

z − 1 = Ce2x (z + 1)

Despejando z y recordando que z = x+ y + 1, se obtiene finalmente:

y =1 + Ce2x

1− Ce2x− x− 1

38


Ejemplo 1.3.18. Para un valor de n ∈ N adecuado, el cambio de variables u = xny

transforma la ecuacion diferencial

x2 dy

dx+ 2xy =

√1− y2x4x2

en una ecuacion de variables separables. Determine tal valor de n y resolver la ecuacion.

Solucion. Note que

y = x−nu

luegody

dx= −nx−n−1u+ x−n

du

dx

reemplazando

x2

(−nx−n−1u+ x−n

du

dx

)+ 2x

(x−nu

)=

√1− (x−nu)2 x4x2

ordenando

−nx−n+1u+ x2−ndu

dx+ 2

(x−n+1u

)=√

1− (x4−2nu2)x2

se sigue

x2−ndu

dx+ (2− n)

(x−n+1u

)=√

1− (x4−2nu2)x2

tomando n = 2 obtenemosdu

dx=√

1− u2x2

que es de variables separables, se sigue∫du√

1− u2=

∫x2dx

ası

arcsinu =x3

3+ C

luego u = sin(x3

3+ C

)y finalmente

y =sin(x3

3+ C

)x2


yy′′ = y′y2 + (y′)2

haciendo el cambio u = y′.

39


Solucion. Si u = y′ entonces

y′′ =du

dy

dy

dx

= udu

dy

reemplazando

yudu

dy= uy2 + (u)2

ydu

dy= y2 + u

esta ecuacion es linealdu

dy− 1

yu = y

que tiene solucion

u = y2 + cy

luegody

dx= y2 + cy

es de variables separadas, tiene solucion

y (x) =c

Ae−cx − 1

Obs.: Esta tecnica reduce el orden de la E.D.O. si es de la forma F (y, y′, y′′) es decir,

no depende de la variable x.

Observacion 1.3.15. Como muestran los ejemplos anteriores, en general, se puede efectuar

cualquier cambio de variables o sustitucion que se desee al intentar resolver una ecuacion

diferencial. Sin embargo, cualquier no asegura el exito en facilitar la resolucion de la

ecuacion diferencial. Por tanto, debe buscarse el cambio de variables adecuado, [4].


1. Resuelva las siguientes ecuaciones mediante integracion directa

(a)(x2 + 4

) dy

dx= 4 (b)

dy

dx= x lnx

(c)1

arctanxy′ =

1

(1 + x2)(d) e−x

dy

dx= sinx

40


2. Resuelva las siguientes ecuaciones de variables separables:

(a) yy′ − x = xy2 (b) y′ = ex+y

(c) y ln y + xy′ = 0 (d) (1 + ex) y′ = ey

(e) y′ = 1 + x+ y + xy (f) y′ = x2y2 + x2

3. Verifique que las siguientes ecuaciones son homogeneas y resuelvalas:

(a) 3x− y +dy

dx(2y − x) = 0 (b) x

dy

dx= y +

√y2 − x2

(c) 4x2 + xy − 3y2 +dy

dx

(−5x2 + 2xy + y2

)= 0 (d)

(3x2 − y2

) dy

dx= 2xy

(e)dy

dx=x+ y

x− y(f) x2y

dy

dx= x3 + y3

4. Resuelva las siguientes ecuaciones lineales de primer orden:

(a) xy′ + y = xex (b) y′ + y cos (x) = sin (x) cos (x)

(c) y′ + 2y = x2 + 2x (d) y′ + 2y = sinx

(e)(1 + x2

)y′ + xy = 1 (f) y′ +

1

xy =

1

x2

5. Resolver las siguientes ecuaciones de Bernoulli:

1.- y′ − 4y = 2exy1/2 3.- xy′ − 2y = 4x3y1/2

2.- y′ − y + y2 (x2 + x+ 1) = 0 4.- xy′ + y = y2x2 lnx

6. Las ecuaciones en este ejercicios pueden ser transformadas en lineales mediante un

cambio de variables adecuado, descubra tal cambio y resuelva la ecuacion:

a) y′ + x tan y = x2 sec y

b) 2xyy′ + (1 + x) y2 = ex

7. Sean A,B,C,D,E, F constantes. Muestre que utilizando un cambio de coordenadas

conveniente podemos transformar una ecuacion del tipo

dx

dt= f

(Ax+Bt+ C

Dx+ Et+ F

)en una ecuacion de variables separables o en una homogenea. Ind.: x = X+h, y = Y +k

donde h, k son constantes por determinar.

8. Resolver el P.V.I.

dx

dt=

2x+ t− 1

x+ 2t+ 1

x (0) = 1

41


9. Resuelva la ecuacion de Ricatti:

y′ −(2x3 + 1

)y = −x2y2 − x4 − x+ 1

sabiendo que u (x) = x es una solucion particular de la ecuacion.

10. Si u (x) = x2 es una solucion particular de la ecuacion:

y′ +(3− 2x2 sinx

)y = −y2 sinx+ 2x+ 3x2 − x4 sinx

Hallar una familia infinita de soluciones.

Modelos simples: Segunda parte

Observacion 1.4.1. Ahora consideraremos algunos ejemplos mas: el problema de mezclas,

o en terminos mas generales, el problema de analisis de compartimientos, [4], el problema

de las curvas de persecucion y un problema geometrico.

Observacion 1.4.2 (Analisis de compartimientos , [4]). Un proceso fısico o biologico com-

plejo puede ser dividido algunas veces en varios estados distintos. El proceso total puede

describirse por la interaccion entre los estados individuales. Cada estado se llama comparti-

miento (lo podemos considerar como un tanque) y se supone ademas que el contenido de

cada compartimiento esta mezclado homogeneamente. En cada compartimiento se transfiere

material que es inmediatamente incorporado al siguiente en el sistema.

Considere un sistema formado por un solo compartimiento, suponga que un material es

introducido en tal compartimiento a una razon e (t), el cual se incorpora a una cantidad

x (t) de material existente al interior del compartimiento, y luego se extrae material (que

puede pasar a otro compartimiento) a una razon de s (t). Por consiguiente, la variacion de

material al interior del compartimiento esta dada entonces por la ecuacion diferencial:

dx

dt= e (t)− s (t)

Consideremos algunos ejemplos:

42


Ejemplo 1.4.1. Considere un tanque que contiene 100 litros de agua, en el cual se han

disuelto 50 kilogramos de sal. Suponga que 2 litros de salmuera cada uno con 1 kilogramo

de sal disuelta, entran por minuto al tanque, y la mezcla que se mantiene homogenea

revolviendola a gran velocidad, sale del tanque a razon de 2 litros por minuto. Hallar la

cantidad de sal al interior del tanque en el tiempo t.

Solucion. Sea x (t) el numero de kilogramos de sal disueltos en el tanque en t minutos.

Notamos que las unidades ayudan bastante en la extraccion de informacion. En efecto,

dx/dt esta en [kg/mın] y entonces, e (t) y s (t) deben esta en las mismas unidades. Ası:

e (t) = 2

[kg

lt

] [lt

mın

]= 2

[kg

mın

]y

s (t) = 2

[lt

mın

]· x (t)

100

[kg

lt

]=x (t)

50

[kg

mın

]Por tanto, la ecuacion diferencial queda:

dx

dt= 2− x (t)

50

la cual es una ecuacion lineal de primer orden. Ası, por la formula de Leibnitz, tenemos

que:

x (t) = e−t/50

2

∫et/50dt+ C

= 100 + Ce−t/50

43


pero sabemos que en t = 0, x (0) = 50. Ası, 50 = 100 + C. Por tanto:

x (t) = 100− 50e−t/50

Observacion 1.4.3 (Curvas de persecucion, [4]). Utilizando la propiedad geometrica de

que la pendiente de la recta tangente a una curva y en un punto dado de la curva es y′, se

pueden construir ecuaciones diferenciales que permiten estudiar la trayectoria que describe

un depredador tras su presa.

Consideremos algunos ejemplos:

Ejemplo 1.4.2. Un esquiador acuatico P localizado en el punto (a, 0), con a > 0, es

halado por un bote de motor Q localizado en el origen y que viaja hacia arriba a lo largo

del eje Y . Hallar la trayectoria del esquiador si este se dirige en todo momento hacıa el

bote. La trayectoria se denomina tractriz.

Solucion. Observemos que la recta que une P y Q, digamos←→PQ es tangente al camino

recorrido por P . Por tanto, su pendiente esta dada por:

dy

dx= −√a2 − x2

x(1.30)

puesto que la longitud del segmento PQ es a. La ecuacion diferencial (1.30) es de integracion

directa, luego:

y = −∫ √

a2 − x2

xdx+ C

Ası1:

y = a ln

(a+√a2 − x2

x

)−√a2 − x2 + C

1

∫ √a2 ± x2

xdx =

√a2 ± x2 − a ln

∣∣∣∣∣a +√a2 ± x2

x

∣∣∣∣∣+ C

44


Como y = 0 cuando x = a, vemos que C = 0, de modo que la ecuacion de la trayectoria es:

y = a ln

(a+√a2 − x2

x

)−√a2 − x2

Ejemplo 1.4.3. Suponga que un halcon P situado en el punto (a, 0) descubre una paloma

Q en el origen, la cual vuela a lo largo del eje Y a una velocidad v. El halcon emprende el

vuelo inmediatamente hacia la paloma a una velocidad w. ¿Cual sera el camino seguido

por el halcon en su vuelo?

Solucion. Sea t = 0 el instante en que el halcon comienza a volar hacia la paloma. Despues

de t segundos la paloma estara en el punto Q = (0, vt) y el halcon en P (x, y). Como la

recta T =←→PQ es otra vez tangente a la trayectoria, encontramos que su pendiente mT = y′.

Luego, se obtiene la ecuacion diferencial:

y′ =y − vtx

(1.31)

Debemos ahora eliminar t de la ecuacion anterior, pues y′ = dy/dx. Para ello debemos

calcular la longitud del camino recorrido por el halcon. Si ds representa un elemento

diferencial de longitud del arco formado por la trayectoria, tenemos que:

wt =

∫ a

x

ds

pero ds =√

1 + (y′)2dx. Ası, la formula anterior queda como:

t =1

w

∫ a

x

√1 + (y′)2dx

Despejando t de la ecuacion (1.31) e igualando con la ecuacion anterior, obtenemos:

y − xy′

v=

1

w

∫ a

x

√1 + (y′)2dx

Derivando:y′ − (y′ + xy′′)

v=

1

w

√1 + (y′)2

Ordenando la ecuacion anterior, se tiene que:

xy′′ =v

w

√1 + (y′)2 (1.32)

45


Note que la ecuacion anterior es una ecuacion diferencial de segundo orden. Sin embargo,

mediante el cambio de variables:

u = y′

la ecuacion (1.32) queda como:

xu′ =v

w

√1 + u2

que es una ecuacion de primer orden de variable separable. Entonces, separando variables

e integrando, obtenemos: ∫du√

1 + u2=v

w

∫dx

x+ C

Luego:

ln(u+√

1 + u2)

=v

wlnx+K

pero u = y′ = 0 cuando x = a, se sigue que K = (v/w) ln a. Tomando exponenciales a

ambos lados de la ecuacion anterior se tiene:

u+√

1 + u2 =(xa

)v/wque, despues de algunas operaciones algebraicas, nos da:

dy

dx=

1

2

(xa

)v/w−(xa

)−v/wSuponiendo que w > v, se obtiene finalmente que:

y =a

2

(x/a)1+v/w

1 + v/w− (x/a)1−v/w

1− v/w+ C

Ejemplo 1.4.4. Determine la curva que pasa por(

12, 3

2

)y corta a cada miembro de la

familia x2 + y2 = c2 con c ∈ R+ formando un angulo de 45o.

Solucion. El angulo entre dos curvas es dado por el angulo entre sus rectas tangentes

luego

tan θ =m1 −m2

1 +m1m2

note que la pendiente de las rectas tangentes a la familia de curvas es

2x+ 2yy′ = 0⇒ m1 =−xy

46


ası

tan(π

4

)=

−xy− y′

1− xyy′

esto es

1 =

−xy− y′

1− xyy′

se sigue

1− x

yy′ =

−xy− y′

⇔

1 +x

y=

x

yy′ − y′

luegody

dx=

1 + xy

xy− 1

=yx

+ 1

1− yx

que es una ecuacion homogenea , hacemos el cambio u = yx

de donde

u+ xdu

dx=u+ 1

1− uluego

xdu

dx=

u+ 1

1− u− u

⇔du

dx=

(u2 + 1

1− u

)1

x

resolvemos ∫1− u1 + u2

du =

∫1

xdx

se sigue

arctanu− 1

2ln(1 + u2

)= ln |x|+ C

volvemos a la variable y,

arctan(yx

)− 1

2ln(x2 + y2

)= C

y determinamos la constante con el punto(

12, 3

2

)arctan (3)− 1

2ln

(5

2

)= C

ası la curva es

arctan(yx

)− 1

2ln(x2 + y2

)= arctan 3− 1

2ln

(5

2

).

47



1. Determinar la curva que pasa por(

12, 3

2

)y corta a cada miembro de la familia de

curvas x2 + y2 = c2 formando un angulo de 30o.

2. Encuentre la curva que pertenece a la familia de trayectorias ortogonales de la familia

de curvas x+ y = cey que pasa por (0, 5).

3. Suponga que un halcon situado en (a, 0) descubre una paloma en el origen, la

cual vuela a lo largo del eje Y a una velocidad v; El halcon emprende el vuelo

inmediatamente hacia la paloma con una velocidad de w. ¿Cual es el camino seguido

por el halcon en su vuelo persecutorio?.

4. Un destructor esta en medio de una niebla muy densa que se levanta por un momento

y deja ver un submarino enemigo en la superficie a cuatro kilometros de distancia.

Suponga:

a) que el submarino se sumerge inmediatamente y avanza a toda maquina en una

direccion desconocida.

b) que el destructor viaja tres kilometros en lınea recta hacia el submarino.

¿Que trayectoria deberıa seguir el destructor para estar seguro que pasara directamente

sobre el submarino, si su velocidad v es tres veces la del submarino?

5. Suponga que el eje Y y la recta x = b forman las orillas de un rıo cuya corriente tiene

una velocidad v en la direccion negativa del eje Y . Un hombre esta en el origen y

su perro esta en el punto (b, 0). Cuando el hombre llama al perro, este se lanza al

rıo y nada hacia el hombre a una velocidad constante w (con w > v). ¿Cual es la

trayectoria seguida por el perro?.

6. Cuatro caracoles situados en las esquinas de un cuadrado [0, a]× [0, a] comienzan a

moverse con la misma velocidad, dirigiendose cada uno hacia el caracol situado a su

derecha. ¿Que distancia recorreran los caracoles al encontrarse?

48


7. Hallar la ecuacion de todas las curvas que tienen la propiedad de que el punto de

tangencia es punto medio del segmento tangente entre los ejes coordenados.

8. Un cuerpo se calienta a 110o C y se expone al aire libre a una temperatura de 100 C.

Si al cabo de una hora su temperatura es de 60o C. ¿Cuanto tiempo adicional debe

transcurrir para que se enfrıe a 30o C?

9. Una persona de un pueblo de 1000 habitantes regreso con gripe. Si se supone que la

gripe se propaga con una rapidez directamente proporcional al numero de agripados

como tambien al numero de no agripados. Determinar el numero de agripados cinco

dıas despues, si se observa que el numero de agripados el primer dıa es 100.

10. Un colorante solido disuelto en un lıquido no volatil, entra a un tanque a una velocidad

v1 galones de solucion/minuto y con una concentracion de c1 libras de colorante/galon

de solucion. La solucion bien homogeneizada sale del tanque a una velocidad de v2

galones de solucion/min. y entra a un segundo tanque del cual sale posteriormente a

una velocidad de v3 galones de solucion/min.

Inicialmente el primer tanque tenıa P1 libras de colorante disueltas en Q1 galones

de solucion y el segundo tanque P2 libras de colorante disueltas en Q2 galones de

solucion. Encontrar dos ecuaciones que determinen las libras de colorante presentes

en cada tanque en cualquier tiempo t.

11. Un teatro de dimensiones 10 × 30 × 50m3, contiene al salir el publico 0,1 % por

volumen de CO2. Se sopla aire fresco a razon de 500 m3 por minuto y el sistema

de aire acondicionado lo extrae a la misma velocidad. Si el aire atmosferico tiene

49


un contenido de CO2 del 0,04 % por volumen y el lımite saludable es de 0,05 % por

volumen. ¿ En que tiempo podra entrar el publico?.

12. Un tanque contiene inicialmente agua pura. Salmuera que contiene 2 libras de sal/gal.

entra al tanque a una velocidad de 4 gal./min. Asumiendo la mezcla uniforme, la

salmuera sale a una velocidad de 3 gal./min. Si la concentracion alcanza el 90 % de

su valor maximo en 30 minutos, calcular los galones de agua que habıan inicialmente

en el tanque.

13. Un tanque de una cierta forma geometrica esta inicialmente lleno de agua hasta una

altura H. El tanque tiene un orificio en el fondo cuya area es A pie2. Se abre el orificio

y el lıquido cae libremente. La razon volumetrica de salida dQdt

es proporcional a la

velocidad de salida y al area del orificio, es decir,

dQ

dt= −kAv

aplicando la ecuacion de energıa 12mv2 = mgh se obtiene v =

√2gh donde g = 32

pie/seg2.

La constante k depende de la forma del orificio:

a) Si el orificio es de forma rectangular, la constante k = 0, 8.

b) Si el orificio es de forma triangular, la constante 0, 65 ≤ k ≤ 0, 75.

c) Si el orificio es de forma circular, la constante k = 0, 6.

Con estos datos:

a) Un tanque semiesferico tiene un radio de 1 pie; el tanque esta inicialmente lleno

de agua y en el fondo tiene un orificio de 1 pulg. de diametro. Calcular el tiempo

de vaciado.

b) Modelar el caso: Cilindro circular de altura H0 pies y radio r pies, dispuesto en

forma vertical y con un orificio circular de diametroρ (pulgadas), suponga que

esta lleno de agua y calcule el tiempo de vaciado.

50


14. Un torpedo se desplaza a una velocidad de 60 millas/hora en el momento de agotarse

el combustible; si el agua se opone al movimiento con una fuerza proporcional a su

velocidad y si en una milla de recorrido reduce su velocidad a 30 millas/hora. ¿A que

distancia se detendra?

15. Una bala se introduce en una tabla de h = 10 cm. de espesor con una velocidad v0 =

200 m/seg, traspasandola con v1 = 80 m/seg. Suponiendo que la resistencia de la

tabla al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad. Hallar el

tiempo que demora la bala en atravesar la tabla.

16. Una cadena de 4 pies de longitud tiene 1 pie de longitud colgando del borde de una

mesa. Despreciando el rozamiento, hallar el tiempo que tarda la cadena en deslizarse

fuera de la mesa.

Analisis cualitativo

Es equivocado pensar que el objetivo principal del estudio de las ecuaciones diferenciales

consiste en encontrar artificios de calculo que permitan resolverlas. Anteriormente presenta-

mos una seleccion de tecnicas que permiten resolver algunas ecuaciones diferenciales. Como

en toda seleccion la lista no es completa. Existen tratados en donde se elaboran tablas de

soluciones de manera analoga a las tablas de antiderivadas.

La pericia para resolver ecuaciones diferenciales va perdiendo poco a poco importancia

con la llegada de los computadores y el diseno de software especializado para computacion

simbolica. La tendencia actual es dejar al computador este tipo de tareas de calculo. Un

programa como Mathematica puede resolver mediante instrucciones sencillas casi todas las

ecuaciones diferenciales tratadas en este curso.

Sin quitarle importancia a este tipo de programas debe quedar claro que ni el mas

refinado de los software ni el mas ingenioso de los matematicos puede resolver en terminos

de funciones elementales todas las ecuaciones diferenciales, ni siquiera las mas importantes

de ellas. El problema mas que de habilidad es de principio. En casos tan simples como

dx

dt= −1

x+ t

51


se desconocen soluciones clasicas. La busqueda de recetas para resolver todas las ecuaciones

diferenciales en terminos de funciones elementales es una busqueda sin esperanzas. Ante este

hecho se presentan algunas alternativas: Los metodos cualitativos, los metodos numericos,

y los metodos de aproximacion. No es parte de los objetivos de estas notas un estudio

detallado al respecto. Se quiere sin embargo ilustrar los metodos cualitativos.

Metodos cualitativos

En muchos problemas, mas que calculos cuantitativos puntuales, lo que interesa es el

comportamiento cualitativo de las soluciones en terminos de las condiciones iniciales o de

valores de los parametros. Saber que una solucion es creciente, que es concava o que tiene

un lımite en el infinito puede ser de ayuda en el entendimiento de un modelo. Ocurre, que

bajo ciertas circunstancias, podemos obtener tal informacion sin resolver explıcitamente la

ecuacion diferencial. Analizaremos primero el siguiente modelo:

El modelo de Verhulst

Resumiremos los principales resultados concernientes al modelo de Verhulst para la

dinamica de poblacionesdx

dt= x (a− bx) (1.33)

donde a, b > 0, esta ecuacion tiene dos soluciones constantesx1 (t) = 0 y x2 (t) = ab. Estas

soluciones dividen al plano xt en 3 regiones de poblaciones

R1 =

(t, x) :a

b< x

, R2 =

(t, x) : 0 < x <

a

b

, R3 = (t, x) : x < 0

tales que el grafico de cualquier solucion no constante x = x(t) de (1.33) permanece

confinado en una y solo una de estas regiones. Mas aun, podemos determinar cuando es

creciente, y cuando es decreciente la solucion x = x(t) de (1.33) a partir de la condicion

inicial x(t0) = x0.

52


∫dx

x (a− bx)=

∫dt∫ (

1

ax+

1

a

b

a− bx

)= t+ C(

1

aln |x| − 1

aln |a− bx|

)= t+ C

ln

∣∣∣∣ x

a− bx

∣∣∣∣ = at+ C

se sigue xa−bx = Keat,

x (t) =Kaeat

Kbeat + 1=

a

b+ Ce−at

1. Si x0 < 0 entonces x0 = ab+Ce−at0

, entonces C = − 1e−at0

(b− a

x0

), se sigue

x (t) =ax0

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)

note que ax0 < 0 y

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0) = 0

⇔

(a− bx0) e−a(t−t0) = −bx0

⇔

e−a(t−t0) =−bx0

(a− bx0)> 0

ası

T = −1

aln−bx0

(a− bx0)+ t0 > t0

el intervalo de definicion de esta solucion es]−∞,− 1

aln −bx0

(a−bx0)+ t0

[≡ ]−∞, T [ en

este intervalo

d

dt

ax0

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)=

a2x0e−a(t−t0) (a− bx0)

(bx0 + aeat0−at − bx0eat0−at)2 < 0

la funcion es estrictamente decreciente y

lımt→T−

ax0

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)= −∞

53


Diremos que esta solucion explota en un tiempo finito. Note que esta solucion no

representara una solucion asociada al problema de poblaciones pues siempre es

negativa.

2. Si 0 < x0 <ab

entonces x (t) = ax0bx0+(a−bx0)e−a(t−t0)

esta bien definida en todo R pues el

denominador no se anula

0 < bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)

ademas

0 < x (t) =ax0

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)<a

b

yd

dt

ax0

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)=


(bx0 + aeat0−at − bx0eat0−at)2 > 0

la funcion es estrictamente creciente y

lımt→+∞

ax0

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)=a

b

ademas

lımt→−∞

ax0

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)= 0

3. Si x0 >ab

entonces x (t) = ax0bx0+(a−bx0)e−a(t−t0)

esta bien definida en]− 1a

ln −bx0(a−bx0)

+ t0,+∞[≡

]T,+∞[ donde T < t0 ademas

lımt→+∞

ax0

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)=a

b

yd

dt

ax0

bx0 + (a− bx0) e−a(t−t0)=


(bx0 + aeat0−at − bx0eat0−at)2 < 0

la funcion es estrictamente decreciente, x (t) > ab.

54


En el grafico se muestra el comportamiento de las soluciones

Veremos ahora que es posible analizar los comportamientos de las soluciones sin la

necesidad de resolver la ecuacion.

Ecuaciones diferenciales autonomas

Definicion 1.5.1. Diremos que una ecuacion diferencial de primer orden es autonoma si

se puede expresar en la formadx

dt= f (x) (1.34)

donde f : Ω→ R es una funcion definida en el intervalo abierto Ω.

Las ecuaciones dxdt

= x (1− x2); dxdt

= x (1− x); dxdt

= e−x2

sinx son ejemplos de

ecuaciones autonomas, mientras la ecuacion dxdt

= etx+ t no lo es.

Teorema 1.5.1. Sean f : Ω→ R una funcion de clase C1 (Ω), x0 ∈ Ω y t0 ∈ R entonces

existe una unica solucion del P.V.I.

dx

dt= f (x)

x (t0) = x0

x : I → R de clase C1 (I) definida en un intervalo abierto que contiene a t0.

55


Definicion 1.5.2. Llamaremos intervalo maximal de definicion al mayor intervalo abierto

donde esta definida la solucion del P.V.I. anterior.

Ejemplo 1.5.1. Determine el intervalo maximal de la solucion del P.V.I.

dx

dt= x2

x (0) = 2

Solucion. Aplicando la tecnica de separacion de variables∫x′ (t)

x (t)2dt =

∫1dt

⇔−1

x (t)= t+ C

⇒

x (t) =−1

t+ C

usando la condicion inicial 2 = −1C

entonces c = −1/2 se sigue

x (t) =−1

t− 12

el mayor intervalo que contiene a t = 0 en el cual esta funcion esta definida es I =]−∞, 1

2

[el cual corresponde al intervalo maximal.

Observacion 1.5.1. Note que las ecuaciones autonomas son de variables separadas.

Definicion 1.5.3. Las soluciones constantes x (t) = c, t ∈ R de la ecuacion (1.34) son

llamadas soluciones de equilibrio.

Note que si x (t) = c es una solucion de equilibrio

0 =dx (t)

dt= f (x (t)) = f (c)

en otras palabras las soluciones de equilibrio corresponden a las raıces de la ecuacion

f (x) = 0.

56


Ejemplo 1.5.2. Determine las soluciones de equilibrio de la ecuacion

dx

dt= sinx+ sin2 x

Solucion. Las soluciones de equilibrio corresponden a las raıces de la ecuacion

sinx+ sin2 x = 0

esto es

(sinx) (1 + sinx) = 0

luego x = kπ con k ∈ Z o bien x = 3π2

+ 2lπ con l ∈ Z.

Teorema 1.5.2. Las soluciones de la ecuacion (1.34) son soluciones de equilibrio o

funciones monotonas estrictas.

Si x (t) es una solucion definida en su intervalo maximal I, mostraremos que la derivada

no se puede anular a menos que la solucion sea de equilibrio. Supongamos que x′ (tc) = 0

para algun tc ∈ I y definamos φ (t) = x (tc) = α una funcion constante, como

0 = φ′ (t)

y

x′ (tc) = f (x (tc))

se sigue

0 = φ′ (t) = f (φ (t))

luego φ (t) es solucion de equilibrio pero

dx

dt= f (x)

x (tc) = α

tiene 2 soluciones, por el teorema de existencia y unicidad la solucion debe ser la misma,

es decir x (t) = α para todo t.

Esta demostracion tiene otra consecuencia

57


Teorema 1.5.3. Las graficas de dos soluciones distintas de (1.34) no se intersectan.

Teorema 1.5.4. Sean Ω = ]α, β[, x0 ∈ Ω, t0 ∈ R. Si x = x (t) es solucion de (1.34) con

x (t0) = x0 y su intervalo maximal de definicion es ]a, b[ entonces los lımites

lımt→a+

x (t) = A y lımt→b−

x (t) = B

existen o son ±∞, mas aun, A debe tomar el valor α o β si a 6= −∞, y B debe tomar uno

de los valores α o β si b 6=∞.

Ejemplo 1.5.3. Consideremos la ecuacion

dx

dt= x (1− x)

en este caso Ω = R ası α = −∞ y β = +∞. Para 0 < x0 < 1 sean x (t) definida en ]a, b[ la

solucion que cumple x (t0) = x0, note que x1 (t) = 0 y x2 (t) = 1 son soluciones de equilibrio

luego

0 < x (t) < 1

se sigue que 0 ≤ A,B ≤ 1 entonces a = −∞ y b = +∞. La solucion estara definida en

todo R.

Teorema 1.5.5. Si c ∈ Ω y x (t) es una solucion de (1.34) tal que lımt→+∞ x (t) = c o

lımt→−∞ x (t) = c entonces φ (t) = c, t ∈ R es una solucion de equilibrio.

Demostracion. Tenemos que probar que f (c) = 0. Supongamos que f (c) > 0 entonces

por la continuidad de f existirıa un intervalo ]c− δ, c+ δ[ tal que x ∈ ]c− δ, c+ δ[ implica

f (x) > f(c)2> 0, como

lımt→+∞

x (t) = c

58


se sigue que existe un t0 tal que t ≥ t0 implica |x (t)− c| < δ se sigue

x (t) = x (t0) +

∫ t

t0

x′ (u) du

= x (t0) +

∫ t

t0

f (x (u)) du

> x (t0) +

∫ t

t0

f (c)

2du

= x (t0) +f (c)

2(t− t0)

para t ≥ t0 pero esto contradice lımt→+∞ x (t) = c (se puede llegar a una contradiccion

similar si f (c) < 0).

Equilibrio y estabilidad

Notemos que en la ecuacion autonoma

dx

dt= f (x)

se nos indica la pendiente de la recta tangente

a la grafica de la funcion solucion x = x (t) es-

ta viene dada por f (x), esto es, dado un valor

de x las pendientes siempre son las mismas

(independiente de t), las curvas isoclinas co-

rresponde x = c, ademas en los intervalos en

los cuales f (x) > 0 la solucion es estrictamen-

te creciente y en los intervalos en los cuales

f (x) < 0 la funcion solucion es estrictamente

decreciente.

Si x (t) es una solucion dedx

dt= f (x)

entonces la funcion ϕ (t) = x (t+ c) tambien es solucion, en efecto

ϕ′ (t) = x′ (t+ c) = f (x (t+ c)) = f (ϕ (t))

59


esto significa que las traslaciones de una solucion de la ecuacion autonoma tambien es

solucion, note que si se conoce la solucion x (t) de

dx

dt= f (x)

x (t0) = x0

entonces la solucion de

dx

dt= f (x)

x (µ0) = x0

es ϕ (t) = x (t+ (t0 − µ0)), esto nos dice que en cada banda limitada por las las soluciones

de equilibrio las soluciones son traslaciones de una solucion dada.

Ejemplo 1.5.4. Considere la ecuacion

dx

dt= x

en este caso la solucion de equilibrio es

x (t) = 0. Por teorema las demas soluciones

son monotonas estrictas. Para x > 0 las so-

luciones son estrictamente crecientes y para

x < 0 estrictamente decrecientes. En este caso

es facil resolver explıcitamente

x1 (t) = et

es una solucion en la region x > 0 las demas

soluciones son xc (t) = et+k = eket = Cet

donde C > 0 son traslaciones de la solucion

anterior. Note tambien que x (t) = −et es

una solucion en la region x < 0 y las demas

soluciones en esa region son xK (t) = −et+k =

−Ket

En el ejemplo anterior el comportamiento de las soluciones en el entorno de la solucion

60


de equilibrio es como indica el diagrama

diremos en este caso que el punto de equilibrio es un repulsor, las soluciones se alejan de

esta solucion de equilibrio.

Llamaremos diagrama de fases o lıneas de fases al grafico del comportamiento de las

soluciones en el plano xt.

Definicion 1.5.4. Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de la ecuacion

alrededor de un punto de equilibrio aislado x0 en las lıneas de fases, se distinguen los

siguientes tipos:

1. x0 es llamado Repulsor si existe δ > 0 tal que

x0 − δ < x < x0 x = x0 x0 < x < x0 + δ

signo f(x) −−− 0 + + +

2. x0 es llamado Atractor si existe δ > 0 tal que

x0 − δ < x < x0 x = x0 x0 < x < x0 + δ

signo f (x) + + + 0 −−−

3. x0 es llamado Atractor-repulsor si existe δ > 0 tal que

x0 − δ < x < x0 x = x0 x0 < x < x0 + δ

signo f (x) + + + 0 + + +

61


4. x0 es llamado Repulsor-atractor si existe δ > 0 tal que

x0 − δ < x < x0 x = x0 x0 < x < x0 + δ

signo f (x) −−− 0 −−−

Para analizar entonces el tipo de solucion de equilibrio tenemos que analizar el signo

de la funcion en el entorno de la solucion de equilibrio, adicionalmente se cuenta con el

siguiente teorema:

Teorema 1.5.6. Si x (t) = c es una solucion de equilibrio de

dx

dt= f (x)

entonces:

1. Si f ′ (c) < 0, c es un atractor

2. Si f ′ (c) > 0, c es un repulsor.

Ejemplo 1.5.5. Bosquejar el diagrama de

fases de la ecuacion

dx

dt= x2 (2− x) (x− 3)

Desarrollo: La funcion x2 (2− x) (x− 3) esta

bien definida y es de clase C∞ (R) existe so-

lucion unica en cada punto (t0, x0) del plano

xt. Las soluciones de equilibrio corresponden

a x1 (t) = 0, x2 (t) = 2 y x2 (t) = 3, en el

siguiente diagrama se analiza el signo de f

0 2 3

x2 + + + 0 + + + + + + + + + + +

x− 2 −−− − −−− 0 + + + + + + +

x− 3 −−− − −−− − −−− 0 + + +

f (x) = −x2 (x− 2) (x− 3) −−− 0 −−− 0 + + + 0 −−−

62


se sigue que x1 (t) = 0 es un repulsor-atractor, x2 (t) = 2 un repulsor y x2 (t) = 3 un

atractor.


1. En una red de computadores sea x (t) la proporcion de maquinas infectadas con el

virus MTA320 en un instante t dado (note que 0 ≤ x (t) ≤ 1). x′ (t) mide la rapidez

de propagacion sobre la red. Los estudios de expertos de internet determinan que el

virus satisface el problema con valores iniciales

x′ = αx

(1

3− x)(

2

3− x)

(1− x)

x (0) = x0

donde x0 es la proporcion de computadores en que el virus se implanta inicialmente

y α > 0 es una constante.

a) Encuentre las soluciones de equilibrio, clasificarlas y dibujar el diagrama de fase

del sistema.

b) Demostrar que si 0 < x0 < 2/3 entonces el virus alcanzara finalmente a un

tercio del total.

63


c) ¿Cual debe ser la cantidad de maquinas infectada inicialmente para que todas

se infecten?

2. Sea x : I → R la solucion maximal del P.V.I.

dx

dt= x2 (1− x) (2− x) ex

2

x (0) =3

2

muestre que I = R y determine lımt→+∞ x (t), lımt→−∞ x (t).

3. Considere la ecuacion diferencial

dy

dt= y2/3

a) Demuestre que y1 (t) = 0 para todo t ∈ R es solucion.

b) Comprobar que y2 (t) = t3/27 es tambien solucion.

c) Notar que y1 (0) = y2 (0) pero ambas funciones no son iguales para toda t ¿Por

que este ejemplo no contradice el teorema de unicidad?

4. Esboce las lıneas de fase para la ecuacion diferencial dada. Identifique los puntos de

equilibrio:

(a) dydt

= 3y (1− y) (b) dydt

= y2 − 6y − 16 (c) dydt

= cos y

(d) dwdt

= w cosw (e) dwdt

= (w − 2) sinw (f) dydt

= 1y−2

(g) dwdt

= w2 + 2w + 10 (h) dydt

= tan y


dy

dt= y2 − 4y + 2

con las siguientes condiciones iniciales:

a) y (0) = 0

b) y (0) = 1

64


c) y (0) = −1

d) y (0) = −10

e) y (0) = 10

f ) y (3) = 1

describir el comportamiento a largo plazo de la solucion.

6. Describir el diagrama de fases de la ecuacion

dx

dt= (x+ λ)

(x2 + λ

)(cosx+ 2)

para los distintos valores del parametro λ.

7. Determine los valores de α ∈ R para los cuales la solucion de equilibrio x (t) = 13

de

dx

dt= (x− α)

(1

3− x)(

x2 − α)

es:

a) Un atractor.

b) Un repulsor.

o justifique la no existencia de tales valores.

8. Sea x (t) la solucion del P.V.I.

dx

dt= ex−x

2

sin (x) arctanx

x (3) = 4

a) Determine su intervalo maximal de definicion.

b) ¿Es x (t) estrictamente creciente?

c) Si existen, calcular el valor de lımt→+∞ x (t) y lımt→−∞ x (t)

9. Sean α, β > 0. La ecuaciondP

dt= αP 2/3 − βP

modela el peso de un pez en el tiempo t. Sin resolver la ecuacion, determine el peso

maximo del pez si P (0) = p0 > 0 (justificar sus calculos).

65


10. Muestre que la solucion de equilibrio y (t) ≡ 0 de la ecuacion

dy

dt= y

(cos(y5 + 2y

)− 27πy4

)corresponde a un repulsor.

66


Ejercicios del capıtulo

1. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:

a) dydx

= 1−x2y2

b) dydx

= y (2 + sin x) c) dydx

= sec2 x1+x2

d) dydx

= 1xy3

e) dydx

= 3xy2 f) xdvdx

= 1−4v2

3v

g) dxdt

+ x2 = x h) dydx

= 3x2 (1 + y2) i) (x+ xy2) + ex2y dy

dx= 0

2. Resuelva los siguientes problemas de valor inicial:

a) y′ = x3 (1− y) , y (0) = 3 b) dydx

= (1 + y2) tanx, y (0) =√

3

c) dydx

= 3x2+4x+22y+1

, y (0) = −1 d) dydx

= 2√y + 1 cosx, y (0) = 2

e) dydx

= y sinx, y (π) = −3 f) x2 + 2y dydx

= 0, y (1) = 2

3. Resuelva las siguientes ecuaciones lineales:

a) dydx− y = e3x b) dy

dx= y

x+ 2x+ 1 c) dr

dθ+ r tan θ = sec θ

d) xdydx

+ 3y + 2x2 = x3 + 4x e) (x2 + 1) dydx

+ xy = x f) dydx

= x2e−4x − 4y

4. Considere el problema con valor inicial:

dy

dx+ y√

1 + sin2 x = x, y (0) = 2

Utilice la integral indefinida para mostrar que el factor integrante para la ecuacion

diferencial se puede escribir como:

µ (x) = exp

(∫ x

0

√1 + sin2 t dt

)5. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:

67


a) (x− y) + xdydx

= 0 b) dydx

= (3x+ 2y − 1)2 + 2 c) dydx

= sin (x− y)

d) y′ + 1 =√x+ y e) dx

dt= x2+t

√t2+x2

txf) dy

dx= y(ln y−lnx+1)

x

6. Hallar la solucion general de la ecuacion de Bernoulli:

2y′ + y tanx = (−2x secx) y3

7. Resuelva la ecuacion:

3y′ = (1− 2t) y4 − y

sabiendo que y (0) = 1.

8. Resolver:dy

dx= y − x− 1 +

1

x− y − 2

9. Considere la ecuacion diferencial:

y − xy′ = a(1 + x2y′

), a > 1

a) Hallar la solucion general de la ecuacion.

b) Encuentre una solucion particular de la ecuacion, tal que y (0) = 1.

c) Hallar el intervalo mas grande donde la solucion particular anterior este definida.

10. Demuestre que la ecuacion diferencial:

2x4y y′ + y4 = 4x6

se reduce a una ecuacion homogenea mediante el cambio de variables:

y = zn

para cierto n ∈ Z. Determine el valor de n y resuelva la ecuacion.

11. Muestre que la ecuacion:

2(x3y − y3

)dy = 3

(x5 + x4y4

)dx

68


se reduce a una ecuacion homogenea, realizando el cambio de coordenadas:

x = up ∧ y = vq

para ciertas constantes adecuadas p, q ∈ R. Hallar tales constantes y resolver la

ecuacion diferencial.

12. Hallar la solucion general de la ecuacion:

(x− 2y − 4) + (2x− y + 2)dy

dx= 0

13. Considere la ecuacion de Ricatti:

y′ + 2 (1− x) y − y2 = x (x− 2)

a) Hallar constantes A,B ∈ R de modo que:

y = Ax+B

sea una solucion particular de la ecuacion.

b) Determine la solucion general de la ecuacion diferencial.

14. Resuelva la ecuacion:dy

dx= x3 (y − x)2 +

y

x

15. Sea x > 0. Considere la ecuacion:

y′ + e−2xy2 − 1

x

(1 + 4x+ 2x2

)y = −e

2x

x

(1 + x+ 2x2 + x3

)a) Hallar una solucion particular de la forma:

y = e2x (Ax+B)

b) Resuelva la ecuacion diferencial.

16. Un esquiador acuatico ubicado en el punto (a, 0) es tirado por un bote que se

encuentra en el origen O y viaja hacia el norte en direccion OY . Hallar la trayectoria

que sigue el bote si este se dirige en todo momento hacia el bote.

69


17. Considere un tanque que contiene inicialmente 1000 litros de agua pura, dentro del

cual empieza a fluir una solucion salina a razon de 6 litros por minuto. La solucion

dentro del estanque se mantiene bien agitada y fluye hacia el exterior del tanque

a una velocidad de 5 litros por minuto. Si la concentracion de sal en la salmuera

que entra en el estanque es de 1 kilogramo por litro, determine el instante en que la

concentracion de sal dentro del tanque sea de 6364

kilogramo por litro.

18. El modelo de Malthus para el crecimiento de poblaciones esta dado por la ecuacion:

dN

dt= rN, N (0) = N0

donde r es una constante positiva intrınseca a la poblacion y N0 es la poblacion

inicial.

a) Resuelva la ecuacion diferencial.

b) En 1790, la poblacion de EE.UU. era de 3, 93 millones de habitantes, y en 1890

era de 62, 98 millones de habitantes. Estime la poblacion para EE.UU para el

ano 2000.

c) El censo realizado en el ano 2000 en EE.UU. estimo en 281, 42 millones de

habitantes

d) El modelo de Malthus solo considera muertes por causas naturales, sin embargo,

un analisis mas detallado indica que hay muertes debida a enfermedades, a

desnutricion, a crımenes. En resumen, por la competencia entre los miembros

de la poblacion. El modelo logıstico implementa dichas consideraciones:

dN

dt= rN (N −K) , N (0) = N0

para constantes positivas adecuadas r y K. Resuelva la ecuacion diferencial.

e) Para la poblacion de EE.UU. se sabe, ademas, que esta alcanzo los 17, 07

millones de habitantes en 1840. Calcule, usando el modelo logıstico, la poblacion

de EE.UU. en el ano 2000. Compare respecto al censo del ano 2000.

f ) Considerando el modelo logıstico, calcule la poblacion lımite de EE.UU.

70


19. La sangre conduce un medicamento a un organo a razon de 3[

cm3

seg

]y sale de el a la

misma razon. El organo tiene un volumen lıquido de 125 [cm3]. Si la concentracion

del medicamento en la sangre que entra al organo es de 0, 2[

grcm3

]:

a) ¿Cual es la concentracion del medicamento en el organo en el instante t, si

inicialmente no habıa rastros de dicho medicamento?

b) ¿En que momento llegara la concentracion del medicamento en el organo a

0, 1[

grcm3

]20. Una taza de cafe caliente, inicialmente a 95C, se enfrıa hasta 80C en 5 minutos,

al estar en un cuarto con temperatura de 21C. Use solo la ley de enfriamiento de

Newton (ver MAT022) y determine el momento en que la temperatura del cafe estara

a unos agradables 50C.

21. Era el mediodıa en un frıo dıa de julio en Vina del Mar: 16C. Un inspector de la

Policıa de Investigaciones (PDI) llega a la escena de un crimen, encontrando un

detective sobre un cadaver. El detective dijo que habıa varios sospechosos detenidos.

Dadas las coartadas se podrıa hallar al culpable sabiendo el momento exacto de

la muerte. El inspector saco un termometro y midio la temperatura del cadaver:

34C. Luego de realizar peritos en la escena que duraron exactamente una hora,

midio nuevamente la temperatura del cuerpo: 33, 7C. Bajo que la hipotesis de que

la temperatura normal de un cuerpo humano es de 37C. Determine el momento en

que ocurrio el crimen.

22. El economista ingles Thomas Malthus fue unos de los primeros en intentar modelar el

crecimiento poblacional humano por medio de matematicas en 1978. Basicamente, el

fundamento del modelo maltusiano es la suposicion de que la rapidez a la que crece

la poblacion de un pais en cierto tiempo es proporcional a la poblacion del paıs en

ese momento.

a) Proponer una ecuacion para este modelo.

b) Determine la ecuacion diferencial si se permite inmigracion a tasa constante

r > 0.

71


23. La ley de enfriamiento (o calentamiento) de Newton establece que la rapidez a la

que cambia la temperatura de un cuerpo es proporcional a la diferencia entre la

temperatura del cuerpo y la temperatura del medio circundante. Obtener una E.D.O.

para esta ley. Si la temperatura del medio cambia en el tiempo, escribir la ecuacion

e identificarla.

24. Una enfermedad contagiosa se disemina en una comunidad por medio de la gente que

entra en contacto con otras personas. Suponer que la rapidez con que se disemina la

enfermedad es proporcional al numero de interacciones entre las personas contagiadas

y no contagiadas (puede ser considerado como el producto de los contagiados y no

contagiados). Suponga que en una poblacion pequena de n personas se introduce un

enfermo obtener una EDO cuya solucion permita obtener el numero de contagiados

en un tiempo t.

25. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias:

72


1)dy

dx=

1 + y

1 + x2)

dy

dx− 2xy = x

3)dy

dx− y tanx = cosx 4)

dy

dx=

yx

x2 − y2

5)dy

dx=

2y + x− 2

y − x+ 16)

dy

dx+

1

xy =

cosx

y2

7)dy

dx+ x2y =

1

x2y4 8)

dy

dxcos y + 2x sin y = −2x

9)dy

dx= y2 + 2x− x4 10)

dy

dx+

(1

x− 1

)y =

e2x

x

11)dy

dx− 4y = 2exy1/2 12)

dy

dx=y + 1

x+ 2+ exp

(y + 1

x+ 2

)

13)dy

dx= 3 |y|2/3 14)

dy

dx=

e−y2

y (2x+ x2)

15)dy

dx= (x− y + 3)2 16) x

dy

dx= y +

√x2 + y2

17)dy

dx+ y sinx = sin3 x 18)

dy

dx+

y

1 + x= (1 + x) y4

19) y = xdy

dx+

(dy

dx

)2

26. Suponga que un gran tanque de mezclado tiene inicialmente 600 galones de salmuera.

Otra solucion de salmuera se bombea hacia en tanque a una rapidez de 4 galones

por minuto, la concentracion de sal en el flujo de entrada es de 2 libras por galon.

Cuando la solucion en el tanque esta bien agitada se bombea a 2 galones por minuto.

Determinar una EDO cuya solucion corresponda a la cantidad de sal en el tanque en

el momento t.

73


27. Identificar el campo de direcciones con la ecuacion correspondiente;

(A) y′ = x+ y

(B) y′ = −xy

(C) y′ = y + 1

(D) y′ = y2 − x2

Obs: el campo de direcciones nos indica la direccion de las rectas tangentes a las

soluciones en un punto (x, y) dado.

28. Considere la ecuacion diferencial autonoma

dS

dt= S3 − 2S2 + S

a) Hacer el diagrama de las lıneas de fase..

b) Usando el dibujo anterior delinear las graficas de las soluciones S (t) con las

condiciones iniciales siguientes: S (0) = 0;S (0) = 12;S (0) = 3

2y S (0) = −1

2.

c) ¿A que tienden sus soluciones cuando t→ +∞?

74


29. Considere la ecuaciondy

dt=

1

1− y

a) Determine los valores de y ∈ R en los cuales es aplicable el teorema de existencia

y unicidad.

b) Obtener las soluciones explıcitamente y mostrar que llegan la y = 1 en un

tiempo finito, determine los intervalos maximales de solucion

30. La ardilla negra es un pequeno mamıfero nativo de las montanas rocallosas. Esas

ardillas son muy territoriales, por lo que si su poblacion es grande, su razon de

crecimiento decrece y puede llegar a ser negativa. Por otra parte, si la poblacion es

demasiado pequena, los adultos fertiles corren el riesgo de no ser capaces de encontrar

parejas adecuadas y su tasa de crecimiento nuevamente es negativa. Muestre que el

modelodP

dt= kP

(1− P

N

)(P

M− 1

)donde k,M,N > 0 y M < N puede ser utilizado para describir la poblacion de

Ardillas ¿Que interpretacion tienen N y M?

75

Capıtulo 2 : Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior

Elementos de transformaciones lineales

Definiciones

En lo que sigue K representa R o bien C.

Definicion 2.1.1. Sean U y V espacios vectoriales sobre K. Una transformacion lineal

es una funcion T : U → V tal que para todo u, v ∈ U y α ∈ K cumple:

1. T (u+ v) = T (u) + T (v)

2. T (αu) = αT (u)

Observacion 2.1.1. Usualmente, los puntos (1) y (2) de la definicion anterior, pueden

escribirse como

1. ∀u, v ∈ U,∀α ∈ K, T (αu+ v) = αT (u) + T (v)

o bien

2. ∀u, v ∈ U,∀α, β ∈ K, T (αu+ βv) = αT (u) + βT (v)

las tres definiciones obtenidas son equivalentes.

Observacion 2.1.2. Note que si U, V son K espacios vectoriales, T : U → V es una

transformacion lineal, para i = 1, · · · , n, αi son escalares en K y ui ∈ U entonces

T

(n∑i=1

αiui

)=

n∑i=1

αiT (ui)

luego las transformaciones lineales envıan combinaciones lineales del espacio de partida a

combinaciones lineales del espacio de llegada.

76


Ejemplo 2.1.1. La funcion nula 0 y la funcion identidad 1 de un espacio vectorial en sı

mismo son transformaciones lineales. En efecto, Si V es un K espacio vectorial y 0 : V → V ,

v → 0 (v) = θV (el neutro de la adicion) entonces

0 (αu+ v) = θV

= αθv + θv

= α0 (u) + 0 (v)

de manera similar, si 1 : V → V , v → 1 (v) = v entonces

1 (αu+ v) = αu+ v

= α1 (u) + 1 (v)

Ejemplo 2.1.2. T : R2 → R4, (x, y) → T (x, y) = (x− y, 2x, x+ y, 2y) es una transfor-

macion lineal. En efecto:

1. Para cada (a, b), (u, v) ∈ R2 se tiene

T ((a, b) + (u, v))

= T (a+ u, b+ v)

= (a+ u− b− v, 2a+ 2u, a+ u+ v + b, 2b+ 2v)

= ((a− b) + (u− v) , 2a+ 2u, (a+ b) + (u+ v) , 2b+ 2v)

= (a− b, 2a, a+ b, 2b) + (u− v, 2u, u+ v, 2v)

= T (a, b) + T (u, v)

2. Para cada (u, v) ∈ R2 y α ∈ R se cumple

T (α (u, v)) = T (αu, αv)

= (αu− αv, 2αu, αu+ αv, 2αv)

= α (u− v, 2u, u+ v, 2v)

= αT (u, v)

de esta forma T verifica las condiciones de transformacion lineal.

77


Ejemplo 2.1.3. T : R→ R2, x→ T (x) = (x, 2x+ 1) no es una transformacion lineal. En

efecto,

T (x+ y) = (x+ y, 2x+ 2y + 1)

= (x, 2x+ 1) + (y, 2y)

6= T (x) + T (y)

basta usar un contraejemplo:

T (1 + 2) = T (3) = (3, 7)

pero

T (1) + T (2) = (1, 3) + (2, 5) = (3, 8)

de esta forma

T (1 + 2) 6= T (1) + T (2)

luego no es una transformacion lineal.

Ejemplo 2.1.4. Si R3 [x] es el espacio vectorial de los polinomios de grado menor igual a

3 entonces

T : R3 [x] → M2×2 (R)

p → T (p) =

p (0) p′ (0)

p′′ (0) p′′′ (0)

Es una transformacion lineal. En efecto:

1. Si p, q ∈ R3 [x] entonces

T (p+ q) =

(p+ q) (0) (p+ q)′ (0)

(p+ q)′′ (0) (p+ q)′′′ (0)

pero recordar que (p+ q)′ (x) = p′ (x) + q′ (x), (p+ q)′′ (x) = p′′ (x) + q′′ (x) y

78


(p+ q)′′′ (x) = p′′′ (x) + q′′′ (x) se sigue

T (p+ q) =

(p+ q) (0) (p+ q)′ (0)

(p+ q)′′ (0) (p+ q)′′′ (0)

=

p (0) + q (0) p′ (0) + q′ (0)

p′′ (0) + q′′ (0) p′′′ (0) + q′′′ (0)

=

p (0) p′ (0)

p′′ (0) p′′′ (0)

+

q (0) q′ (0)

q′′ (0) q′′′ (0)

= T (p) + T (q)

2. Si α ∈ R y p ∈ R3 [x] entonces

T (αp) =

(αp) (0) (αp)′ (0)

(αp)′′ (0) (αp)′′′ (0)

=

αp (0) αp′ (0)

αp′′ (0) αp′′′ (0)

= α

p (0) p′ (0)

p′′ (0) p′′′ (0)

= αT (p)

Note que no es necesario considerar la expresion del polinomio p (x) = a3x3 + a2x

2 +

a1x+ a0 en esta demostracion de que es transformacion lineal, lo que utilizamos son

las propiedades de la derivada y matrices.

Ejemplo 2.1.5. Sea T : R3 → R2 la funcion definida por:

T (x, y, z) = (x+ y + z, x− y)

muestre que T es una transformacion lineal.

Solucion. Sean α ∈ R, (u, v, w) , (x, y, z) ∈ R3 entonces

T (α (u, v, w) + (x, y, z))

= T ((αu, αv, αw) + (x, y, z))

= T (αu+ x, αv + y, αw + z)

= ((αu+ x) + (αv + y) + (αw + z) , (αu+ x)− (αv + y))

= (αu+ αv + αw, αu− αv) + (x+ y + z, x− y)

= α (u+ v + w, u− v) + (x+ y + z, x− y)

= αT (u, v, w) + T (x, y, z)

79


Ejemplo 2.1.6. Sean I ⊆ R un intervalo abierto y C1 (I) el espacio vectorial real de las

funciones de clase C1 sobre I. Defina la transformacion D : C1 (I)→ C (I) mediante:

D (f) (x) =df (x)

dx, ∀x ∈ I

Entonces, D es una trasformacion lineal.

Solucion. Por propiedades de la derivada, si α ∈ R, f, g ∈ C1 (I) entonces

D (αf + g) (x) =d

dx(αf + g) (x)

= αdf (x)

dx+

dg (x)

dx

= αD (f) (x) +D (g) (x)

= (αD (f) +D (g)) (x)

ası

D (αf + g) = αD (f) +D (g)

Ejemplo 2.1.7. Sea C el espacio vectorial de todas las funciones continuas de R en R y

sea T : C → C, f → T (f) donde T (f) es la funcion definida por:

T (f) (x) =

∫ x

1

f (t) dt

Entonces, T es una transformacion lineal.

Solucion. Sean α ∈ R, f, g ∈ C entonces

T (αf + g) (x) =

∫ x

1

(αf (t) + g (t)) dt

=

∫ x

1

αf (t) dt+

∫ x

1

g (t) dt

= α

∫ x

1

f (t) dt+

∫ x

1

g (t) dt

= αT (f) (x) + T (g) (x)

= (αT (f) + T (g)) (x)

ası

T (αf + g) = αT (f) + T (g)

80


Ejemplo 2.1.8. Sean x, y ∈ Rn. Considere la funcion P : Rn → R definida por:

x 7→ P (x) =n∑i=1

xiyi

Entonces, P es una transformacion lineal. Esto es directo por las propiedades del producto

punto en Rn.

Observacion 2.1.3. El conjunto de todas las transformaciones lineales de U en V se

denotara por LK (U, V ), o mas sencillamente por L (U, V ) si el cuerpo de escalares no

presenta confusion. Es decir:

L (U, V ) =T : U → V

∣∣∣T es transformacion lineal

Teorema 2.1.1. Sea T : U → V una transformacion lineal, entonces T (θU) = θV .

Demostracion. Note que

T (θU) = T (θU + θU)

= T (θU) + T (θU)

sumando el inverso aditivo −T (θU) ∈ V se tiene

T (θU) +−T (θU) = (T (θU) + T (θU)) +−T (θU)

luego

θV = T (θU) + (T (θU) +−T (θU))

= T (θU) + θV

y ası

T (θU) = θV

Ejemplo 2.1.9. Considere la funcion T : R2 → R3 definida por la ecuacion:

T (x, y) = (x+ y, 1− y, x)

En vista del teorema anterior, la funcion T no puede ser transformacion lineal, pues:

T (0, 0) = (0, 1, 0)

no es el vector nulo de R3.

81


Teorema 2.1.2. Sean U, V,W espacios vectoriales sobre K:

1. L (U, V ) es un espacio vectorial sobre K.

2. Si T ∈ L (U, V ) y S ∈ L (V,W ) entonces S T ∈ L (U,W ).

3. Si T ∈ L (U, V ) es biyectiva entonces T−1 ∈ L (V, U)

Demostracion. En efecto:

1. Mostraremos que es un subespacio del espacio de las funciones de U en V . L (U, V ) no

es vacıo pues existe la transformacion lineal θ : U → V definida por u→ θ (u) = θV .

Sean α, β ∈ K y T, L ∈ L (U, V ) entonces αT + βL es una transformacion lineal pues

si γ ∈ K, u1, u2 ∈ U entonces

(αT + βL) (γu1 + u2) = αT (γu1 + u2) + βL (γu1 + u2)

= α (γT (u1) + T (u2)) + β (γL (u1) + L (u2))

= γ (αT (u1) + βL (u1)) + (αT (u2) + βL (u2))

= γ (αT + βL) (u1) + (αT + βL) (u2)

luego L (U, V ) es no vacıo, cerrado para la suma y producto escalar.

2. Sean u, v ∈ U y α ∈ K, entonces:

(S T ) (αu+ v) = S (T (αu+ v))

= S (αT (u) + T (v))

= αS (T (u)) + S (T (v))

= α (S T ) (u) + (S T ) (v)

Luego, S T es una transformacion lineal.

3. Si T−1 : V → U existe entonces es una transformacion lineal, en efecto, sean v1, v2 ∈ Vy α ∈ K, por la biyectividad existen unicos u1, u2 ∈ U tales que

T (u1) = v1

T (u2) = v2

82


luego

T−1 (αv1 + v2) = T−1 (αT (u1) + T (u2))

= T−1 (T (αu1 + u2))

= αu1 + u2

= αT−1 (v1) + T−1 (v2)

Observacion 2.1.4. Con respecto al teorema anterior, denotaremos la composicion de

transformaciones lineales S T mediante la notacion producto ST .

Teorema 2.1.3. Sean U un espacio vectorial sobre K tal que u1, u2, . . . , un es una base

para U y v1, v2, . . . , vn un subconjunto cualquiera de un espacio vectorial V arbitrario (se

pueden repetir elementos), entonces existe una unica transformacion linealT : U → V tal

que:

T (ui) = vi, ∀i = 1, 2, . . . , n (2.1)

Observacion 2.1.5. Note que si u1, u2, . . . , un es una base para un espacio vectorial U y

u ∈ U , entonces existen unicos escalares x1, x2, . . . , xn ∈ K tales que:

u =n∑i=1

xiui

Si, ademas, T esta definida por las ecuaciones (2.1), entonces se tiene que:

Tu = T

(n∑i=1

xiui

)

=n∑i=1

xiT (ui)

=n∑i=1

xivi

Ejemplo 2.1.10. Determinaremos la formula T (x, y, z) de la transformacion lineal T :

R3 → R3 [x] tal que:

T (1, 0, 2) = x3 + 2x2 + 1

T (−1, 1, 1) = −2x2 − 2 (2.2)

T (1,−2, 1) = x3 − 1

83


Notamos primeramente que u1 = (1, 0, 2) , u2 = (−1, 1, 1) y u3 = (1,−2, 1) forman una

base para R3, pues:

det

1 0 2

−1 1 1

1 −2 1

= 5

Por otro lado, si:

(a, b, c) = x1 · (1, 0, 2) + x2 · (−1, 1, 1) + x3 · (1,−2, 1)

entonces x1 = 35a+ 2

5b+ 1

5c, x2 = 2

5c− 1

5b− 4

5a y x3 = 1

5c− 3

5b− 2

5a, ası:

(x, y, z) =

(3

5a+

2

5b+

1

5c

)(1, 0, 2)+

(2

5c− 1

5b− 4

5a

)(−1, 1, 1)+

(1

5c− 3

5b− 2

5a

)(1,−2, 1)

por la linealidad de T y su definicion en la base, tenemos que:

T (a, b, c) =

(3

5a+

2

5b+

1

5c

)T (1, 0, 2) +

+

(2

5c− 1

5b− 4

5a

)T (−1, 1, 1) +

(1

5c− 3

5b− 2

5a

)T (1,−2, 1)

=

(3

5a+

2

5b+

1

5c

)(x3 + 2x2 + 1

)+

(2

5c− 1

5b− 4

5a

)(−2x2 − 2

)+

+

(1

5c− 3

5b− 2

5a

)(x3 − 1

)=

(1

5a− 1

5b+

2

5c

)x3 +

(14

5a+

6

5b− 2

5c

)x2 +

(13

5a+

7

5b− 4

5c

)Es decir, T : R3 → R3 [x] esta definida por:

T (a, b, c) =

(1

5a− 1

5b+

2

5c

)x3 +

(14

5a+

6

5b− 2

5c

)x2 +

(13

5a+

7

5b− 4

5c

)Ejemplo 2.1.11. Hallar la formula de una transformacion lineal T de R2 en:

U =

(x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0

tal que T (−1, 1) = (1, 2,−3) y T (2,−1) = (5,−3,−2).

84


Solucion. Note que (1, 2,−3), (5,−3,−2) pertenecen a U , como (−1, 1) y (2,−1) son

linealmente independiente, por el teorema existe una unica transformacion lineal T : R2 → U

tal que

T (−1, 1) = (1, 2,−3)

T (2,−1) = (5,−3,−2)

para determinar una formula, notemos que

(a, b) = α (−1, 1) + β (2,−1)

implica −1 2 a

1 −1 b

∼ 1 0 a+ 2b

0 1 a+ b

ası

(a, b) = (a+ 2b) (−1, 1) + (a+ b) (2,−1)

ası

T (a, b) = (a+ 2b)T (−1, 1) + (a+ b)T (2,−1)

= (a+ 2b) (1, 2,−3) + (a+ b) (5,−3,−2)

= (6a+ 7b, b− a,−5a− 8b)

Nucleo e imagen

Definicion 2.1.2. Sean U y V espacios vectoriales sobre K y T : U → V una transforma-

cion lineal. Llamaremos:

1. Nucleo de T o Kernel de T al subconjunto de U definido como:

kerT = u ∈ U : T (u) = 0

2. Imagen de T al subconjunto de V definido como:

ImT = v ∈ V : ∃u ∈ U, T (u) = v

85


Observacion 2.1.6. El siguiente teorema indica que el nucleo y la imagen de T poseen

estructura de espacio vectorial.

Teorema 2.1.4. Sea T ∈ L (U, V ), entonces:

1. kerT ≤ U .

2. ImT ≤ V

Ejemplo 2.1.12. Hallar el nucleo y la imagen de T : R3 → R3 definida por:

T (x, y, z) = (2x− y + z, x− y + z, x)

Solucion. Primero determinaremos el nucleo

ker (T ) =

(x, y, z) ∈ R3 : T (x, y, z) = (0, 0, 0)

=

(x, y, z) ∈ R3 : (2x− y + z, x− y + z, x) = (0, 0, 0)

=

(x, y, z) ∈ R3 :

2x− y + z = 0

x− y + z = 0

x = 0

note que

2 −1 1 0

1 −1 1 0

1 0 0 0

∼

1 0 0 0

0 1 −1 0

0 0 0 0

luego

ker (T ) =

(x, y, z) ∈ R3 :x = 0

y − z = 0

=

(0, y, y) ∈ R3 : y ∈ R

= 〈(0, 1, 1)〉

86


un espacio de dimension 1. Determinemos la imagen

ImT =

(a, b, c) ∈ R3 : ∃ (x, y, z) ∈ R3, T (x, y, z) = (a, b, c)

=

(a, b, c) ∈ R3 : ∃ (x, y, z) ∈ R3, (2x− y + z, x− y + z, x) = (a, b, c)

=

(a, b, c) ∈ R3 : ∃ (x, y, z) ∈ R3,

2x− y + z = a

x− y + z = b

x = c

en otras palabras, para que valores de a, b, c ∈ R el sistema

2x− y + z = a

x− y + z = b

x = c

tiene solucion, notemos que2 −1 1 a

1 −1 1 b

1 0 0 c

∼

2 −1 1 a

0 −1 1 2b− a0 0 0 −c− b+ a

luego el sistema tiene solucion si y solo si

−c− b+ a = 0

se sigue

ImT =

(a, b, c) ∈ R3 : −c− b+ a = 0

=

(b+ c, b, c) ∈ R3 : b, c ∈ R

= 〈(1, 1, 0) , (1, 0, 1)〉

es un espacio de dimension 2.

Definicion 2.1.3. Sea T ∈ L (U, V ) con U y V espacios de dimension finita, entonces:

1. Llamaremos nulidad de T , denotado η (T ), al numero definido como:

η (T ) = dim kerT

87


2. Llamaremos rango de T , denotado ρ (T ) al numero definido como:

ρ (T ) = dim ImT

Teorema 2.1.5. Sean U, V un espacios vectoriales sobre K, u1, u2, . . . , un una base para

U y T ∈ L (U, V ), entonces:

ImT = 〈T (u1) , T (u2) , . . . , T (un)〉

Demostracion. Suponga que v ∈ ImT entonces, por definicion, existe un u ∈ U tal que

T (u) = v, como u1, u2, . . . , un es una base de U existiran escalares α1, α2, . . . , αn tales

que

u =n∑i=1

αiui

se sigue que

v = T (u) = T

(n∑i=1

αiui

)=

n∑i=1

αiT (ui)

es decir, v es una combinacion lineal de los elementos T (u1) , T (u2) , . . . , T (un), luego

T (u1) , T (u2) , . . . , T (un) genera ImT .

Ejemplo 2.1.13. Si T :M2×2 (R)→M2×2 (R) x y

z w

→ T

x y

z w

=

1 1

1 1

x y

z w

sabemos que 1 0

0 0

,

0 1

0 0

,

0 0

1 0

y

0 0

0 1

88


forman una base de M2×2 (R) luego

T

1 0

0 0

=

1 1

1 1

1 0

0 0

=

1 0

1 0

T

0 1

0 0

=

1 1

1 1

0 1

0 0

=

0 1

0 1

T

0 0

1 0

=

1 1

1 1

0 0

1 0

=

1 0

1 0

T

0 0

0 1

=

1 1

1 1

0 0

0 1

=

0 1

0 1

generan la imagen, se sigue

ImT =

⟨ 1 0

1 0

,

0 1

0 1

,

1 0

1 0

,

0 1

0 1

⟩

=

⟨ 1 0

1 0

,

0 1

0 1

⟩

de donde obtenemos ρ (T ) = 2.

Ejemplo 2.1.14. Demuestre que existe una transformacion lineal T :M2 (R)→ R3 tal

que:

ImT = (x, y, z) : x− 2y + z = 0

y la nulidad de T sea 2.

Solucion. Notemos que

ImT = (x, y, z) : x− 2y + z = 0

= (x, y, z) : x = 2y − z

= (2y − z, y, z) : y, z ∈ R

= 〈(2, 1, 0) , (−1, 0, 1)〉

este espacio tiene dimension 2. Si necesitamos que la nulidad sea 2 entonces el Nucleo debe

89


estar generado por dos elementos L. I. Definamos

T

1 0

0 0

= (2, 1, 0)

T

0 1

0 0

= (−1, 0, 1)

T

0 0

1 0

= (0, 0, 0)

T

0 0

0 1

= (0, 0, 0)

existe una unica T : M2 (R) → R3 que cumple lo anterior, para esta transformacion se

tiene:

ImT =

⟨T 1 0

0 0

, T

0 1

0 0

, T

0 0

1 0

, T

0 0

0 1

⟩

= 〈(2, 1, 0) , (−1, 0, 1)〉

Note que

T

a b

c d

= (2a− b, a, b)

demuestre que el Nucleo tiene dimension 2..

Observacion 2.1.7. El siguiente resultado relaciona la nulidad y el rango de una trans-

formacion lineal:

Teorema 2.1.6. Sean U y V espacios vectoriales sobre K con dimU < ∞. Considere

T ∈ L (U, V ), entonces:

dimU = η (T ) + ρ (T )

Demostracion. Supongamos que dimU = n. Sea u1, u2, . . . , ur (r ≤ n) una base del nucleo

de T . Considere ur+1, ur+2, . . . , un una completacion de la base u1, u2, . . . , ur del nucleo de

T al espacio vectorial U . Luego, si v ∈ U , entonces:

v =n∑i=1

αiui

90


Ası:

T (v) = T

(n∑i=1

αiui

)

=n∑i=1

αiT (ui)

=n∑

i=r+1

αT (ui)

y por tanto, T (ur+1) , T (ur+2) , . . . , T (un) generan la imagen de T . Basta verificar, ahora,

que son linealmente independientes. En efecto, supongamos que:

n−r∑i=1

αiT (ur+i) = 0

Luego:

T

(n−r∑i=1

αiur+i

)= 0

es decir, si w =∑n−r

i=1 αiur+i, se tiene entonces que w ∈ kerT . Por tanto, existen escalares

β1, β2, . . . , βr ∈ K tales que:

w =r∑i=1

βiui

Ası:r∑i=1

βiui =n−r∑i=1

αiur+i

O bien:r∑i=1

βiui −n−r∑i=1

αiur+i = 0

Ahora bien, como u1, u2, . . . , ur, ur+1, . . . , un es una base de U se tiene que:

β1 = β2 = · · · = βr = α1 = α2 = · · · = αn−r = 0

Ası, T (ur+1) , T (ur+2) , . . . , T (un) es una base para la imagen de T . Por tanto, η (T ) = r

y ρ (T ) = n− r.

Definicion 2.1.4. Sea T ∈ L (U, V ). Diremos que:

91


1. T es inyectiva si:

T (u) = T (v) =⇒ u = v

para todos u, v ∈ U .

2. T es epiyectiva si:

ImT = V

3. T es biyectiva si es inyectiva y epiyectiva, simultaneamente.

Ejemplo 2.1.15. No existe transformacion lineal T : R2 → R3 que sea sobreyectiva. En

efecto, si T es sobreyectiva ImT = R3 luego ρ (T ) = 3 pero del teorema de las dimensiones

η (T ) + ρ (T ) = Dim(R2)

= 2

como ρ (T ) = 3 se obtiene

η (T ) = −1

esto es una contradiccion pues η (T ) ≥ 0.

Teorema 2.1.7. Sea T ∈ L (U, V ). Entonces, T es inyectiva, si y solo si, kerT = θU.

Demostracion. Supongamos que kerT = θU. Sean u, v ∈ U tales que T (u) = T (v) .

Como T es una transformacion lineal, se tiene T (u− v) = θV , es decir, u− v ∈ kerT . Ası,

u− v = θU , y por tanto, T es inyectiva.

Por otro lado, supongamos que T es inyectiva, como θU ⊆ kerT , bastara verificar

que kerT ⊆ 0. En efecto, sea u ∈ kerT , esto es T (u) = θV y como T es transformacion

lineal, se tiene que T (θU) = θV . Es decir, T (u) = T (θU), luego u = θU , pues T es inyectiva.

Ası, kerT = θU.

Isomorfismo

Definicion 2.1.5. Dos espacios vectoriales U y V sobre K se dicen isomorfos si existe una

transformacion lineal T : U → V biyectiva. Tal transformacion T biyectiva se llamara

isomorfismo entre U y V . El concepto de isomorfismo entre dos espacios se representara

por: U ' V .

92


Ejemplo 2.1.16. Sea U un espacio vectorial sobre R tal que u1, u2, . . . , un es una base de

U , entonces L : Rn → U definida por:

(x1, x2, . . . , xn) 7→ L (x1, x2, . . . , xn) =n∑i=1

xiui

es un isomorfismo entre U y Rn, esto se debe a que

(x1, x2, . . . , xn) ∈ kerT ⇔n∑i=1

xiui = θU

⇔ ∀i, xi = 0

(pues u1, u2, . . . , un es una base de U) ası (x1, x2, . . . , xn) ∈ kerT ⇔ (x1, x2, . . . , xn) =

(0, 0, . . . , 0) luego L es inyectiva y por el teorema de las dimensiones

n = dimRn = 0 + ρ (L)

ası

ρ (L) = n

esto implica ImT = U .

Teorema 2.1.8. Sean U y V espacios vectoriales de dimension finita sobre un cuerpo K.

Entonces, U ' V si y solo si dimU = dimV .

Ejemplo 2.1.17. M2 (R) ' R3 [x] ' R4

Ejemplo 2.1.18. Kmn 'Mm×n (K)

Matriz asociada a una transformacion lineal

Definicion 2.1.6. Sean U un espacio vectorial sobre K y B = u1, u2, . . . , un una base

de U . Diremos que B es una base ordenada de U , si se considera B como la sucesion

finita de vectores en U :

B = (u1, u2, . . . , un)

93


Definicion 2.1.7. Sea B = u1, u2, . . . , un una base ordenada de un espacio vectorial U

y sea u ∈ U . Los coeficientes αi en la combinacion

u = α1u1 + α2u2 + · · ·+ αnun

son llamadas coordenadas de u con respecto a B y desde ahora usaremos la notacion

[u]B =

α1

α2

...

αn

Observacion 2.1.8. Estos escalares existen y son unicos por la definicion de base, el orden

de los elementos de la base es importante.

Ejemplo 2.1.19. Calcular las coordenadas del vector −1 + 2x+ 3x2 en la base de R2 [x]

dada por B = 1 + x, x2, 1 .

Solucion. Tenemos que encontrar escalares α, β, γ tales que

−1 + 2x+ 2x2 = α (1 + x) + βx2 + γ1

desarrollando

−1 + 2x+ 3x2 = (α + γ) + αx+ βx2

ası

−1 = α + γ

2 = α

3 = β

se sigue γ = −3 entonces

−1 + 2x+ 3x2 = 2 (1 + x) + 3(x2)− 3 (1)

de donde obtenemos

[−1 + 2x+ 3x2

]B =

2

3

−3

94


Observacion 2.1.9. Dado en vector de coordenadas [v]B y conocida la base B se puede

recuperar el vector v.

Ejemplo 2.1.20. Si el determinado vector v en M2×2 (R) tiene vector de coordenadas

[v]B =

1

−1

2

−2

en la base B =

1 1

1 1

,

1 1

1 0

,

1 1

0 0

,

1 0

0 0

entonces

v = 1

1 1

1 1

+ (−1)

1 1

1 0

+ 2

1 1

0 0

+ (−2)

1 0

0 0

=

0 2

0 1

Observacion 2.1.10. Sean U y V espacios vectoriales sobre K tales que B = u1, u2, . . . , uny D = v1, v2, . . . , vm son bases ordenadas de U y V , respectivamente. Note que para

cada i = 1, 2, . . . , n se tiene que T (ui) ∈ V , por tanto, existen escalares Aji ∈ K tales que:

T (ui) = A1 iv1 + A2 iv2 + · · ·+ Amivm =m∑j=1

Ajivj, ∀i = 1, 2, . . . , n

Es decir, los escalares A1 i, A2 i, . . . , Ami son las coordenadas de T (ui) en la base D. Ası:

[T (ui)]D =

A1 i

A2 i

...

Ami

, ∀i = 1, 2, . . . , n

Definicion 2.1.8. Con respecto a las notaciones de la observacion anterior, se define la

matriz de T respecto de las bases B y D como la matriz A tal que A = (Ai j) ∈Mm×n (R).

Esto es:

95


[T ]DB =(

[T (u1)D] [T (u2)D] · · · [T (un)D])

=

A11 A12 · · · A1n

A21 A22 · · · A2n

......

. . ....

Am1 Am2 · · · Amn

Ejemplo 2.1.21. Dada la transformacion lineal T : R3 → R2 definida por:

T (x, y, z) = (3x− 2y + z, x− y)

Determine la matriz asociada a T respecto de las bases:

1. canonicas de R3 y R2, respectivamente.

Solucion.

T (1, 0, 0) = (3, 1) = 3 (1, 0) + 1 (0, 1)

T (0, 1, 0) = (−2, −1) = −2 (1, 0)− 1 (0, 1)

T (0, 0, 1) = (1, 0) = 1 (1, 0) + 0 (0, 1)

ası

[T ]CR2CR3

=

3 −2 1

1 −1 0

2. las bases B = (1, 1, 0) ; (1, 0, 1) ; (1, 2, 3) y D = (2, 1) ; (−1, 1)

Solucion.

T (1, 1, 0) = (3− 2, 1− 1) = (1, 0) = α1 (2, 1) + β 1 (−1, 1)

T (1, 0, 1) = (3 + 1, 1) = (4, 1) = α2 (2, 1) + β 2 (−1, 1)

T (1, 2, 3) = (3− 4 + 3, 1− 2) = (2,−1) = α3 (2, 1) + β 3 (−1, 1)

determinemos los escalares, los determinaremos en un solo sistema 2 −1 1 4 2

1 1 0 1 −1

∼ 1 0 1

353

13

0 1 −13−2

3−4

3

96


se sigue

[T ]DB =

13

53

13

−13−2

3−4

3

Ejemplo 2.1.22. Sea D : R3 [x]→ R3 [x] el operador lineal derivada, es decir, p→ D (p) =

p′ y considere las bases de R3 [x] dadas por

B1 =

2x3, 3x− x2, 1− x, 1

B2 =

1, x, x2, x3

luego

D(2x3)

= 0 · 1 + 0x+ 6x2 + 0x3

D(3x− x2

)= 3 (1)− 2 (x) + 0x2 + 0x3

D (1− x) = −1 (1) + 0x+ 0x2 + 0x3

D (1) = 0 (1) + 0x+ 0x2 + 0x3

entonces

[D]B2B1 =

0 3 −1 0

0 −2 0 0

6 0 0 0

0 0 0 0

usted puede calcular [D]B1

B2 y vera que es una matriz diferente.

Ejemplo 2.1.23. Si B = v1, v2, . . . , vn es una base del espacio vectorial V y I : V → V

la transformacion identidad entonces

[I]BB = In×n (la matriz identidad)

En efecto, Iv1 = v1 = 1v1 + 0v2 + 0v3 + · · ·+ 0vn se sigue

[Iv1]B =

1

0...

0

97


similarmente Iv2 = v1 = 0v1 + 1v2 + 0v3 + · · ·+ 0vn se sigue

[Iv2]B =

0

1

0...

0

ası [I]BB es

[I]BB = In×n

Definicion 2.1.9. Sean U un espacio vectorial sobre K tales que B = u1, u2, . . . , un y

D = v1, v2, . . . , vn son bases ordenadas distintas de U . Sea 1 : U → U la transformacion

lineal identidad. Se define la matriz cambio de base como la matriz asociada a 1 respecto

de las bases B y D.

Teorema 2.1.9. Sean U y V espacios vectoriales finito dimensionales sobre K con bases By D, respectivamente. Sean, ademas, S, T : U → V dos transformaciones lineales, entonces:

[αT + S]DB = α [T ]DB + [S]DB

Teorema 2.1.10. Sean U, V y W espacios vectoriales de dimension finita sobre K tales que

B,D y E son bases de U, V y W , respectivamente. Suponga que T : U → V y S : V → W

son transformaciones lineales, entonces:

[ST ]EB = [S]ED · [T ]DB

Observacion 2.1.11. Sean U y V espacios vectoriales finito dimensionales sobre K con

bases B y E para U , y D y F para V . Considere, ademas, T : U → V una transformacion

lineal. Note que en vista del teorema anterior el cambio de representacion matricial puede

expresarse mediante el siguiente diagrama conmutativo:

UE[T ]FE−→ VF

[1]EB ↑ ↓ [1]DF

UB[T ]DB−→ VD

98


donde la notacion del tipo UE , por ejemplo, representa el espacio U considerado con la

base E . En efecto, utilizando la convencion usual para la composicion de funciones, tenemos

que:

[T ]DB = [1]DF · [T ]FE · [1]EB

Teorema 2.1.11. Sean U y V espacios vectoriales finito dimensionales sobre K con bases

B y D, respectivamente. Sea, ademas, T : U → V una transformacion lineal entonces T es

invertible si y solo si [T ]DB es invertible, ademas

[T−1

]BD =

([T ]DB

)−1

Teorema 2.1.12. Sean U y V espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K tales que

B = u1, u2, . . . , un es una base ordenada para U y D = v1, v2, . . . , vm es una base

ordenada para V , entonces:

[Tu]D = [T ]DB [u]B

para todo u ∈ U .

Ejemplo 2.1.24. Considere las bases de R3

B1 = (1, 1, 1) , (1, 1, 0) , (1, 0, 0)

y

B2 = (0, 0, 1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 0)

1. Calcular [I]B2B1 y [I]B1B2 .

2. Calcular [v]Bi para i = 1, 2 donde v = (3, 1, 3)

1. Notemos que

I (1, 1, 1) = (1, 1, 1) = 1 (0, 0, 1) + 1 (1, 0, 0) + 1 (0, 1, 0)

I (1, 1, 0) = (1, 1, 0) = 0 (0, 0, 1) + 1 (1, 0, 0) + 1 (0, 1, 0)

I (1, 0, 0) = (1, 0, 0) = 0 (0, 0, 1) + 1 (1, 0, 0) + 0 (0, 1, 0)

99


entonces

[I]B2B1 =

1 0 0

1 1 1

1 1 0

como

([I]B1B2

)−1

= [I]B2B1 se sigue que [I]B1B2 =(

[I]B2B1

)−1

1 0 0 1 0 0

1 1 1 0 1 0

1 1 0 0 0 1

∼

1 0 0 1 0 0

0 1 0 −1 0 1

0 0 1 0 1 −1

ası

[I]B1B2 =

1 0 0

−1 0 1

0 1 −1

2. Notemos que (3, 1, 3) = 3 (0, 0, 1) + 3 (1, 0, 0) + 1 (0, 1, 0)

[(3, 1, 3)]B2 =

3

3

1

luego

[(3, 1, 3)]B1 = [I]B1B2 [(3, 1, 3)]B2

=

1 0 0

−1 0 1

0 1 −1

3

3

1

=

3

−2

2

Ejemplo 2.1.25. Sean B = (1, 1, 1) ; (0, 0, 1) ; (1, 0, 1) y D = (1, 1) ; (0, 1) bases de

R3 y R2, respectivamente. Sea T una transformacion lineal tal que:

[T ]DB =

4 2 −2

−3 −1 1

Hallar explıcitamente T (x, y, z).

100


Solucion. Primero buscamos [(x, y, z)]B esto es

(x, y, z) = α (1, 1, 1) + β (0, 0, 1) + γ (1, 0, 1)

luego 1 0 1 x

1 0 0 y

1 1 1 z

∼

1 0 0 y

0 1 0 z − x0 0 1 x− y

ası

[(x, y, z)]B =

y

z − xx− y

se sigue que

[T (x, y, z)]D = [T ]DB [(x, y, z)]B

=

4 2 −2

−3 −1 1

y

z − xx− y

=

6y − 4x+ 2z

2x− 4y − z

de donde obtenemos

T (x, y, z) = (6y − 4x+ 2z) (1, 1) + (2x− 4y − z) (0, 1)

= (6y − 4x+ 2z, 2y − 2x+ z)

Calculo con coordenadas

Observacion 2.1.12. Como se puede observar de la seccion anterior, las matrices asociadas

a las transformaciones lineales dependen de las coordenadas. Es decir, dependen de las

bases consideradas en los espacios vectoriales involucrados. Por consiguiente, el calculo

de los subespacios notables (nucleo e imagen) asociados a una transformacion lineal no

es directo por definicion. Sin embargo, con los procedimientos algebraicos adecuados se

pueden obtener los espacios notables asociados a las transformaciones a traves de calculos

con coordenadas. Veamos algunos ejemplos:

101


Ejemplo 2.1.26. Sean:

B = (1, 1, 1) ; (0, 1, 1) ; (1, 0, 1)

y:

D = (1, 1, 1) ; (1, 0, 1) ; (1, 2, 3)

bases de R3 y T ∈ L (R3,R3) tales que:

[T ]DB =

4 2 −2

−3 −1 1

1 2 −2

Calcule el nucleo y la imagen de T , sin explicitar T (x, y, z).

Solucion. Sea u un vector cualquiera en el nucleo de T , es decir T (u) = 0. Por tanto,

[T · u]D = [0]D = 0. Sin embargo, sabemos que [T · u]D = [T ]DB [u]B, luego:4 2 −2

−3 −1 1

1 2 −2

a

b

c

=

0

0

0

en donde [u]B =

(a b c

)T. Escalonando la matriz de coeficientes:4 2 −2

−3 −1 1

1 2 −2

→

1 0 0

0 1 −1

0 0 0

se obtiene que a = 0 y b = c. Por lo tanto:

[u]B =

0

c

c

, c ∈ R

Luego:

u = 0 · (1, 1, 1) + c · (0, 1, 1) + c · (1, 0, 1) = (c, c, 2c) , c ∈ R

Por lo tanto, obtenemos de lo anterior que:

kerT = 〈 (1, 1, 2) 〉

102


Para calcular la imagen de T , debemos notar primeramente que de:

[T ]DB =

4 2 −2

−3 −1 1

1 2 −2

se obtiene que:

[T (1, 1, 1)]D =

4

−3

1

, [T (0, 1, 1)]D =

2

−1

2

, [T (1, 0, 1)]D =

−2

1

−2

Por consiguiente:

T (1, 1, 1) = 4 (1, 1, 1) + (−3) (1, 0, 1) + 1 (1, 2, 3) = (2, 6, 4)

T (0, 1, 1) = 2 (1, 1, 1) + (−1) (1, 0, 1) + 2 (1, 2, 3) = (3, 6, 7)

T (1, 0, 1) = (−2) (1, 1, 1) + 1 (1, 0, 1) + (−2) (1, 2, 3) = (−3,−6,−7)

Ahora bien:

ImT = 〈T (1, 1, 1) , T (0, 1, 1) , T (1, 0, 1)〉

= 〈(2, 6, 4) , (3, 6, 7) , (−3,−6,−7)〉

= 〈(2, 6, 4) , (3, 6, 7) 〉

note que el rango de T es 2.

Ejemplo 2.1.27. Sean:

B = (1, 1,−1) ; (0, 2,−1) ; (1, 0, 1)

y:

D =

1 + 2x+ x2; 1 + 3x+ 2x2; 2 + x+ 3x2

bases de R3 y R2 [x], respectivamente. Sea T ∈ L (R3,R2 [x]) tales que:

[T ]DB =

5 2 −2

−3 −1 1

1 4 −3

Verifique que T es un isomorfismo entre R3 y R2 [x]. Calcule, ademas, T−1.

103


Solucion. Para verificar que T es un isomorfismo, basta notar que det [T ]DB 6= 0. En efecto:

det [T ]DB =

∣∣∣∣∣∣∣∣5 2 −2

−3 −1 1

1 4 −3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1

Por otro lado, para calcular T−1, procedemos por coordenadas. En efecto:

[T−1 (a, b, c)

]B =

[T−1

]BD [(a, b, c)]D

=(

[T ]DB

)−1

[(a, b, c)]D

Luego:

[T−1

]BD =

5 2 −2

−3 −1 1

1 4 −3

−1

=

−1 −2 0

−8 −13 1

−11 −18 1

Necesitamos, ahora, las coordenadas de a+ bx+ cx2 respecto de la base D. Esto es:

α(1 + 2x+ x2

)+ β

(1 + 3x+ 2x2

)+ γ

(2 + x+ 3x2

)= a+ bx+ cx2

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos:

[a+ bx+ cx2

]D =

α

β

γ

=

74a+ 1

4b− 5

4c

14b− 5

4a+ 3

4c

14c+ 1

4a− 1

4b

104


Luego:

[T−1

(a+ bx+ cx2

)]B =

−1 −2 0

−8 −13 1

−11 −18 1

74a+ 1

4b− 5

4c

14b− 5

4a+ 3

4c

14c+ 1

4a− 1

4b

=

34a− 3

4b− 1

4c

52a− 11

2b+ 1

2c

72a− 15

2b+ 1

2c

Ası:

T−1(a+ bx+ cx2

)=

(3

4a− 3

4b− 1

4c

)(1, 1,−1) +

(5

2a− 11

2b+

1

2c

)(0, 2,−1)

+

(7

2a− 15

2b+

1

2c

)(1, 0, 1)

=

(17

4a− 33

4b+

1

4c,

23

4a− 47

4b+

3

4c,

1

4a− 5

4b+

1

4c

)

Ejercicios resueltos de Transformaciones lineales

1. Considere la transformacion

T : M2×2 (R) → R4 a b

c d

→ T

a b

c d

= (a+ b, a+ c− b, c, d)

a) Determine una base de Ker(T ) e Im(T ).

105


Solucion. Vamos a buscar el Nucleo de la transformacion,

ker (T ) =

a b

c d

∈M2×2 (R) : T

a b

c d

= (0, 0, 0, 0)

=

a b

c d

∈M2×2 (R) : (a+ b, a+ c− b, c, d) = (0, 0, 0, 0)

=

a b

c d

∈M2×2 (R) :

a+ b = 0

a− b+ c = 0

c = 0

d = 0

=

a b

c d

∈M2×2 (R) : a = b = c = d = 0

=

0 0

0 0

del teorema de las dimensiones se sigue que

Dim (ker (T )) + Dim (Im (T )) = Dim (M2×2 (R))

0 + Dim (Im (T )) = 4

ası Dim (Im (T )) = 4 y luego Im (T ) = R4 (T es biyectiva)

b) Si

B1 =

1 −1

2 0

,

0 −1

2 1

,

0 1

1 1

,

1 1

0 3

y

B2 = (1, 0, 2, 0) , (1, 0, 2, 1) , (0, 0, 1, 1) , (1, 1, 0,−3)

son bases de M2×2 (R) y R4 respectivamente determinar [T ]B2B1 .

106


Solucion. Como

T

1 −1

2 0

= (0, 4, 2, 0)

T

0 −1

2 1

= (−1, 3, 2, 1)

T

0 1

1 1

= (1, 0, 1, 1)

T

1 1

0 3

= (2, 0, 0, 3)

se sigue que necesitamos resolver los sistemas

(0, 4, 2, 0) = α1 (1, 0, 2, 0) + β1 (1, 0, 2, 1) + γ1 (0, 0, 1, 1) + δ1 (1, 1, 0,−3)

(−1, 3, 2, 1) = α2 (1, 0, 2, 0) + β2 (1, 0, 2, 1) + γ2 (0, 0, 1, 1) + δ2 (1, 1, 0,−3)

(1, 0, 1, 1) = α3 (1, 0, 2, 0) + β3 (1, 0, 2, 1) + γ3 (0, 0, 1, 1) + δ3 (1, 1, 0,−3)

(2, 0, 0, 3) = α4 (1, 0, 2, 0) + β4 (1, 0, 2, 1) + γ4 (0, 0, 1, 1) + δ4 (1, 1, 0,−3)

y ası la matriz asociada sera

[T ]B2B1 =

α1 α2 α3 α4

β1 β2 β3 β4

γ1 γ2 γ3 γ4

δ1 δ2 δ3 δ4

vamos a resolver los 4 sistema de una sola vez

1 1 0 1 0 −1 1 2

0 0 0 1 4 3 0 0

2 2 1 0 2 2 1 0

0 1 1 −3 0 1 1 3

∼

1 0 0 0 −6 −4 −1 −5

0 1 0 0 2 0 2 7

0 0 1 0 10 10 −1 −4

0 0 0 1 4 3 0 0

ası

[T ]B2B1 =

−6 −4 −1 −5

2 0 2 7

10 10 −1 −4

4 3 0 0

107


c) Si la transformacion es un isomorfismo (biyectiva) determine[T−1

]B1B2

Solucion. ya sabemos que la transformacion es biyectiva, como[T−1

]B1B2

=(

[T ]B2B1

)−1

se sigue

−6 −4 −1 −5

2 0 2 7

10 10 −1 −4

4 3 0 0

−1

=

322

− 322

− 922

1711

− 211

211

611

−1911

2311

2111

811

411

− 711

− 411

− 111

− 611

=

[T−1

]B1B2

2. Construir una transformacion lineal T : R3 → R3 que cumpla las siguientes condicio-

nes (simultaneamente)

a) Ker(T ) = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = t (1, 0,−1) para t ∈ R

b) Im(T ) = (x, y, z) ∈ R3 : x− 2y + z = 0

Solucion. La transformacion tiene que cumplir las dos condiciones, notamos que

ker (T ) = 〈(1, 0,−1)〉

y

Im (T ) =

(x, y, z) ∈ R3 : x− 2y + z = 0

=

(x, y, z) ∈ R3 : x+ z = 2y

=

(x,x+ z

2, z

)∈ R3 : x, z ∈ R

=

⟨(1,

1

2, 0

),

(0,

1

2, 1

)⟩108


desde el punto de vista del teorema de las dimensiones estas dos condiciones no son

incompatibles puesto que

Dim (ker (T )) + Dim (Im (T )) = Dim(R3)

= 3

para la posible transformacion. Vamos a utilizar el teorema que nos permite construir

transformaciones si la conocemos en una base

T (1, 0, 0) =

(1,

1

2, 0

)T (0, 1, 0) =

(0,

1

2, 1

)T (1, 0,−1) = (0, 0, 0)

notamos que los vectores (1, 0, 0) , (0, 1, 0) y (1, 0,−1) son linealmente independientes

pues ∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 1

0 1 0

0 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0

y luego forman una base de R3 estas condiciones determinan por completo una

transformacion lineal, note tambien que

Im (T ) = 〈T (1, 0, 0) , T (0, 1, 0) , T (1, 0,−1)〉

=

⟨(1,

1

2, 0

),

(0,

1

2, 1

), (0, 0, 0)

⟩=

⟨(1,

1

2, 0

),

(0,

1

2, 1

)⟩=

(x, y, z) ∈ R3 : x− 2y + z = 0

y (1, 0,−1) ∈ ker (T ) que tiene dimension 1 (por el teorema de las dimensiones) ası

ker (T ) = 〈(1, 0,−1)〉

=

(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = t (1, 0,−1) para t ∈ R

podemos tambien determinar en forma explıcita esta transformacion

(x, y, z) = α (1, 0, 0) + β (0, 1, 0) + γ (1, 0,−1)

109


α + γ = x

β = y

−γ = z

de donde α = x+ z, β = y, γ = −z ası

(x, y, z) = (x+ z) (1, 0, 0) + y (0, 1, 0) + (−z) (1, 0,−1)

luego

T (x, y, z) = T ((x+ z) (1, 0, 0) + y (0, 1, 0) + (−z) (1, 0,−1))

= (x+ z)T (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + (−z)T (1, 0,−1)

= (x+ z)

(1,

1

2, 0

)+ y

(0,

1

2, 1

)+ (−z) (0, 0, 0)

=

(x+ z,

1

2x+

1

2y +

1

2z, y

)3. Sea T ∈ L (R3,R2) con B = (0, 0, 1) ; (0, 2, 1) ; (3, 2, 1) y C = (1,−3) ; (2,−5)

bases ordenadas de R3 y R2, respectivamente. Supongamos que:

[T ]CB =

−1 3 2

4 −12 −8

∈M2×3 (R)

Con respecto a las hipotesis anteriores:

a) Hallar kerT sin calcular T (x, y, z).

Solucion. v ∈ ker (T )⇔ [v]B es solucion de [T ]CB x = 0 luego −1 3 2 0

4 −12 −8 0

∼ 1 −3 −2 0

0 0 0 0

luego

[v]B =

α

β

γ

es solucion si y solo si

α− 3β − 2γ = 0

110


de esta forma

[v]B =

α

β

γ

=

3β + 2γ

β

γ

para β, γ ∈ R

luego

v ∈ ker (T )⇔ (x, y, z) = (3β + 2γ) (0, 0, 1) + β (0, 2, 1) + γ (3, 2, 1)

para β, γ ∈ R esto es

(x, y, z) = (3γ, 2β + 2γ, 4β + 3γ) para β, γ ∈ R

ası

ker (T ) = 〈(3, 2, 3) , (0, 2, 4)〉

b) Determinar T (x, y, z).


[T (x, y, z)]C = [T ]CB [(x, y, z)]B

luego

(x, y, z) = α (0, 0, 1) + β (0, 2, 1) + γ (3, 2, 1)

ası

3γ = x

2β + 2γ = y

α + β + γ = z

luego α = z − 12y, β = 1

2y − 1

3x, γ = 1

3x de donde tenemos

[(x, y, z)]B =

z − 1

2y

12y − 1

3x

13x

111


ası

[T (x, y, z)]C =

−1 3 2

4 −12 −8

z − 12y

12y − 1

3x

13x

=

2y − 13x− z

43x− 8y + 4z

ası

T (x, y, z) =

(2y − 1

3x− z

)(1,−3) +

(4

3x− 8y + 4z

)(2,−5)

=

(7

3x− 14y + 7z, 34y − 17

3x− 17z

)

c) ¿Por que es falso que T (x, y, z) = [T ]CB ·

x

y

z

?

Solucion. Esta igualdad no es posible ni por los ordenes de las matrices.

d) ¿Cuando es valida la igualdad anterior?

Solucion. Al considerar las bases canonicas en los espacios de partida y llegada

se cumple una desigualdad del tipo

T (x, y, z)t = [T ]canonicacanonica ·

x

y

z

(ademas la transformacion este definida de Rn en Rm)

e) Hallar la nulidad de T y el rango de T sin hallar la Im(T )?

Solucion. El rango de la transformacion lineal es igual al rango de la matriz

asociada en este caso es 1.

f ) Hallar Im(T ) y una base para Im(T ).

112


Solucion. Como ya tenemos la transformacion podemos determinar la imagen

como

Im (T ) = 〈T (1, 0, 0) , T (0, 1, 0) , T (0, 0, 1)〉

=

⟨(7

3,−17

3

), (−14, 34) , (7,−17)

⟩= 〈(7,−17)〉

esto es una recta que pasa por el origen con direccion (7,−17).

4. Sean U = (x, y, z) ∈ R3 : 2x− 3y + 5z = 0 un espacio vectorial y A una base

ordenada de U y C la base canonica de R2. Suponga que T : U → R2 es una

transformacion lineal definida por T (x, y, z) = (x− y, x− z) tal que:

[T ]CA =

1 2

1 1

∈M2×2 (R)

Determine la base A.

Solucion. Sea A = (α, β, γ) , (ϕ, κ, λ) la base de U del ejercicio (el espacio tiene

dimension 2) entonces

[T (α, β, γ)]C =

1

1

[T (ϕ, κ, λ)]C =

2

1

ademas

2α− 3β + 5γ = 0

2ϕ− 3κ+ 5λ = 0

pero

[T (α, β, γ)]C =

α− βα− γ

[T (ϕ, κ, λ)]C =

ϕ− κϕ− λ

113


de donde tenemos el sistema de ecuaciones

α− β = 1

α− γ = 1

ϕ− κ = 2

ϕ− λ = 1

2α− 3β + 5γ = 0

2ϕ− 3κ+ 5λ = 0

que tiene solucion α = 12, κ = −9

4, β = −1

2, λ = −5

4, γ = −1

2, ϕ = −1

4ası

A =

(1

2,−1

2,−1

2

),

(−1

4,−9

4,−5

4

)5. Considere la transformacion lineal

T : M2×2 (R) → R4 x y

z w

→ T

x y

z w

= (x− y, x− z, x− w, x)

y suponga que

B1 =

1 0

0 1

,

−2 0

0 0

,

0 0

1 0

,

0 −1

0 0

B2 = (1, 1, 1, 1) , (1, 1, 0, 0) , (1, 0, 0, 0) , (1, 1, 1, 0)

a) Calcular [T ]B2B1 , muestre que T es invertible (isomorfismo) y calcule T−1 en forma

explıcita.

Solucion. Como

T

x y

z w

= (x− y, x− z, x− w, x)

114


se sigue

T

1 0

0 1

= (1, 1, 0, 1)

T

−2 0

0 0

= (−2,−2,−2,−2)

T

0 0

1 0

= (0,−1, 0, 0)

T

0 −1

0 0

= (1, 0, 0, 0)

luego tenemos que resolver los sistemas

(1, 1, 0, 1) = α1 (1, 1, 1, 1) + β1 (1, 1, 0, 0) + γ1 (1, 0, 0, 0) + δ1 (1, 1, 1, 0)

(−2,−2,−2,−2) = α2 (1, 1, 1, 1) + β2 (1, 1, 0, 0) + γ2 (1, 0, 0, 0) + δ2 (1, 1, 1, 0)

(0,−1, 0, 0) = α3 (1, 1, 1, 1) + β3 (1, 1, 0, 0) + γ3 (1, 0, 0, 0) + δ3 (1, 1, 1, 0)

(1, 0, 0, 0) = α4 (1, 1, 1, 1) + β4 (1, 1, 0, 0) + γ4 (1, 0, 0, 0) + δ4 (1, 1, 1, 0)

resolveremos los 4 sistemas1 1 1 1 1 −2 0 1

1 1 0 1 1 −2 −1 0

1 0 0 1 0 −2 0 0

1 0 0 0 1 −2 0 0

∼

1 0 0 0 1 −2 0 0

0 1 0 0 1 0 −1 0

0 0 1 0 0 0 1 1

0 0 0 1 −1 0 0 0

se sigue

[T ]B2B1 =

1 −2 0 0

1 0 −1 0

0 0 1 1

−1 0 0 0

b) Encontrar(

[T ]B2B1

)−1

115


Solucion. ([T ]B2B1

)−1

=[T−1

]B1B2

=

1 −2 0 0

1 0 −1 0

0 0 1 1

−1 0 0 0

−1

=

0 0 0 −1

−12

0 0 −12

0 −1 0 −1

0 1 1 1

c) Considere las bases canonicas deM2×2 (R) y R4

C1 =

1 0

0 0

,

0 1

0 0

,

0 0

1 0

,

0 0

0 1

C2= ((1, 0, 0, 0)) , (0, 1, 0, 0) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1)

calcular [T ]C2C1 usando la matrices de cambio de base adecuadas.

Solucion. Para calcular [T ]C2C1 necesitamos hacer

[I]C2B2 [T ]B2B1 [I]B1C1

ası

α

1 0

0 1

+β

−2 0

0 0

+γ

0 0

1 0

+δ

0 −1

0 0

=

α− 2β −δγ α

de donde tenemos que resolver 4 sistemas

1 −2 0 0 1 0 0 0

0 0 0 −1 0 1 0 0

0 0 1 0 0 0 1 0

1 0 0 0 0 0 0 1

∼

1 0 0 0 0 0 0 1

0 1 0 0 −12

0 0 12

0 0 1 0 0 0 1 0

0 0 0 1 0 −1 0 0

116


de aquı

[I]B1C1 =

0 0 0 1

−12

0 0 12

0 0 1 0

0 −1 0 0

(note que es mas facil pensarlo como

([I]C1B1

)−1

= [I]B1C1 si la canonica esta en la

llegada es escribir los vectores como columna) y

[I]C2B2 =

1 1 1 1

1 1 0 1

1 0 0 1

1 0 0 0

ası

[T ]C2C1 = [I]C2B2 [T ]B2B1 [I]B1C1

=

1 1 1 1

1 1 0 1

1 0 0 1

1 0 0 0

1 −2 0 0

1 0 −1 0

0 0 1 1

−1 0 0 0

0 0 0 1

−12

0 0 12

0 0 1 0

0 −1 0 0

=

1 −1 0 0

1 0 −1 0

1 0 0 −1

1 0 0 0

6. Considere la transformacion lineal T : R2 [x]→ R2 [x] dada por:

T(ax2 + bx+ c

)= (a+ b)x2 + (a+ b+ c)x+ c

a) Encuentre una base para ker (T )

b) Encuentre una base para Im (T )

c) Considere en el dominio la base B = 1 + x2, 1 + x+ x2,−1 y en el codominio

la base D = 1− x, 1 + x, x2 encontrar la matriz asociada a T respecto a estas

bases.

117


a) Por definicion

ker (T ) =ax2 + bx+ c ∈ R2 [x] : T

(ax2 + bx+ c

)= 0

=ax2 + bx+ c ∈ R2 [x] : (a+ b)x2 + (a+ b+ c)x+ c = 0

=

ax2 + bx+ c ∈ R2 [x] : (a+ b = 0) ∧ (a+ b+ c = 0) ∧ (c = 0)

=

ax2 + bx+ c ∈ R2 [x] :

1 1 0

1 1 1

0 0 1

a

b

c

=

0

0

0

luego 1 1 0

1 1 1

0 0 1

∼

1 1 0

0 0 1

0 0 0

ası

ker (T ) =ax2 + bx+ c ∈ R2 [x] : (a+ b = 0) ∧ (c = 0)

=

ax2 + bx+ c ∈ R2 [x] : (b = −a) ∧ (c = 0)

=

ax2 − ax ∈ R2 [x] : a ∈ R

=

⟨x2 − x

⟩luego el kernel tiene dimension 1 (la nulidad es 1).

b) Notemos que T (ax2 + bx+ c) = (a+ b)x2 + (a+ b+ c)x+ c y luego

(a+ b)x2 + (a+ b+ c)x+ c = a(x2 + x

)+ b(x2 + x

)+ c (x+ 1)

ası

T(ax2 + bx+ c

)∈⟨x2 + x, x2 + x, x+ 1

⟩como hay un elemento repetido, el conjunto es L.D. ası

⟨x2 + x, x2 + x, x+ 1

⟩=⟨x2 + x, x+ 1

⟩se sigue

Im (T ) ⊆⟨x2 + x, x+ 1

⟩

118


por el teorema de las dimensiones se sigue

Dim (ker (T )) + Dim (Im (T )) = Dim (R2 [x])

ası, de la parte a) se tiene

1 + Dim (Im (T )) = 3

de donde se obtiene

Dim (Im (T )) = 2

y ası

Im (T ) =⟨x2 + x, x+ 1

⟩de esta forma, una base para la imagen es x2 + x, x+ 1

c) Como T (ax2 + bx+ c) = (a+ b)x2 + (a+ b+ c)x+ c se sigue que

T(1 + x2

)= x2 + 2x+ 1 = α (1− x) + β (1 + x) + γx2

= γx2 + (β − α)x+ (a+ β)

por determinar a, β, γ.

T(1 + x+ x2

)= 2x2 + 3x+ 1 = α (1− x) + β (1 + x) + γx2

= γx2 + (β − α)x+ (a+ β)


T (−1) = −x− 1 = α (1− x) + β (1 + x) + γx2

= γx2 + (β − α)x+ (a+ β)


Vamos a resolver esos 3 problemas de una sola vez, porque hay que resolver los

sistemas

γ = 1

(β − α) = 2

(a+ β) = 1

119


y

γ = 2

(β − α) = 3

(a+ β) = 1

y

γ = 0

(β − α) = −1

(a+ β) = −1

en todas la matriz de coeficientes es la misma, formamos una tripe matriz

ampliada y escalonamos0 0 1 1 2 0

−1 1 0 2 3 −1

1 1 0 1 1 −1

Operaciones Elementales∼

1 0 0 −1

2−1 0

0 1 0 32

2 −1

0 0 1 1 2 0

[T ]DB =

−1

2−1 0

32

2 −1

1 2 0

(notar que T (1 + x2) = x2 + 2x + 1 =

(−1

2

)(1− x) +

(32

)(1 + x) + 1x2,

T (1 + x+ x2) = 2x2 + 3x + 1 = (−1) (1− x) + 2 (1 + x) + 2x2 y T (−1) =

−x− 1 = 0 (1− x) + (−1) (1 + x) + 0x2)

7. Suponga que S : R2 [x]→ R2 [x] es una transformacion lineal con

[T ]DB =

−1

2−1 0

32

2 −1

1 2 0

B = 1− x, 1 + x, x2 y D = 1 + x2, 1 + x+ x2,−1 (No es el ejercicio anterior ver

las bases)

a) Encontrar ker (T )

120


b) Encontrar Im (T )

c) Calcule T (2 + x− x2)

d) Encontrar una expresion para T (ax2 + bx+ c)

a) Note que p ∈ ker (T ) si y solo si T (p) = 0 si y solo si

[Tp]D =

0

0

0

pero

[Tp]D = [T ]DB [p]B

luego si resolvemos0

0

0

= [T ]DB [p]B =

−1

2−1 0

32

2 −1

1 2 0

α

β

γ

estaremos encontrando las coordenadas

α

β

γ

= [p]B

de los vectores de ker (T ). Pues bien−1

2−1 0

32

2 −1

1 2 0

∼

1 0 −2

0 1 1

0 0 0

se sigue que p ∈ ker (T ) si y solo si

α

β

γ

= [p]B

cumple

α = 2γ y β = −γ

121


ası p ∈ ker (T ) si y solo si

p (x) = (2γ) (1− x) + (−γ) (1 + x) + γx2

para algun γ ∈ R es decir

ker (T ) =⟨−3x+ x2 + 1

⟩b) De la matriz asociada tenemos

[T (1− x)]D =

−1

2

32

1

ası

T (1− x) =

(−1

2

)(1 + x2

)+

(3

2

)(1 + x+ x2

)+ (1) (−1)

= x2 +3

2x

tambien

[T (1 + x)]D =

−1

2

2

ası

T (1− x) = (−1)(1 + x2

)+ (2)

(1 + x+ x2

)+ (2) (−1)

= x2 + 2x− 1

y

[T(x2)]D =

0

−1

0

ası

T(x2)

= (0)(1 + x2

)+ (−1)

(1 + x+ x2

)+ (0) (−1)

= −x2 − x− 1

luego

Im (T ) =

⟨x2 +

3

2x, x2 + 2x− 1,−x2 − x− 1

⟩

122


del teorema de las dimensionesx2 + 3

2x, x2 + 2x− 1,−x2 − x− 1

deberıa ser

un conjunto L.D. en efecto1 1 −1

32

2 −1

0 −1 −1

∼

1 0 −2

0 1 1

0 0 0

(−2)

(x2 +

3

2x

)+ (1)

(x2 + 2x− 1

)= −x2 − x− 1

se sigue

Im (T ) =

⟨x2 +

3

2x, x2 + 2x− 1

⟩c) Para calcular T (2 + x− x2) podemos hacer lo siguiente

[2 + x− x2

]B =

α

β

γ

donde

2 + x− x2 = α (1− x) + β (1 + x) + γx2

γ = −1

β − α = 1

α + β = 2

α = 12, β = 3

2, γ = −1 luego

[T(2 + x− x2

)]D =

−1

2−1 0

32

2 −1

1 2 0

12

32

−1

=

−7

4

194

72

se obtiene

T(2 + x− x2

)=

(−7

4

)(1 + x2

)+

(19

4

)(1 + x+ x2

)+

(7

2

)(−1)

= 3x2 +19

4x− 1

2

123


d) Encontremos una expresion para

T(ax2 + bx+ c

)notemos que

ax2 + bx+ c = α (1− x) + β (1 + x) + γx2

si y solo si

γ = a

β − α = b

α + β = c

esto es 0 0 1 a

−1 1 0 b

1 1 0 c

∼

1 0 0 12c− 1

2b

0 1 0 12b+ 1

2c

0 0 1 a

luego

ax2 + bx+ c =

(1

2c− 1

2b

)(1− x) +

(1

2b+

1

2c

)(1 + x) + ax2

podemos encontrar T (ax2 + bx+ c) en dos formas

T(ax2 + bx+ c

)=

(1

2c− 1

2b

)T (1− x) +

(1

2b+

1

2c

)T (1 + x) + aT

(x2)

=

(1

2c− 1

2b

)(x2 +

3

2x

)+

(1

2b+

1

2c

)(x2 + 2x− 1

)+a(−x2 − x− 1

)= (c− a)x2 +

(−a+

1

4b+

7

4c

)x+

(−1

2b− 1

2c− a

)la otra forma es

[T(ax2 + bx+ c

)]D =

−1

2−1 0

32

2 −1

1 2 0

(

12c− 1

2b)(

12b+ 1

2c)

a

=

−1

4b− 3

4c

14b− a+ 7

4c

12b+ 3

2c

124


y ası

T(ax2 + bx+ c

)=

(−1

4b− 3

4c

)(1 + x2

)+

(1

4b− a+

7

4c

)(1 + x+ x2

)+

(1

2b+

3

2c

)(−1)

= (c− a)x2 +

(−a+

1

4b+

7

4c

)x+

(−1

2b− 1

2c− a

)8. Muestre que T :M2×2 (R)→ R3 [x] dada por

T

a b

c d

= (a+ b)x3 + cx2 + (a+ d)x+ (c− d)

es una transformacion lineal ademas determine el ker (T ) e Im(T ).

Solucion. En general, si V y W son espacios vectoriales, una funcion F : V → W

es llamada transformacion lineal si cumple: i)∀α ∈ K,∀v ∈ V , F (αv) = αF (v) y ii)

∀v1, v2 ∈ V , F (v1 + v2) = F (v1) +F (v2) (esto quiere decir, que envıa combinaciones

lineales en combinaciones lineales). En nuestro ejercicio los elementos del espacio

de partida son matrices de orden 2 × 2 luego para probar la primera propiedad

necesitamos considerar un escalar arbitrario y una matriz arbitraria y en la segunda

propiedad, dos matrices arbitrarias como sigue:

i) Sea α ∈ R y

a b

c d

∈M2×2 (R) se tiene

T

α a b

c d

= T

αa αb

αc αd

= T

A B

C D

donde A = αa,B = αb, C = αc,D = αd

= (A+B)x3 + Cx2 + (A+D)x+ (C −D)

= ((αa) + (αb))x3 + (αc)x2 + (αa+ αd)x+ (αc− αd)

= α((a+ b)x3 + cx2 + (a+ d)x+ (c− d)

)= αT

a b

c d

125


(Explicacion: tenemos que mostrar que el escalar se puede “sacar” de la funcion

y para esto utilizamos solamente la definicion, en la linea T

α a b

c d

=

T

αa αb

αc αd

no sabemos como actua la funcion T sobre el producto escalar

α

a b

c d

es por eso que aplicamos la definicion de producto escalar de matrices y

ası

α

a b

c d

=

αa αb

αc αd

y ahora podemos aplicar la definicion de T a la matriz

αa αb

αc αd

(en este caso si

sabemos como actua T ), para que se vea mas claro agregue la linea αa αb

αc αd

=

A B

C D

donde A = αa,B = αb, C = αc,D = αd

pero no es necesario, entonces por definicion

T

A B

C D

= (A+B)x3 + Cx2 + (A+D)x+ (C −D)

y ahora reemplazamos para obtener la igualdad deseada)

ii) Sean

a11 a12

a21 a22

,

b11 b12

b21 b22

∈M2×2 (R) matrices arbitrarias, se tiene

T

a11 a12

a21 a22

+

b11 b12

b21 b22

= T

a11 + b11 a12 + b12

a21 + b21 a22 + b22

= T

A B

C D

donde A = a11 +b11, B = a12 +b12, C = a21 +b21, D = a22 +b22, aplicando la definicion

126


de T se sigue

T

A B

C D

= (A+B)x3 + Cx2 + (A+D)x+ (C −D)

= ((a11 + b11) + (a12 + b12))x3 + (a21 + b21)x2 +

((a11 + b11) + (a22 + b22))x+ ((a21 + b21)− (a22 + b22))

= ((a11 + a12) + (b11 + b12))x3 + (a21 + b21)x2 +

((a11 + a22) + (b11 + b22))x+ ((a21 − a22) + (b21 − b22))

=((a11 + a12)x3 + a21x

2 + (a11 + a22)x+ (a21 − a22))

+((b11 + b12)x3 + b21x

2 + (b11 + b22)x+ (b21 − b22))

= T

a11 a12

a21 a22

+ T

b11 b12

b21 b22

de esto concluimos

T

a11 a12

a21 a22

+

b11 b12

b21 b22

= T

a11 a12

a21 a22

+ T

b11 b12

b21 b22

de i) y ii) T es una transformacion lineal.

Vamos a buscar el ker (T )

ker (T ) = v ∈ V : T (v) = θW

=

a b

c d

∈M2×2 (R) : T

a b

c d

= 0 (el polinomio 0)

=

a b

c d

∈M2×2 (R) : (a+ b)x3 + cx2 + (a+ d)x+ (c− d) = 0

=

a b

c d

∈M2×2 (R) : (a+ b) = 0 ∧ c = 0 ∧ (a+ d) = 0 ∧ (c− d) = 0

127


de esta forma buscamos todas la matrices

a b

c d

tales que

a+ b = 0

c = 0

a+ d = 0

c− d = 0

o matricialmente 1 1 0 0

0 0 1 0

1 0 0 1

0 0 1 −1

a

b

c

d

=

0

0

0

0

resolvemos el sistema escalonando

1 1 0 0 0

0 0 1 0 0

1 0 0 1 0

0 0 1 −1 0

∼

1 1 0 0 0

0 −1 0 1 0

0 0 1 0 0

0 0 0 −1 0

de esto se obtiene a = b = c = d = 0 es decir

ker (T ) =

0 0

0 0

(se concluye que la transformacion es inyectiva) Por el teorema de las dimensiones se

tiene lo siguiente

Dim (ker (T )) + Dim (Im (T )) = Dim (M2×2 (R)) = 4

pero

Dim (ker (T )) = 0

ası

Dim (Im (T )) = 4

128


como Dim (T ) < R3 [x] y R3 [x] tiene dimension 4, se sigue Im (T ) = R3 [x]. Otra

forma para determinar la imagen es utilizar el resultado que la imagenes de una base

generan la imagen de la transformacion, luego

Im (T ) =

⟨T 1 0

0 0

, T

0 1

0 0

, T

0 0

1 0

, T

0 0

0 1

⟩

pero notemos que

T

1 0

0 0

= (1 + 0)x3 + 0x2 + (1 + 0)x+ (0− 0)

= x3 + x

T

0 1

0 0

= (0 + 1)x3 + 0x2 + (0 + 0)x+ (0− 0)

= x3

T

0 0

1 0

= (0 + 0)x3 + 1x2 + (0 + 0)x+ (1− 0)

= x2 + 1

T

0 0

0 1

= (0 + 0)x3 + 0x2 + (0 + 1)x+ (0− 1)

= x− 1

ası

Im (T ) =⟨x3 + x, x3, x2 + 1, x− 1

⟩y mostrar que x3 + x, x3, x2 + 1, x− 1 es un conjunto L.I. luego Im (T ) tiene di-

mension 4 y por tanto tiene que ser R3 [x].

9. Encontrar por lo menos una transformacion lineal T :M2×2 (R)→ R3 tal que

ker (T ) =

a b

c d

∈M2×2 (R) : a+ d+ c = 0

129



ker (T ) =

a b

c d

∈M2×2 (R) : a+ d+ c = 0

=

a b

c d

∈M2×2 (R) : a = −c− d

=

−c− d b

c d

∈M2×2 (R) : b, c, d ∈ R

=

c −1 0

1 0

+ b

0 1

0 0

+ d

−1 0

0 1

∈M2×2 (R) : b, c, d ∈ R

⟨ −1 0

1 0

,

0 1

0 0

,

−1 0

0 1

⟩

luego ker (T ) tiene dimension 3 (no puede ser base de M2×2 (R) que tiene dimension

4), sabemos que para conocer completamente una T.L. necesitamos conocerla sobre

una base, buscamos algun elemento L.I. con las tres matrices que forman el kernel,

para ello,

α

−1 0

1 0

+ β

0 1

0 0

+ γ

−1 0

0 1

+ δ

a b

c d

=

0 0

0 0

debe tener por unica solucion α = β = γ = δ = 0. Esto se traduce a

−α− γ + aδ = 0

β + bδ = 0

α + δc = 0

γ + δd = 0

matricialmente la ampliada−1 0 −1 a 0

0 1 0 b 0

1 0 0 c 0

0 0 1 d 0

∼−1 0 −1 a 0

0 1 0 b 0

0 0 −1 a+ c 0

0 0 0 a+ c+ d 0

130


la solucion es unica si y solo si a+ c+ d 6= 0, de esta forma, podemos considerar la

matriz 1 1

1 1

pues 1 + 1 + 1 = 3 6= 0. Ahora para definir la transformacion (por ejemplo)

T

−1 0

1 0

= (0, 0, 0)

T

0 1

0 0

= (0, 0, 0)

T

−1 0

0 1

= (0, 0, 0)

T

1 1

1 1

= (1, 1, 1)

esto determina completamente quien es T (notar que

−1 0

1 0

,

0 1

0 0

,

−1 0

0 1

son elementos del kernel pero

1 1

1 1

no lo es). La T en forma explıcita se deter-

mina de la siguiente manera, Como

B =

−1 0

1 0

,

0 1

0 0

,

−1 0

0 1

,

1 1

1 1

es base, dado una matriz

x y

z w

arbitraria, deben existir escalares α, β, γ, δ tales

que x y

z w

= α

−1 0

1 0

+ β

0 1

0 0

+ γ

−1 0

0 1

+ δ

1 1

1 1

131


para buscar tales escalares resolvemos el sistema−1 0 −1 1 x

0 1 0 1 y

1 0 0 1 z

0 0 1 1 w

∼

1 0 0 0 23z − 1

3x− 1

3w

0 1 0 0 y − 13x− 1

3w − 1

3z

0 0 1 0 23w − 1

3x− 1

3z

0 0 0 1 13w + 1

3x+ 1

3z

de donde se tiene

α =2

3z − 1

3x− 1

3w

β = y − 1

3x− 1

3w − 1

3z

γ =2

3w − 1

3x− 1

3z

δ =1

3w +

1

3x+

1

3z

ası x y

z w

=

(2

3z − 1

3x− 1

3w

) −1 0

1 0

+

(y − 1

3x− 1

3w − 1

3z

) 0 1

0 0

+

(2

3w − 1

3x− 1

3z

) −1 0

0 1

+

(1

3w +

1

3x+

1

3z

) 1 1

1 1

luego

T

x y

z w

=

(2

3z − 1

3x− 1

3w

)(0, 0, 0)

+

(y − 1

3x− 1

3w − 1

3z

)(0, 0, 0)

+

(2

3w − 1

3x− 1

3z

)(0, 0, 0)

+

(1

3w +

1

3x+

1

3z

)(1, 1, 1)

=

(1

3w +

1

3x+

1

3z,

1

3w +

1

3x+

1

3z ,

1

3w +

1

3x+

1

3z

)132


ası

T : M2×2 (R)→ R3 x y

z w

→ T

x y

z w

=

(1

3w +

1

3x+

1

3z,

1

3w +

1

3x+

1

3z ,

1

3w +

1

3x+

1

3z

)

10. Sea B la base canonica de R2 y considere las transformaciones T : R2 → R2 y

S : R2 → R2 definidas por

T (a, b) = (2a+ 3b, 4a− 7b)

y

S (a, b) = (3a− 2b, a− b)

calcular [T ]B , [S]B y [T S]B comprobar que

[T ]B · [S]B = [T S]B

Solucion. Al ser la matriz con respecto a la base canonica se tiene

[T ]B =

2 3

4 −7

y [S]B =

3 −2

1 −1

ası

[T ]B · [S]B =

2 3

4 −7

3 −2

1 −1

=

9 −7

5 −1

por otro lado

T S (a, b) = T (3a− 2b, a− b)

= (2 (3a− 2b) + 3 (a− b) , 4 (3a− 2b)− 7 (a− b))

=(

9a− 7b 5a− b)

ası

[T S]B =

9 −7

5 −1

133


11. Sea T : R4 → R4 una transformacion lineal tal que

T (1, 1, 0, 0) = (0, 1, 0,−1)

T (1, 0, 1, 0) = (1, 1, 1, 0)

si ademas se tiene que T T = IR4 determinar la matriz asociada a T respecto a la

base canonica C de R4. ¿Es T un isomorfismo? Justifique.

Solucion. Por la propiedad T T = IR4 se sigue

T (T (1, 1, 0, 0)) = T (0, 1, 0,−1) = (1, 1, 0, 0)

T (T (1, 0, 1, 0)) = T (1, 1, 1, 0) = (1, 0, 1, 0)

ası

T (1, 1, 0, 0) = (0, 1, 0,−1)

T (1, 0, 1, 0) = (1, 1, 1, 0)

T (0, 1, 0,−1) = (1, 1, 0, 0)

T (1, 1, 1, 0) = (1, 0, 1, 0)

queremos determinar la matriz asociada a la base canonica

T (1, 1, 1, 0)− T (1, 1, 0, 0) = T (0, 0, 1, 0)

= (1, 0, 1, 0)− (0, 1, 0,−1)

= (1,−1, 1, 1)

T (0, 0, 1, 0) = (1,−1, 1, 1)

T (1, 0, 0, 0) = T (1, 0, 1, 0)− T (0, 0, 1, 0)

= (1, 1, 1, 0)− (1,−1, 1, 1)

= (0, 2, 0,−1)

T (0, 1, 0, 0) = T (1, 1, 0, 0)− T (1, 0, 0, 0)

= (0, 1, 0,−1)− (0, 2, 0,−1)

= (0,−1, 0, 0)

T (0, 0, 0, 1) = T (0, 1, 0, 0)− T (0, 1, 0,−1)

= (0,−1, 0, 0)− (1, 1, 0, 0)

= (−1,−2, 0, 0)

134


ası

[T ]CC =

0 0 1 −1

2 −1 −1 −2

0 0 1 0

−1 0 1 0

es facil ver que es isomorfismo, pues

T T = I

⇒ [T T ]CC = I4

⇒ [T ]CC [T ]CC = I4

ası [T ]CC es invertible y luego T es invertible. Otra forma∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 0 1 −1

2 −1 −1 −2

0 0 1 0

−1 0 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1

y luego T es invertible.

Otra forma es utilizar la matriz de cambio de base

[I]CB =

1 1 0 1

1 0 1 1

0 1 0 1

0 0 −1 0

ası

[I]BC =

1 1 0 1

1 0 1 1

0 1 0 1

0 0 −1 0

−1

=

1 0 −1 0

1 −1 0 −1

0 0 0 −1

−1 1 1 1

135


luego

[T ]CC = [T ]CB [I]BC

=

0 1 1 1

1 1 1 0

0 1 0 1

−1 0 0 0

1 0 −1 0

1 −1 0 −1

0 0 0 −1

−1 1 1 1

=

0 0 1 −1

2 −1 −1 −2

0 0 1 0

−1 0 1 0


1. Determine si las siguientes funciones son transformaciones lineales:

a) T : R2 → R, T (x, y) = |x+ y|

b) T : R3 → R2, T (x, y, z) = (2x+ y, z − y)

c) T : R→ R3, T (x) = (x, 2x, x2)

d) T : R3 → R3, T (x, y, z) = (cos x, sin y, z)

2. ¿Existe un transformacion lineal de R2 en R2 que transforma los vectores (1, 4) y

(−3, 2) en los vectores (2, 1) y (4, 2), respectivamente? En caso afirmativo determine

la imagen del vector (−2, a), con a ∈ R.

3. Sea U un espacio vectorial tal que dimU = n < ∞. Suponga que u1, u2, . . . , un es

una base ordenada de U . Suponga que T : U → U es tal que:

T (ui) = ui, ∀i = 1, 2, . . . , n (2.3)

Entonces:

a) Demuestre que existen funciones T : U → U definidas por la condicion (2.3) que

son transformaciones lineales.

136


b) Verifique que si T es una transformacion lineal que satisface la condicion (2.3),

entonces T = IU , donde IU es la funcion identidad de U en U .

4. Sea T : R3 → R2 la transformacion lineal definida por:

T (x, y, z) = (x+ y − 2z, x+ y)

Calcule kerT e ImT .

5. Sea S ∈ L (R3,M2 (R)) definida por:

S (x, y, z) =

x− 3y y − 2z

x z

a) Calcule condiciones sobre a ∈ R de modo que:

3e1 + ae2 − e3 ∈ kerT

donde ei es el i–esimo vector de la base canonica de R3.

b) Calcule ImT

6. Sea T : R2 [x]→M2 (R) una funcion definida por:

T(p (x)

)=

p′′ (0)∫ 1

0p (x) dx

p (−1) 0

a) Demuestre que T es una transformacion lineal.

b) Hallar una base para el kernel de T .

c) Hallar ImT y su dimension.

7. Sea T ∈ L (U, V ) tal que kerT = 0. Suponga que B es un conjunto linealmente

independiente en U . Demuestre que:

T (B) = T (u) : u ∈ B

es linealmente independiente en V .

8. Sea T ∈ L (U,U). Entonces, las siguientes proposiciones son equivalentes:

137


(i) kerT ∩ ImT = 0.

(ii) Si T 2 (u) = 0, entonces T (u) = 0.

9. Sea T : R3 → R3 la transformacion lineal definida por:

T (x, y, z) = (3x, x− y, 2x+ y + z)

¿Es T invertible? En caso afirmativo, hallar una formula para T−1.

10. Sean U y V espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K, tales que dimU = dimV =

n <∞. Sea, ademas, T ∈ L (U, V ) tal que:

Tu = 0 =⇒ u = 0

Entonces, existe una base u1, u2, . . . , un de U tal que Tu1, Tu2, . . . , Tun es una base

de V .

11. Sea B =

(1, 2, 1) ; (2, 1, 1) , (1, 1, 2)

una base de R3 y T : R3 → R3 una transfor-

macion lineal tal que:

[T ]BB =

−3 −3 −5

1 1 1

2 2 4

a) Determinar una base del kerT .

b) Determinar una base del kerT 2.

c) Determinar una base de ImT .

12. Sea T : R3 → R3 tal que:

[T ]DB =

1 2 0

1 1 1

3 −1 1

donde B = (1, 1, 2) ; (0, 1, 1) ; (−1, 0, 0) y D = (1, 1, 1) ; (0, 1, 1) ; (0, 0, 1) son

bases de R3. Entonces:

a) Encuentre T (1, 3, 1), sin calcular T (x, y, z).

b) Determine T−1 (x, y, z), si acaso existe.

138


c) Hallar [T ]FE , sin calcular T (x, y, z), si E = (0, 1, 2) ; (1, 1, 1) ; (0, 1, 0) y F =

(1, 1, 0) ; (1,−1, 1) ; (1, 0, 0) son, tambien, bases de R3.

13. Sean T : R3 [x]→ R3 [x] una funcion definida por:

T(p (x)

)= p′ (x)− x · p′′ (x)

y B1 = 1− x2, 1 + x2, 1− x3, 2 + x, B2 = 1, x2 + x3, x3 − x2, 1− 2x dos bases

ordenadas de R3 [x]. Entonces:

a) Pruebe que existe T es una transformacion lineal.

b) Hallar kerT y una base para ImT . ¿Es T invertible?

c) Calcule [T ]B2B1 .

14. Diremos que un espacio vectorial V es suma directa de los subespacios W1 y W2,

lo cual anotaremos, V = W1 ⊕W2, si W1 ∩W2 = 0, y para cada v ∈ V , existen

w1 ∈ W1 y w2 ∈ W2 tales que v = w1 +w2. Sean V un espacio vectorial de dimension

finita y T : V → V una transformacion lineal. Pruebe que:

V = kerT ⊕ ImT ⇐⇒ ker(T 2)

= kerT

15. Sean U y V espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K y sea S un isomorfismo de

U en V . Demuestre que:

T 7→ S T S−1

es un isomorfismo de L (U,U) en L (V, V ).

16. Hallar explıcitamente, esto es, calculando T (ax3 + bx2 + cx+ d), una transformacion

lineal T : R3 [x]→ R3 tal que:

ImT =

(x, y, z) ∈ R3 : x+ 2y − z = 0

y cuya nulidad sea 2.

17. Sean:

B = (1,−2, 1) , (0, 1,−2) , (1, 1, 1)

139


y:

D =

1 2

−2 1

,

0 0

1 −1

,

1 −2

3 −3

,

2 1

2 1

bases ordenadas de R3 y M2 (R), respectivamente. Considere T : R3 → M2 (R)

definida por:

T (x, y, z) =

x+ 2y x− y + 3z

0 x+ y + z

a) Hallar [T ]DB .

b) Determine condiciones sobre a ∈ R para que (x, y, z) ∈ kerT , sabiendo que:

[(x, y, z)]B =

−1

a

2

c) Hallar ImT , usando [T ]DB .

18. Sean T :M2 (R)→M2 (R) una transformacion lineal y:

B =

1 0

0 1

,

1 1

0 1

,

1 0

1 1

,

1 1

2 2

una base ordenada de M2 (R) tal que:

[T ]BB =

1 0 1 0

1 2 3 0

1 1 2 0

1 1 2 1

Determinar una base D de M2 (R) de modo que [T ]DD sea una matriz diagonal.

(Ayuda: El polinomio caracterıstico de T es fT (λ) = λ (λ− 4) (λ− 1)2)

19. Sean:

B =

1 + x− x2, 2x− x2, 1 + x2

y:

D = (1, 2, 1) , (1, 3, 2) , (2, 1, 3)

140


bases ordenadas de R2 [x] y R3, respectivamente. Consideremos T : R2 [x]→ R3 tal

que:

[T ]DB =

5 2 −2

−3 −1 1

1 4 −3

a) Demuestre que T es un isomorfismo.

b) Calcule kerT−1 e ImT−1.

c) Hallar explıcitamente T−1.

20. Sean B = 1 + x, 1− x2, 1 y D = 1, 1 + x, 1 + x+ x2 bases ordenadas de R2 [x] .

Considere T : R2 [x]→ R2 [x] una transformacion lineal tal que:

[T ]DB =

1 0 1

0 1 1

1 1 2

a) Hallar condiciones sobre a ∈ R para que:

1− (a+ 1)x− 2x2 ∈ kerT

b) Hallar condiciones sobre b ∈ R para que:

1− 2x+ (a− 1)x2 ∈ kerT−1

21. Sea:

W =

(x, y, z) ∈ R3 : 2x− 3y + 5z = 0

un subespacio de R3 tal que B es una base W . Considere D = (1, 1) , (2, 1) una

base de R2. Sea T ∈ L (W,R2) definida por T (x, y, z) = (x+ y − z, 3x− y + 2z) tal

que:

[T ]DB =

1 2

−3 −1

Determine la base B.

141


22. Considere el plano en R3 dado por:

W =

(x, y, z) ∈ R3 : ax+ by + cz = 0

con a, b, c ∈ R. Para cualquier u ∈ R3, denotaremos por PW (u) al punto del plano W

que se encuentra a menor distancia de u. Tal funcion PW (u) se llama la proyeccion

ortogonal de u sobre W . Entonces:

a) Dado u ∈ R3, hallar una expresion para PW (u).

b) Demuestre que la funcion PW (u) : R3 → R3 definida por:

u 7→ PW (w)

es una transformacion lineal.

c) Calcule [PW ]CC, donde C es la base canonica de R3, y verifique que:([PW ]CC

)2

= [PW ]CC ∧(

[PW ]CC

)T= [PW ]CC

23. Considere el subespacio vectorial W < R2 [x] definido por:

W =⟨1− x2, x+ 2x2

⟩Demuestre que existe una transformacion lineal T : R2 [x]→ R2 [x] diagonalizable tal

que −1 y 1 sean sus valores propios, y que el espacio propio asociado a −1 sea W .

Ecuaciones diferenciales lineales

Definiciones

Definicion 2.2.1. Sean I ⊆ R un intervalo, A0, A1, . . . , An y R funciones continuas sobre

I tales que A (x) 6= 0, para cada x ∈ I. Una ecuacion diferencial de la forma:

An (x) y(n) + An−1 (x) y(n−1) + An−2 (x) y(n−2) + · · ·+ A1 (x) y′ + A0 (x) y = R (x) (2.4)

se denomina ecuacion diferencial lineal de orden n. Las funciones A0, A1, . . . , An son

llamados coeficientes de la ecuacion diferencial. Si R ≡ 0, la ecuacion lineal se denomina

ecuacion homogenea.

142


Observacion 2.2.1. En general, los puntos en los cuales An (x) = 0 se conocen como

puntos singulares y su estudio no sera considerado en este curso.

Observacion 2.2.2. La ecuacion (2.4) puede escribirse como:

y(n) + pn−1 (x) y(n−1) + pn−2 (x) y(n−2) + · · ·+ p1 (x) y′ + p0 (x) y = Q (x) (2.5)

al dividir la ecuacion (2.4) por An (x), de esta forma

pi (x) =Ai (x)

An (x)para i = 0, . . . , n− 1

y

Q (x) =R (x)

An (x)

esta forma de la ecuacion es llamada forma normal.

Ejemplo 2.2.1. Son ecuaciones diferenciales lineales las siguientes ecuaciones:

1. y(4) + 3xy′′ − 2 (cosx) y′ + y = e2x cos 3x

2. y′′ + y = 0

3. Las ecuaciones de Euler, definidas como:

(ax+ b)n y(n) + A1 (ax+ b)n−1 y(n−1) + · · ·+ An−1 (ax+ b) y′ + Any = Q (x)

con ax+ b > 0.

4. las ecuaciones de Legendre, definidas como:(1− x2

)y′′ − 2xy′ + α (α + 1) y = 0

con α ∈ R.

Ejemplo 2.2.2. Considere la ecuacion diferencial:

y′′ − 2y′ + 2y = 0

1. Verifique que las funciones u1 (x) = ex cosx y u2 (x) = ex sinx son soluciones de la

ecuacion diferencial.

143


2. Sean C1, C2 ∈ R. Verifique que y (x) = C1u1 (x) +C2u2 (x) es solucion de la ecuacion

diferencial.

3. Hallar una solucion y que satisfaga las condiciones iniciales y (0) = 1 e y′ (0) = 4.

Solucion. Por partes:

1. Notemos que

u′1 (x) =d

dx(ex cosx) = ex cosx− ex sinx

u′′1 (x) =d

dx(ex cosx− ex sinx) = −2ex sinx

se sigue

u′′1 − 2u′1 + 2u1 = (−2ex sinx)− 2 (ex cosx− ex sinx) + 2 (ex cosx)

= 0

de manera similar

u′2 (x) =d

dx(ex sinx) = ex (cosx+ sinx)

u′′2 (x) =d

dx(ex (cosx+ sinx)) = 2 (cosx) ex

luego

u′′2 − 2u′2 + 2u2 = (2 (cosx) ex)− 2 (ex (cosx+ sinx)) + 2 (ex sinx)

= 0

2. Notar que

y′ (x) = C1u′1 (x) + C2u

′2 (x)

y′′ (x) = C1u′′1 (x) + C2u

′′2 (x)

luego

y′′ − 2y′ + 2y = (C1u′′1 (x) + C2u

′′2 (x))− 2 (C1u

′1 (x) + C2u

′2 (x)) + 2 (C1u1 (x) + C2u2 (x))

= (C1u′′1 (x)− 2C1u

′1 (x) + 2C1u1 (x)) + (C2u

′′2 (x)− 2C2u

′2 (x) + 2C2u2 (x))

= C1 (u′′1 (x)− 2u′1 (x) + 2u1 (x)) + C2 (u′′2 (x)− 2u′2 (x) + 2u2 (x))

= C10 + C20

= 0

144


3. Sabemos que y (x) = C1ex cosx+ C2e

x sinx es solucion de la ecuacion, para cumplir

las condiciones y (0) = 1 e y′ (0) = 4 las constantes las debemos escoger en forma

adecuada

1 = y (0) = C1

4 = y′ (0) = C1 + C2

ası

1 = C1

4 = C1 + C2

que tiene solucion C1 = 1, C2 = 3. Ası

y (x) = ex cosx+ 3ex sinx

Observacion 2.2.3. Con el objeto de simplificar el estudio de las ecuaciones diferenciales

lineales y el de aprovechar la terminologıa de las transformaciones lineales es que consi-

deraremos la nocion de operador diferencial asociado a una ecuacion diferencial lineal de

orden n. Para ello recordemos que Cn (I) denota el espacio vectorial de todas las funciones

de clase Cn definidas sobre I, esto es el conjunto de todas las funciones f : I → R que son

n veces derivables con f (n) continua sobre I.

Definicion 2.2.2. Sean p0, p1, . . . , pn−1 funciones continuas sobre un intervalo I ⊆ R.

Llamaremos operador diferencial asociado a la ecuacion (2.5) a la funcion L : Cn (I)→ C (I)

definida por:

L (f) = f (n) + pn−1 f(n−1) + · · ·+ p0f (2.6)

Observacion 2.2.4. El operador diferencial dado por la ecuacion (2.6) puede escribirse

como:

L = Dn + pn−1Dn−1 + · · ·+ p0Id

en donde Dk representa la derivada de orden k y Id representa la transformacion lineal

identidad.

Teorema 2.2.1. Sea I ⊆ R un intervalo cualquiera. El operador diferencial L : Cn (I)→C (I) es una transformacion lineal.

145


Observacion 2.2.5. Con la introduccion del operador diferencial L toda ecuacion lineal:

y(n) + pn−1 (x) y(n−1) + · · ·+ p0 (x) y = Q (x)

puede escribirse como:

L (y) = Q (2.7)

Ası, la ecuacion:

L (y) = 0

se llamara ecuacion homogenea asociada a la ecuacion (2.7).

Observacion 2.2.6. La ecuacion (2.7) tiene un analogo finito dimensional con sistemas

de ecuaciones lineales y consecuentemente con la respectiva ecuacion matricial asociada.

En efecto, sea S un sistema de m ecuaciones lineales con n incognitas. Luego, existe una

matriz A ∈Mm×n (K) que contiene los coeficientes del sistema, una matriz X ∈Mm×1 (K)

con las incognitas y ademas, una matriz B ∈Mm×1 (K) con las constantes. El producto

de matrices permite representar el sistema S como la ecuacion matricial siguiente:

AX = B

Observe que las propiedades del algebra de matrices nos permiten escribir X como:

X = Xh +Xp

donde Xh representa la solucion general del sistema homogeneo AX = 0 y Xp representa

una solucion particular del sistema que se asume conocida. En efecto:

AX = A (Xh +Xp)

= AXh + AXp

= 0 +B

= B

Ahora bien, mediante el isomorfismo LK (U, V ) 'Mm×n (K), debe existir una transforma-

cion lineal T : U → V tal que:

A = [T ]CB

146


para ciertas bases ordenadas B y D, de U y V , respectivamente. Por tanto, el espacio

solucion de la ecuacion matricial es, salvo cambio de coordenadas, el nucleo o espacio nulo

de la transformacion lineal T . Por esta razon, nos interesara calcular el nucleo o kernel del

operador diferencial L.

Teorema 2.2.2. Suponga que yh representa la solucion de la ecuacion homogenea asociada

a L (y) = Q y que yp es una solucion particular (esto es, L (yp) = Q) de la misma ecuacion.

Entonces, la solucion general de:

L (y) = Q

es de la forma:

y = yh + yp

En efecto, siguiendo los razonamientos de la observacion anterior, tenemos que:

L (y) = L (yh + yp)

= L (yh) + L (yp)

= 0 +Q

= Q

Observacion 2.2.7. Consideremos la ecuacion diferencial:

y(n) + pn−1 (x) y(n−1) + pn−2 (x) y(n−2) + · · ·+ p1 (x) y′ + p0 (x) y = 0

Por lo expuesto anteriormente, el operador lineal asociadoL : Cn (I)→ C (I) definido por:

L = Dn + pn−1Dn−1 + · · ·+ p1D + p0Id

permite expresar la ecuacion como L (y) = 0. Por tanto, una funcion y es solucion de la

ecuacion diferencial homogenea si y solo si y ∈ kerL, notamos ademas que:

kerL ≤ Cn (I)

y el espacio vectorial Cn (I) no es de dimension finita (basta ver que para cada n ≥ 1, el

conjunto 1, x, x2, . . . , xn es linealmente independiente). Una aplicacion muy importante

del Teorema de Existencia y Unicidad para ecuaciones diferenciales sera la de mostrar que el

147


nucleo de un operador diferencial no solo es de dimension finita, sino que, ademas, es de

dimension n, en donde n es el orden de la ecuacion diferencial lineal. Es decir, si:

L = Dn + pn−1Dn−1 + · · ·+ p1D + p0Id

es un operador diferencial asociado a una ecuacion diferencial lineal, entonces:

dim kerL = n

Teorema de Existencia y Unicidad

Observacion 2.3.1. El siguiente teorema juega un rol crucial en establecer que la dimen-

sion del nucleo del operador diferencial L asociado a una ecuacion diferencial lineal de

orden n del tipo:

y(n) + pn−1 (x) y(n−1) + · · ·+ p0 (x) y = Q (x)

es de dimension finita. En particular, en esta seccion se utilizara el Teorema de Existencia

y Unicidad para demostrar que no solo es finita esa dimension, sino que ademas es de

dimension coincide con el orden de la ecuacion lineal. Introduzcamos primeramente la

siguiente definicion:

Definicion 2.3.1. Diremos que la funcion ϕ : I ⊆ R→ R es solucion del problema de

valores iniciales de orden n:

y(n) = f(x, y, y′, y′′, . . . , y(n−1)

)y (x0) = y0, y

′ (x0) = y1, . . . , y(n−1) (x0) = yn−1

si ϕ : I ⊆ R→ R es solucion de la ecuacion en su intervalo de definicion, x0 ∈ I y:

ϕ (x0) = y0, ϕ′ (x0) = y1, . . . , ϕ

(n−1) (x0) = yn−1

Observacion 2.3.2. Para mayor claridad de los conceptos los teoremas seran expuestos

para ecuaciones de orden 2 y notar que la extension se hace por induccion sobre n. Ası, los

resultados se indicaran para orden 2 u orden n segun convenga.

Teorema 2.3.1. Sean I ⊆ R un intervalo abierto y p0, p1 dos funciones continuas sobre I.

Considere el operador diferencial:

L (y) = y′′ + p1y′ + p0y

148


Si x0 ∈ I e y0, y1 son numeros reales cualesquiera, entonces existe una unica funcion

f : I → R que es solucion de la ecuacion diferencial:

L (y) = 0

y que satisface las condiciones iniciales:

f (x0) = y0 ∧ f ′ (x0) = y1

Teorema 2.3.2. Consideremos el operador diferencial L (y) = y′′ + p1y′ + p0y, con p0 y

p1 funciones continuas sobre un intervalo abierto I ⊆ R. Suponga que u1 y u2 son dos

funciones no nulas, linealmente independientes sobre I, y que son solucion de la ecuacion

diferencial L (y) = 0. Entonces, para todo par de constantes c1 y c2, la combinacion lineal:

c1u1 + c2u2

es solucion de la ecuacion diferencial L (y) = 0 en I. Recıprocamente, si y es una solucion

de L (y) = 0 en I, entonces existen constantes c1 y c2 tales que:

y = c1u1 + c2u2

Demostracion. En primer lugar, note que como L es una transformacion lineal, se tiene

que:

C1u1 + C2u2 ∈ kerL

luego, C1u1 + C2u2 es solucion de L (y) = 0.

Por otro lado, como u1 y u2 son linealmente independientes en I, bastara verificar que:

kerL = 〈u1, u2〉

En efecto, sean f ∈ kerL y x0 ∈ I. Por el Teorema de Unicidad, es suficiente verificar que

existen constantes C1 y C2 tales que: C1u1 (x0) + C2u2 (x0) = f (x0)

C1u′1 (x0) + C2u

′2 (x0) = f ′ (x0)

es decir, que las funciones C1u1 +C2u2 y f coinciden en las condiciones iniciales. Entonces,

para que tales constantes existan, es suficiente a su vez que el determinante:∣∣∣∣∣∣ u1 (x0) u2 (x0)

u′1 (x0) u′2 (x0)

∣∣∣∣∣∣ = u1 (x0)u′2 (x0)− u2 (x0)u′1 (x0)

149


sea no nulo. Consideremos la funcion W : I ⊆ R→ R definida por:

W (x) =

∣∣∣∣∣∣ u1 (x) u2 (x)

u′1 (x) u′2 (x)

∣∣∣∣∣∣ = u1 (x)u′2 (x)− u2 (x)u′1 (x)

Supongamos que W (x) = 0, para todo x ∈ I, entonces:

d

dx

u2

u1

(x) =

u1 (x)u′2 (x)− u2 (x)u′1 (x)

u21 (x)

=W (x)

u21 (x)

= 0

luego, por el Teorema del Valor Medio el cociente u2/u1 debe ser constante, pues I es un

intervalo. Esto contradice la hipotesis de que u1 y u2 son linealmente independientes sobre

I. Por tanto, debe existir al menos un x0 ∈ I tal que W (x0) 6= 0, y esto ultimo implica

que existen constantes C1 y C2 tales que:

f (x) = C1u1 (x) + C2u2 (x)

en otras palabras, u1 y u2 forman una base para el nucleo del operador L, y ası:

dim kerL = 2

Observacion 2.3.3. Ası, entonces, el operador L asociado a la ecuacion diferencial lineal:

y(n) + pn−1 (x) y(n−1) + · · ·+ p0 (x) y = Q (x)

tiene nucleo kerL con dimension finita dado por el orden de la ecuacion diferencial. Es

decir:

dim kerL = n

vemos entonces que para determinar la solucion general de una ecuacion diferencial

lineal homogenea, necesitamos una familia de n funciones linealmente independientes si

la ecuacion es de orden n. Antes de continuar, veamos algunos ejemplos de funciones

linealmente independientes:

150


Ejemplo 2.3.1. Sean r1, r2, . . . , rn ∈ R tales que ri 6= rj, para todo i 6= j. Considere la

familia de n funciones definidas por:

ui (x) = eri x, ∀i = 1, 2, . . . , n

con x ∈ U ⊆ R. Note que si n = 2, entonces u1 y u2 son linealmente independientes, pues:

u1 (x)

u2 (x)= e(r1−r2)x

no es constante. Supongase que el resultado es cierto para k funciones exponenciales. Sea:

k+1∑i=1

Cierix = 0, ∀x ∈ U (2.8)

Luego, multiplicando por e−rk+1x y derivando la ecuacion anterior respecto de x, obtenemos:

k∑i=1

Ci (ri − rk+1) e(ri−rk+1)x = 0

Los k numeros ri − rk+1, con 1 ≤ i ≤ k son distintos. Utilizando la hipotesis de induccion,

las k exponenciales de la ecuacion anterior son linealmente independientes en U . Por tanto,

se debe tener que:

Ci (ri − rk+1) = 0, ∀i = 1, 2, . . . , k

pero ri 6= rk+1, para cada i ≤ k, se tiene que Ci = 0 para i ≤ k. Utilizando esto ultimo

junto con la ecuacion (2.8) se concluye tambien que Ck+1 = 0.

Ejemplo 2.3.2. Sea r ∈ R. Las n funciones:

ui (x) = xi−1erx, ∀i = 1, 2, . . . , n

son linealmente independientes en todo intervalo I ⊆ R.

Observacion 2.3.4. Si el cociente entre dos funciones u y v es identicamente una constante,

entonces u y v son linealmente dependientes. En efecto, suponga que:

u

v≡ λ, λ constante

entonces u = λv. Es decir, u ∈ 〈v〉, y por tanto, no puede ser linealmente independiente.

151


Ejemplo 2.3.3. Tres polinomios de primer grado cualesquiera son linealmente dependientes

en (−∞,+∞).

Ejemplo 2.3.4. Cuatro polinomios de segundo grado cualesquiera son linealmente depen-

dientes en (−∞,+∞).

Definicion 2.3.2. Diremos que las funciones u1, u2, . . . , un forman un sistema funda-

mental de soluciones de la ecuacion diferencial L (y) = 0, de orden n, si:

1. L (ui) = 0, para todo i = 1, 2, . . . , n.

2. u1, u2, . . . , un son linealmente independientes (sobre I).

Observacion 2.3.5. Note que un sistema fundamental de soluciones u1, u2, . . . , un es una

base para el nucleo de L. Es decir:

kerL = 〈u1, u2, . . . , un〉 ≤ Cn (I)

Ejemplo 2.3.5. Considere la ecuacion y′′+y = 0. Verifique que las funciones u1 (x) = cosx

y u2 (x) = sin x, forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuacion diferencial.

Solucion. Las funciones sinx y cosx son linealmente independientes y son soluciones de

la ecuacion y′′ + y = 0, se sigue que ker (D2 + 1) = 〈sinx, cosx〉.

El wronskiano

Observacion 2.4.1. En el teorema anterior, se demostro que el operador diferencial L,

asociado a la ecuacion diferencial lineal homogenea de orden 2 siguiente:

y′′ + p1 (x) y′ + p0 (x) y = 0

tiene nucleo:

kerL = 〈u1, u2〉

en el cual el determinante: ∣∣∣∣∣∣ u1 (x0) u2 (x0)

u′1 (x0) u′2 (x0)

∣∣∣∣∣∣juega un papel importante en relacion con la independencia lineal de las funciones, tenemos

la siguiente definicion:

152


Definicion 2.4.1. Llamaremos wronskiano de las funciones u1 (x) , u2 (x) , . . . , un (x) a:

W (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

u1 (x) u2 (x) · · · un (x)

u′1 (x) u′2 (x) · · · u′n (x)...

.... . .

...

u(n−1)1 (x) u

(n−1)2 (x) · · · u

(n−1)n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣n×n

Se anota tambien W [u1, u2, . . . , un] (x).

Ejemplo 2.4.1. Calcule el wronskiano de u1 (x) = cos x y u2 (x) = sinx.

Solucion. W (x) =

∣∣∣∣∣∣ cosx sinx

− sinx cosx

∣∣∣∣∣∣ = cos2 x+ sin2 x = 1

Teorema 2.4.1. Sean u1 (x) y u2 (x) dos soluciones de la ecuacion diferencial:

y′′ + p1 (x) y′ + p0 (x) y = 0 (2.9)

Entonces, el wronskiano:

W (x) =

∣∣∣∣∣∣ u1 (x) u2 (x)

u′1 (x) u′2 (x)

∣∣∣∣∣∣satisface la ecuacion diferencial:

W ′ + p1 (x)W = 0

Demostracion. Note que:

W ′ = (u1u′2 − u′1u2)

′

= u′1u′2 + u1u

′′2 − u′′1u2 − u′1u′2

= u1u′′2 − u′′1u2

luego:

W ′ + p1 (x)W = u1u′′2 − u′′1u2 + p1 (x) u1u

′2 − u′1u2

= u1 u′′2 + p1 (x)u′2 − u2 u′′1 + p1 (x)u′1

= u1 u′′2 + p1 (x)u′2 + p0 (x)u2 − u2 u′′1 + p1 (x)u′1 + p0 (x)u1

= u1 · 0− u2 · 0

= 0

Por tanto, W ′ + p1 (x)W = 0, como se querıa demostrar.

153


Observacion 2.4.2. En vista del teorema anterior, si u1 (x) y u2 (x) son dos soluciones

de la ecuacion (2.9), la ecuacion diferencial asociada al wronskiano:

W ′ + p1 (x)W = 0

es de variable separable, luego:∫dW

W= −

∫p1 (x) dx+ C

Por tanto:

W (x) = W (x0) e−∫p1(x)dx

para algun x0 ∈ I. Por tanto se tiene el siguiente teorema:

Teorema 2.4.2 (Formula de Abel para el wronskiano). Sea W = W (x) el wronskiano

asociado a dos soluciones linealmente independientes de la ecuacion diferencial de segundo

orden:

y′′ + p1 (x) y′ + p0 (x) y = 0

entonces:

W (x) = W (x0) e−∫p1(x)dx

Teorema 2.4.3. Sean u1, u2, . . . , un soluciones de la ecuacion diferencial:

y(n) + pn−1 (x) y(n−1) + · · ·+ p0 (x) y = 0

donde las funciones p1, p2, . . . , pn−1 son continuas en un intervalo I ⊆ R. Entonces,

u1, u2, . . . , un son linealmente independientes sobre I si y solamente si W [u1, u2, . . . , un] (x) 6=0 en I.

Ejemplo 2.4.2. Sean u1 (x) = x y u2 (x) = 1x

soluciones de la ecuacion diferencial:

y′′ +1

xy′ − 1

x2y = 0

definida para x > 0. Hallar la solucion general.

Solucion. Para hallar la solucion general, es suficiente probar que u1 (x) y u2 (x) son

linealmente independientes. Por el teorema anterior:

W

[x,

1

x

]=

∣∣∣∣∣∣ x1x

1 − 1x2

∣∣∣∣∣∣ = −2 6= 0

154


Por tanto:

y (x) = C1x+ C21

x

Teorema 2.4.4 (Formula de Abel para una segunda solucion ). Sea u1 (x) una solucion no

trivial de la ecuacion diferencial:

y′′ + p1 (x) y′ + p0 (x) y = 0

entonces, una segunda solucion u2 (x), linealmente independiente con u1 (x), esta dada por:

u2 (x) = u1 (x)

∫e−

∫p1(x)dx

u21 (x)

dx

Demostracion. Como:

W (x) =

∣∣∣∣∣∣ u1 (x) u2 (x)

u′1 (x) u′2 (x)

∣∣∣∣∣∣= u1u

′2 − u′1u2

y:

W (x) = C e−∫p1(x)dx

obtenemos la ecuacion diferencial lineal de primer orden en la variable u2 siguiente:

u1u′2 − u′1u2 = C e−

∫p1(x)dx

Dividiendo la ecuacion anterior por u21, se tiene que:

u1u′2 − u′1u2

u21

=C

u21

e−∫p1(x)dx

Por consiguiente:d

dx

u2

u1

=C

u21

e−∫p1(x)dx

integrando y eligiendo valores adecuados para las constantes de integracion, se obtiene

finalmente que:

u2 (x) = u1 (x)

∫e−

∫p1(x)dx

u21 (x)

dx

Ejemplo 2.4.3. Hallar la solucion general de la ecuacion de Legendre, con α = 1:(1− x2

)y′′ − 2xy′ + 2y = 0, |x| < 1

155


Solucion. Notamos que u1 (x) = x es una solucion particular de la ecuacion diferencial.

Luego, de:

y′′ − 2x

1− x2y′ +

2

1− x2y = 0

y de la formula de Abel, se obtiene que:

y2 (x) = x

∫e∫

2x1−x2

dx

x2dx

= x

∫e− ln(1−x2)

x2dx

= x

∫dx

x2 (1− x2)

= x

∫ (1

x2+

1

2 (1− x)+

1

2 (1 + x)

)dx

mediante un desarrollo en fracciones parciales del penultimo integrando. Por tanto:

y2 (x) =1

2x ln

∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣− 1

Ası, la solucion general de la ecuacion diferencial es:

y (x) = C1x+ C2

x

2ln

∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣− 1

Ejemplo 2.4.4. Hallar la solucion general de la ecuacion diferencial:

xy′′ − 2 (x+ 1) y′ + (x+ 2) y = 0

para x > 0, bajo el supuesto de que la ecuacion homogenea tiene una solucion de la forma

y = emx, con m ∈ R una constante adecuada.

Solucion. Por hipotesis, la ecuacion diferencial posee una solucion de la forma y = emx.

Ası, al reemplazar en:

xy′′ − 2 (x+ 1) y′ + (x+ 2) y = 0

obtenemos la ecuacion:

xm2emx − 2m (x+ 1) emx + (x+ 2) emx = 0

156


para todo x > 0. Pero:

xm2 − 2m (x+ 1) + (x+ 2) = xm2 − 2m (x+ 1) + (x+ 1) + 1

= xm2 + (x+ 1) (1− 2m) + 1

= xm2 + (x+ 1) (1− 2m) + 1−m2 +m2

= (x+ 1)m2 + (x+ 1) (1− 2m) + 1−m2

= (x+ 1)(m2 − 2m+ 1

)+(1−m2

)= (x+ 1) (m− 1)2 +

(1−m2

)entonces:

(x+ 1) (m− 1)2 +(1−m2

)= 0

para todo x > 0. Por tanto, m = 1. Ası, y1 (x) = ex es una solucion de la ecuacion. Para

hallar una segunda solucion linealmente independiente con y1 (x) = ex, utilizaremos la

formula de Abel. Primeramente escribimos la ecuacion en su forma normal:

y′′ − 2

(1 +

1

x

)y′ +

(1 +

2

x

)y = 0

entonces, si p1 (x) = −2(1 + 1

x

), tenemos que:

y2 (x) = y1 (x)

∫e−

∫p1(x)dx

[y1 (x)]2dx

= ex∫e2∫(1+ 1

x)dx

e2xdx

= ex∫e2(x+lnx)

e2xdx

= ex∫x2e2x

e2xdx

= ex∫x2 dx

=1

3x3ex

por tanto, la solucion general de la ecuacion diferencial esta dada por:

y (x) = C1ex + C2x

3ex

157


Ecuaciones diferenciales a coeficientes constantes

Definiciones

Definicion 2.5.1. Una ecuacion diferencial lineal a coeficientes constantes es una ecuacion

de la forma:

y(n) + an−1 y(n−1) + an−2 y

(n−2) + · · ·+ a1 y′ + a0 y = Q (x)

en donde a0, a1, . . . , an−1 ∈ R y Q es una funcion continua en R. Las constantes ai ∈ R,

i = 0, 1, . . . , n− 1, se llaman coeficientes de la ecuacion.

Observacion 2.5.1. Comenzamos el estudio de este tipo de ecuaciones con el caso n = 2.

La ecuacion de orden 2

Observacion 2.5.2. Consideremos la ecuacion diferencial de segundo orden siguiente:

y′′ + ay′ + by = 0 (2.10)

Supongamos que la ecuacion (2.10) posee una solucion y = y (x) de la forma y (x) = eλx,

con λ ∈ R. Note que:

y′ (x) = λeλx ∧ y′′ (x) = λ2eλx

Por tanto, reemplazando lo anterior en la ecuacion (2.10) obtenemos:

λ2eλx + aλeλx + beλx = 0

Ası, en vista de la ecuacion anterior, las condiciones sobre λ ∈ R de modo que y (x) = eλx

sea solucion es que:

λ2 + aλ+ b = 0 (2.11)

Esto es, que λ sea raız de la ecuacion de segundo grado anterior. La ecuacion (2.11) se

llama ecuacion caracterıstica asociada a la ecuacion (2.10).

Por tanto, tenemos tres casos dados por ∆ = a2 − 4b, el discriminante de (2.11). En

efecto:

158


1. Si ∆ = a2 − 4b > 0, entonces la ecuacion (2.11), tiene dos soluciones reales λ1 y λ2

distintas, dadas por:

λ1 =−a+

√a2 − 4b

2∧ λ2 =

−a−√a2 − 4b

2

las que a su vez definen las funciones:

u1 (x) = eλ1x ∧ u2 (x) = eλ2x

Luego, como u2/u1 no es constante, la solucion general de la ecuacion diferencial

lineal homogenea de orden 2 es:

y (x) = C1eλ1x + C2e

λ2x


y′′ + y′ − 2y = 0

Solucion. En este caso la ecuacion caracterıstica es

λ2 + λ− 2 = 0

⇔

(λ+ 2) (λ− 1) = 0

luego tenemos dos soluciones u1 (x) = e−2x y u1 (x) = ex de y′′ + y′ − 2y = 0 las

cuales son linealmente independientes pues

W(e−2x, ex

)=

∣∣∣∣∣∣ e−2x ex

−2e−2x ex

∣∣∣∣∣∣ = 3e−x

la solucion general de la ecuacion sera entonces

y (x) = c1ex + c2e

−2x

2. Si ∆ = a2 − 4b = 0, entonces la ecuacion (2.11) tiene una raız real λ de multiplicidad

2, dada por:

λ = −a2

159


Luego, u1 (x) = eλx es una solucion, pero dim kerL = 2 por tanto, debemos hallar

otra solucion u2 (x) linealmente independiente con u1 (x), podemos usar la formula

de Abel para la segunda solucion

u2 (x) = e−a2x

∫e−

∫adx

e−axdx

= xe−a2x

se sigue que la segunda solucion es u2 (x) = xe−a2x y ası la solucion general es

y (x) = c1eλx + c2xe

λx

donde λ es la raız repetida de la ecuacion caracterıstica.


y′′ + 4y′ + 4y = 0

Solucion. La ecuacion caracterıstica es

λ2 + 4λ+ 4 = 0

la cual tiene raız repetida λ = −2 se sigue que la solucion general de la ecuacion es

y (x) = c1e−2x + c2xe

−2x

3. Si ∆ = a2 − 4b < 0, entonces la ecuacion (2.11) no tiene raıces reales. Sin embargo,

sea:

λ = α + iβ

una raız compleja de (2.11). Recordemos el siguiente teorema:

Teorema 2.5.1 (Formula de Euler). Sea θ ∈ R, entonces:

eiθ = cos θ + i sin θ

Entonces:

eλx = e(α+iβ)x

= eαxeiβx

= eαx cos (βx) + i sin (βx)

= eαx cos (βx) + i eαx sin (βx)

Consideremos ahora:

160


Teorema 2.5.2. Sean L (y) = 0 una ecuacion diferencial lineal de orden 2 e y (x) =

u (x) + iv (x) una solucion compleja de la ecuacion tal que u 6= v. Entonces, u (x) y

v (x) son dos soluciones reales y linealmente independientes de L (y) = 0.

De:

eλx = eαx cos (βx) + i eαx sin (βx)

se obtiene que:

u1 (x) = eαx cos (βx) ∧ u2 (x) = eαx sin (βx)

son dos soluciones reales y linealmente independientes de la ecuacion diferencial

lineal:

y′′ + ay′ + by = 0

Observacion 2.5.3. Debemos notar que eλx y eλx son efectivamente funciones linealmente

independientes como C espacio vectorial.

Ejemplo 2.5.3. Resuelva la ecuacion:

y′′ + 2y′ + 5y = 0

Solucion. La ecuacion caracterıstica es

λ2 + 2λ+ 5 = 0

la cual tiene raıces

λ = −1± 2i

se sigue que la solucion general es

y (x) = c1e−x cos (2x) + c2e

−x sin (2x)

Ahora daremos una segunda mirada a la ecuacion de segundo orden, en relacion al

operador diferencial asociado. En general los operadores diferenciales no conmutan, esto es,

si L1 y L2 son dos operadores diferenciales en general no es cierto que

L1L2 = L2L1

161


sin embargo, si los operadores diferenciales son con coeficientes constantes, estos se com-

portan igual que polinomios. Por ejemplo, considere los operadores diferenciales D − 1 y

D + 2 entonces

(D − 1) (D + 2) y = (D − 1) (y′ + 2y)

= y′′ + 2y′ − y′ − 2y

= y′′ + y′ − 2y

=(D2 +D − 2

)y

por otro lado

(D + 2) (D − 1) y = (D + 2) (y′ − y)

= y′′ − y′ + 2y′ − 2y

= y′′ + y′ − 2y

=(D2 +D − 2

)y

se sigue

(D − 1) (D + 2) = (D + 2) (D − 1) =(D2 +D − 2

)note que si (D − 1) y = 0 entonces (D + 2) (D − 1) y = 0 y ası y ∈ ker (D2 +D − 2) en

otras palabras una solucion de la ecuacion

y′ − y = 0

tambien es solucion de

y′′ + y′ − 2y = 0

de manera similar, si (D + 2) y = 0 entonces (D − 1) (D + 2) y = 0 y ası y ∈ ker (D2 +D − 2)

en otras palabras una solucion de la ecuacion

y′ + 2y = 0

tambien es solucion de

y′′ + y′ − 2y = 0

pero la soluciones y′ − y = 0 son u1 (x) = cex y las soluciones de y′ + 2y = 0 son

u2 (x) = ke−2x (son de primer orden de variables separadas) ası podemos obtener las

162


soluciones ex y e−2x de la ecuacion y′′+ y′− 2y = 0 y como son linealmente independientes,

se sigue que la solucion general de la ecuacion es dada por

y (x) = c1ex + c2e

−2x

son estas ideas las que utilizaremos para resolver la ecuacion diferencial lineal de orden n.

La ecuacion de orden superior

Observacion 2.5.4. En general, respecto de la ecuacion diferencial:

y(n) + an−1 y(n−1) + an−2 y

(n−2) + · · ·+ a1 y′ + a0 y = Q (x)

tenemos:

Definicion 2.5.2. Sean I ⊆ R un intervalo abierto y L : C(n) (I) → C (I) un operador

diferencial de orden n a coeficientes constantes, es decir:

L = Dn + an−1Dn−1 + · · ·+ a1D + a01 (2.12)

El polinomio caracterıstico de la ecuacion diferencial L (y) = 0 es el polinomio en R [λ]

siguiente:

fL (λ) = λn + an−1λn−1 + · · · a1λ+ a0

Diremos, ademas, que la ecuacion caracterıstica asociada a la ecuacion diferencial

L (y) = 0 es la ecuacion siguiente:

fL (λ) = 0

O bien:

λn + an−1λn−1 + · · · a1λ+ a0 = 0

Ejemplo 2.5.4. La ecuacion diferencial:

y(4) − 3y′′ + y′ − 3y = 0

tiene polinomio caracterıstico:

f (λ) = λ4 − 3λ2 + λ− 3

Note que, el operador diferencial asociado es:

L = D4 − 3D2 +D − 3

163


Ejemplo 2.5.5. La ecuacion diferencial:

y(5) + 2y(4) − 3y′′′ − y′′ − 2y′ + 3y = 0

tiene polinomio caracterıstico:

f (λ) = λ5 + 2λ4 − 3λ3 − λ2 − 2λ+ 3

Note que:

D5 + 2D4 − 3D3 −D2 − 2D + 3 =(D2 +D + 1

)(D − 1)2 (D + 3)

Teorema 2.5.3. Sean L y S dos operadores a coeficientes constantes con polinomios

caracterısticos fL y fS, respectivamente, y sea α ∈ R, entonces:

1. L = S, si y solo si, fL = fS

2. fL+S = fL + fS

3. fLS = fL · fS

4. fαL = αfL

Observacion 2.5.5. Del teorema anterior se deduce que toda relacion algebraica consti-

tuıda por sumas, productos y productos por escalares de polinomios caracterısticos son

tambien validas para los operadoresL y S. En particular, se tienen las leyes conmutativas:

L+ S = S + L ∧ LS = SL ∧ α (βL) = β (αL)

Note, ademas, que si L y S son operadores tales que LS = SL, entonces:

kerL+ kerS ⊆ ker (LS) (2.13)

Por otro lado, recordemos que en el conjunto R [x] los elementos irreducibles monicos

son los polinomios de la forma x− c y x2 + αx+ β, con α2 − 4β < 0. Luego, el Teorema

Fundamental del Algebra implica el siguiente resultado:

Teorema 2.5.4. Sea p (x) ∈ R [x]. Entonces, p (x) se factoriza como

p (x) =r∏i=1

(x− λi)ni ·s∏j=1

(x2 + αjx+ βj

)mj (2.14)

donde λi son las raıces reales de p (x) con multiplicidad ni, para cada i = 1, 2, . . . , r,

α2j −4βj < 0 y mj es la multiplicidad de la raız compleja asociada, para cada j = 1, 2, . . . , s.

164


Obtenemos lo siguiente para los operadores diferenciales dados por la factorizacion de

la ecuacion caracterıstica en (2.14):

1. ker (D − λ)m =⟨eλx, xeλx, x2eλx, . . . , xm−1eλx

⟩2.

ker((D − α)2 + β2

)m=⟨eαx cos (βx) , xeαx cos (βx) , . . . , xm−1eαx cos (βx) ; eαx sin (βx) ,

, xeαx sin (βx) , . . . , xm−1eαx sin (βx)⟩

Por tanto, mediante el uso del wronskiano y la ecuacion (2.14), la solucion general de la

ecuacion diferencial esta dada por las combinaciones lineales (con las constantes indexadas

adecuadamente) de los sistemas fundamentales de soluciones de cada factor.


y′′′ − y′′ − 8y′ + 12y = 0

Solucion. Consideremos la ecuacion caracterıstica:

λ3 − λ2 − 8λ+ 12 = 0

Como:

λ3 − λ2 − 8λ+ 12 = (λ+ 3) (λ− 2)2

se sigue que

ker (D − 2)2 ⊂ ker(D3 −D2 − 8D + 12

)ker (D + 3) ⊂ ker

(D3 −D2 − 8D + 12

)pero ker (D − 2)2 = 〈e2x, xe2x〉 y ker (D + 3) = 〈e−3x〉 luego

e2x, xe2x, e−3x⊂ ker

(D3 −D2 − 8D + 12

)sabemos que el espacio ker (D3 −D2 − 8D + 12) tiene dimension tres luego, la solucion

general de la ecuacion

y′′′ − y′′ − 8y′ + 12y = 0

es dada por

yG (x) = c1e2x + c2xe

2x + c3e−3x

165


Ejemplo 2.5.7. Suponga que L (y) = 0 es una ecuacion diferencial con operador:

L = D5 + 2D4 − 3D3 −D2 − 2D + 3

Hallar la solucion general.

Solucion. Note que:

L = D5 + 2D4 − 3D3 −D2 − 2D + 3

=(D2 +D + 1

)(D − 1)2 (D + 3)

Ahora bien:

ker(D2 +D + 1

)=

⟨e−x/2 cos

(√3x

2

); e−x/2 sin

(√3x

2

)⟩

ker (D − 1)2 = 〈ex; xex〉

y ademas:

ker (D + 3) =⟨e−3x

⟩Por tanto, la solucion general de la ecuacion L (y) = 0 esta dada por:

y (x) = C1e−x/2 cos

(√3x

2

)+ C2e

−x/2 sin

(√3x

2

)+ C3e

x + C4xex + C5e

−3x

Ejemplo 2.5.8. Hallar la solucion general de una ecuacion diferencial lineal a coeficientes

constantes cuya ecuacion caracterıstica es:

λ5 − 2λ4 + 6λ3 − 9λ2 + 8λ− 4 = 0

sabiendo que y = ex/2 cos(√

32x)

es una solucion de dicha ecuacion.

Solucion. Sea ε una ecuacion diferencial lineal a coeficientes constantes homogenea de la

cual se sabe que:

λ5 − 2λ4 + 6λ3 − 9λ2 + 8λ− 4 = 0 (2.15)

es la ecuacion caracterıstica asociada, y que ademas:

y = ex/2 cos

(√3

2x

)

166


es solucion de la ecuacion. Ahora bien, como y = ex/2 cos(√

32x)

es solucion:

λ =1

2+

√3

2i

es una raız de la ecuacion caracterıstica (2.15), entonces:

λ =1

2−√

3

2i

tambien es raız, luego la expresion:λ−

(1

2+

√3

2i

)λ−

(1

2−√

3

2i

)= λ2 − λ+ 1

factoriza a la ecuacion caracterıstica. Ası:

λ5 − 2λ4 + 6λ3 − 9λ2 + 8λ− 4 =(λ3 − λ2 + 4λ− 4

) (λ2 − λ+ 1

)Notamos, ademas, que λ = 1 es raız de la ecuacion λ3 − λ2 + 4λ− 4 = 0. Entonces, por el

teorema del factor, se tiene que:

λ3 − λ2 + 4λ− 4 =(λ2 + 4

)(λ− 1)

entonces

λ5 − 2λ4 + 6λ3 − 9λ2 + 8λ− 4 =(λ2 − λ+ 1

) (λ2 + 4

)(λ− 1)

Por tanto, la ecuacion (2.15) tiene las siguientes raıces:1

2+

√3

2i,

1

2−√

3

2i, 1, 2i,−2i

Finalmente, la solucion general de la ecuacion ε esta dada por:

y (x) = C1ex + ex/2

C2 cos

(√3

2x

)+ C3 sin

(√3

2x

)+ C4 cos 2x+ C5 sin 2x

Metodo de variacion de parametros

Observacion 2.6.1. En las secciones anteriores obtuvimos metodos para encontrar el

espacio solucion de ecuaciones diferenciales, para los siguientes casos:

167


1. Es conocida una solucion particular y1 (x) de la ecuacion:

y′′ + p1 (x) y′ + p0 (x) y = 0

En particular, para la ecuacion anterior, obtuvimos que la solucion general esta dada

por:

y (x) = C1y1 (x) + C2y2 (x)

donde:

y2 (x) = y1 (x)

∫e−

∫p1(x)dx

y21 (x)

dx

2. La ecuacion diferencial es de la forma:

y(n) + an−1y(n−1) + · · ·+ a1y

′ + a0y = 0

con ai ∈ R, para cada i = 0, 1, . . . , n− 1. En este caso, las soluciones dependen de

las raıces del polinomio caracterıstico:

fL (λ) = λn + an−1λn−1 + · · ·+ a1λ+ a0

Por otro lado, dada la estructura lineal de la ecuacion L (y) = Q, donde L es el operador

diferencial asociado a la ecuacion y Q es una funcion continua, entonces la solucion general

de la ecuacion lineal se descompone como:

y = yh + yp

donde yh es la solucion general de la ecuacion L (y) = 0. El objetivo de esta seccion es

hallar una solucion particular yp para la ecuacion L (y) = Q.

Observacion 2.6.2. En este curso, se ven dos de tales metodos: el metodo de variacion de

parametros y el metodo de los anuladores. Como se acostumbra, haremos los razonamientos

para n = 2, y luego se presentara el resultado para n ≥ 2. Veamos primeramente:

Teorema 2.6.1 (Variacion de parametros). Sean u1 y u2 dos soluciones linealmente

independientes de la ecuacion:

L (y) = y′′ + p1 (x) y′ + p0 (x) y = 0

168


en un intervalo I ⊆ R. Entonces, la ecuacion no homogenea L (y) = Q tiene una solucion

particular de la forma:

yp (x) = C1 (x)u1 (x) + C2 (x)u2 (x)

donde:

C1 (x) = −∫u2 (x)Q (x)

W (x)dx ∧ C2 (x) =

∫u1 (x)Q (x)

W (x)dx (2.16)

y W (x) es el wronskiano de u1 (x) y u2 (x).

Demostracion. Supongamos que yp (x) = C1 (x)u1 (x) + C2 (x)u2 (x), luego:

y′p = C1u′1 + C2u

′2 + (C ′1u1 + C ′2u2)

y′′p = C1u′′1 + C2u

′′2 + (C ′1u

′1 + C ′2u

′2) + (C ′1u1 + C ′2u2)

′

Ahora bien, al evaluar yp en L se obtiene que:

L (yp) = y′′p + p1 (x) y′p + p0 (x) yp

= (C ′1u′1 + C ′2u

′2) + (C ′1u1 + C ′2u2)

′+ p1 (x) (C ′1u1 + C ′2u2)

pues todos los terminos que contienen a C1 (x) y C2 (x) desaparecen dado que L (u1) =

L (u2) = 0. Como deseamos que L (yp) = Q, entonces de la ultima ecuacion imponemos

que:

C ′1u1 + C ′2u2 = 0 ∧ C ′1u′1 + C ′2u

′2 = Q

Ası, las funciones C1 (x) y C2 (x), deben satisfacer que: C ′1 (x)u1 (x) + C ′2 (x)u2 (x) = 0

C ′1 (x)u′1 (x) + C ′2 (x)u′2 (x) = Q (x)

para cada x ∈ I. Sin embargo, note que el ultimo sistema tiene solucion si y solo si la matriz

de coeficientes de el tiene determinante no nulo. Es decir, si:∣∣∣∣∣∣ u1 (x) u2 (x)

u′1 (x) u′2 (x)

∣∣∣∣∣∣ 6= 0

169


para cada x ∈ I. Pero el determinante anterior es el wronskiano W (x) de u1 (x) y u2 (x), y

como u1, u2 son linealmente independientes W (x) 6= 0, para cada x ∈ I. Por lo tanto, el

sistema tiene unica solucion, y ademas, por la regla de Cramer, obtenemos finalmente:

C ′1 (x) =

∣∣∣∣∣∣ 0 u2 (x)

Q (x) u′2 (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ u1 (x) u2 (x)

u′1 (x) u′2 (x)

∣∣∣∣∣∣= −u2 (x)Q (x)

W (x)

y:

C ′1 (x) =

∣∣∣∣∣∣ u1 (x) 0

u′1 (x) Q (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ u1 (x) u2 (x)

u′1 (x) u′2 (x)

∣∣∣∣∣∣=u1 (x)Q (x)

W (x)

Integrando, se obtiene el resultado deseado.

Observacion 2.6.3. En base a los razonamientos en la demostracion del teorema anterior,

tenemos:

Teorema 2.6.2. Sean u1, u2, . . . , un una familia de n soluciones linealmente independientes

de la ecuacion lineal de orden n:

L (y) = y(n) + pn−1 (x) y(n−1) + · · ·+ p1 (x) y′ + p0 (x) y = 0

definida en un intervalo abierto I ⊆ R. Entonces, la ecuacion no homogenea L (y) = Q,

tiene una solucion particular:

yp (x) =n∑i=1

Ci (x)ui (x)

donde Ci (x), con i = 1, 2, . . . , n son funciones que se obtienen como soluciones del sistema

de ecuaciones:

C ′1 u1 + C ′2 u2 + · · ·+ C ′n un = 0

C ′1 u′1 + C ′2 u

′2 + · · ·+ C ′n u

′n = 0

C ′1 u′′1 + C ′2 u

′′2 + · · ·+ C ′n u

′′n = 0

......

C ′1 u(n−1)1 + C ′2 u

(n−1)2 + · · ·+ C ′n u

(n−1)n = Q (x)

(2.17)

170



y′′ + y = tanx

Solucion. Consideremos un intervalo en el que el segundo miembro sea continuo, sea este

(−a, a), siendo 0 < a < π/2. La ecuacion homogenea tiene solucion general:

yh (x) = C1 cosx+ C2 sinx

pues la ecuacion caracterıstica de dicha ecuacion homogenea es:

λ2 + 1 = 0

En particular, notamos que:

W (x) =

∣∣∣∣∣∣ cosx sinx

− sinx cosx

∣∣∣∣∣∣ = cos2 x+ sin2 x = 1

Entonces, en vista de las ecuaciones en (2.16) las funciones C1 (x) y C2 (x) satisfacen:

C1 (x) = −∫

sinx tanx

W (x)dx

= −∫

sinx tanxdx

= sin x− ln |secx+ tanx|

y ademas:

C2 (x) =

∫cosx tanx

W (x)dx

=

∫cosx tanxdx

= − cosx

Por tanto, por el metodo de variacion de parametros, una solucion particular yp viene dada

por:

yp = C1 (x) cosx+ C2 (x) sinx

= sin x cosx− cosx ln |secx+ tanx| − sinx cosx

= − cosx ln |secx+ tanx|

171


y la solucion general es:

y = C1 cosx+ C2 sinx+ yp

= C1 cosx+ C2 sinx− cosx ln |secx+ tanx|

Solucion. Hallar la solucion general de la ecuacion diferencial:

y′′ − 2y′ + y =ex

(1− x)2

Solucion. Considere la ecuacion diferencial:

y′′ − 2y′ + y =ex

(1− x)2

Notamos que la ecuacion anterior es una ecuacion diferencial lineal a coeficientes constantes

no homogenea. Ası, si y = y (x) es la solucion general, entonces:

y (x) = yh (x) + yp (x)

donde yh (x) es la solucion de la ecuacion homogenea asociada e yp (x) es una solucion

particular. Consideremos, entonces, la ecuacion homogenea asociada:

y′′ − 2y′ + y = 0

Luego, la ecuacion caracterıstica:

λ2 − 2λ+ 1 = 0

tiene raız λ = 1 con multiplicidad 2. Por tanto, la solucion homogenea yh (x) esta dada por:

yh (x) = C1 ex + C2 xe

x

Ahora bien, por el metodo de variacion de parametros, tenemos que la solucion particular

yp (x) tiene la forma:

yp (x) = C1 (x) ex + C2 (x)xex

donde C1 (x) y C2 (x) son soluciones del sistema de ecuaciones: C ′1 (x) ex + C ′2 (x)xex = 0

C ′1 (x) ex + C ′2 (x) (1 + x) ex = ex

(1−x)2

172


Ahora bien, como el wronskiano:

W (x) =

∣∣∣∣∣∣ ex xex

ex (1 + x) ex

∣∣∣∣∣∣ = e2x

es no nulo, por la regla de Cramer, se tiene que:

C ′1 (x) =

∣∣∣∣∣∣ 0 xex

ex

(1−x)2(1 + x) ex

∣∣∣∣∣∣W (x)

= − x

(x− 1)2

y ademas:

C ′2 (x) =

∣∣∣∣∣∣ ex 0

ex ex

(1−x)2

∣∣∣∣∣∣W (x)

=1

(x− 1)2

Ası:

C1 (x) = −∫

x

(x− 1)2dx =1

x− 1ln (x− 1)− x ln (x− 1) + 1

y:

C2 (x) =

∫1

(x− 1)2dx = − 1

x− 1

Por tanto, la solucion general y (x) de la ecuacion diferencial esta dada por:

y (x) = C1 ex + C2 xe

x +ex

x− 1ln (x− 1)− x ln (x− 1) + 1 − xex

x− 1

= C1 ex + C2 xe

x − ex ln (x− 1) + 1

Observacion 2.6.4. Las integrales que aparecen en las formulas (2.16) o al despejar

C1 (x) y C2 (x) del sistema (2.17), son integrales indefinidas, luego las funciones quedan

determinadas salvo una constante de integracion. Suponga entonces que tenemos:

vi (x) = Ci (x) +Ki

con Ki ∈ R, i = 1, 2, constantes de integracion. Luego, si u1 y u2 son las soluciones

linealmente independientes de L (y) = 0, considere:

y1 (x) = A1u1 (x) + A2u2 (x) + v1 (x)u1 (x) + v2 (x)u2 (x)

= (A1 +K1)u1 (x) + (A2 +K2)u2 (x) + C1 (x)u1 (x) + C2 (x)u2 (x)

Entonces:

y1 (x) = α1u1 (x) + α2u2 (x) + C1 (x)u1 (x) + C2 (x)u2 (x)

que era la solucion que ya tenıamos.

173


Metodo del anulador

Definicion 2.7.1. Diremos que el operador diferencial L es un anulador o aniquilador de

ϕ si se cumple L (ϕ) = 0.

Ejemplo 2.7.1. El operador diferencial L = (D − 1)2 es un anulador de ϕ (x) = 2ex+5xex

pues ker (D − 1)2 = 〈ex, xex〉, es decir, toda combinacion lineal de ex y xex esta en el

nucleo de (D − 1)2. Notar que (D − 1)2 no es un anulador de x2 pues

(D − 1)2 (x2)

= (D − 1) (D − 1)(x2)

= (D − 1)(2x− x2

)= (2− 2x)−

(2x− x2

)= x2 − 4x+ 2

6≡ 0

Observacion 2.7.1. Recordemos que kerL + kerL ⊆ ker (LS) para los operadores con

coeficientes constantes.

Ejemplo 2.7.2. (D2 + 1)2

es anulador de x sinx y D2 es anulador de x luego D2 (D2 + 1)2

es un anulador de 5x sinx− 3x

Suponga que buscamos resolver la ecuacion L (y) = Q donde L es un operador con

coeficientes constantes y LQ es un anulador de Q (con coeficientes constantes tambien)

entonces

L (y) = Q

⇒

LQL (y) = LQ (Q) = 0

luego la solucion de L (y) = Q se encuentra entre las soluciones de la ecuacion homogenea

LQL (y) = 0.

Ejemplo 2.7.3. Resolver la ecuacion diferencial:

y′′ − 5y′ + 6y = xex

174


Solucion. Notamos que el operador asociado a la ecuacion diferencial es:

L = D2 − 5D + 6

= (D − 2) (D − 3)

Ası, la ecuacion diferencial puede escribirse como L (y) = Q, con Q (x) = xex. Por otro lado,

la ecuacion homogenea L (y) = 0 tiene soluciones linealmente independientes u1 (x) = e2x

y u2 (x) = e3x. Sabemos que la solucion general de la ecuacion es de la forma:

y (x) = C1e2x + C2e

3x + yp (x)

donde yp es una solucion de la ecuacion no homogenea L (y) = xex. Notamos que:

xex ∈ ker (D − 1)2

por tanto, aplicamos el operador diferencial (D − 1)2 a la ecuacion diferencial para obtener

:

(D − 1)2 (D − 2) (D − 3) (y) = (D − 1)2 (xex) = 0

Ası, hemos obtenido la ecuacion diferencial homogenea:

S (y) = (D − 1)2 (D − 2) (D − 3) (y) = 0

por tanto, la solucion general de S (y) = 0 es:

yS (x) = aex + bxex + ce2x + de3x

donde a, b, c y d son constantes reales. Ahora bien, se deben elegir los valores de a, b, c y d

de tal modo que:

L(aex + bxex + ce2x + de3x

)= xex

sin embargo, ce2x + de3x ∈ kerL, luego bastara elegir a y b tales que:

L (aex + bxex) = xex

ası, la ecuacion:

L (aex + bxex) = (D − 2) (D − 3) (aex + bxex)

= (2a− 3b) ex + 2bxex

= xex

175


implica que a = 3/4 y b = 1/2. Finalmente:

yp (x) =3

4ex +

1

2xex

y por tanto:

y (x) =

yh︷︸︸︷C1e

2x + C2e3x +

yp︷︸︸︷3

4ex +

1

2xex

Observacion 2.7.2. Recalcamos que el operador (D − 1)2 se eligio de tal modo que:

xex ∈ ker (D − 1)2

Luego, al aplicar dicho operador a la ecuacion diferencial L (y) = xex, vemos que el

termino de la derecha se anula bajo la aplicacion de (D − 1)2. Por este hecho, el metodo

anterior se llama el metodo del anulador. El metodo del anulador, funciona correctamente

para ecuaciones que son anulables, en el sentido de que son funciones que aparecen como

soluciones de ecuaciones diferenciales a coeficientes constantes. En particular, funciones

que aparecen como combinaciones lineales de funciones de la forma:

xm−1eαx ∨ xm−1eαx cos βx ∨ xm−1eαx sin βx

donde m es un numero natural y α y β son constantes reales. A continuacion detallamos

algunas de las funciones anteriores con sus respectivos anuladores:

Funcion Anulador

y = xm−1 Dm

y = eαx D − αy = xm−1eαx (D − α)m

y = cos βx o bien y = sin βx D2 + β2

y = xm−1 cos βx o bien y = xm−1 sin βx (D2 + β2)m

y = eαx cos βx o bien y = eαx sin βx D2 − 2αD + (α2 + β2)

y = xm−1eαx cos βx o bien y = xm−1eαx sin βx D2 − 2αD + (α2 + β2)m

Observacion 2.7.3. Un resultado que utiliza las propiedades lineales del operador dife-

rencial asociado a una ecuacion, es el principio de superposicion, que facilita en algunos

casos el calculo de la solucion particular. Tenemos, entonces:

176


Teorema 2.7.1 (Principio de superposicion). Sean L un operador diferencial no necesaria-

mente a coeficientes constantes y f1, f2 funciones continuas. Suponga que yi es solucion de

la ecuacion diferencial L (y) = fi, con i = 1, 2. Entonces:

y = y1 + y2

es solucion de la ecuacion L (y) = f1 + f2.

Este principio nos permite separar la busqueda de la solucion particular.

Ejemplo 2.7.4. Resolver

(D − 1) (D − 2) y = ex + x

o en otras palabrasd2y

dx2− 3

dy

dx+ 2y = ex + x

Solucion. Sabemos que

(D − 1) (ex) = 0 y D2 (x) = 0

se sigue que

(D − 1)D2 (ex + x) = 0

ası

(D − 1)D2 (D − 1) (D − 2) y = 0

D2 (D − 1)2 (D − 2) = 0

luego

yp (x) = c1 + c2x+ c3ex + c4xe

x + c5e2x

y como

(D − 1) (D − 2) yp (x) = ex + x

177


se sigue

(D − 1) (D − 2)[c1 + c2x+ c3e

x + c4xex + c5e

2x]

= (D − 1) (D − 2) [c1 + c2x] + (D − 1) (D − 2) [c4xex]

=(D2 − 3D + 2

)[c1 + c2x] + (D − 1) (D − 1− 1) [c4xe

x]

= 2c1 − 3c2 + 2c2x− (D − 1) [c4xex]

= 2c1 − 3c2 + 2c2x− (c4ex + c4xe

x − c4xex)

= 2c1 − 3c2 + 2c2x− c4ex

de esto obtenemos que las constantes cumplen

2c1 − 3c2 = 0

2c2 = 1

−c4 = 1

se sigue

c4 = −1, c2 = 1/2, c1 = 3/4

ası

yG (x) = (3/4) + (1/2)x− xex + c3ex + c5e

2x

= [(3/4) + (1/2)x− xex] +[c3e

x + c5e2x]

= yp (x) + yh (x)

es la solucion general.

Note que

(D − 1) (D − 2) ((3/4) + (1/2)x) =d2

dx2((3/4) + (1/2)x)

−3d

dx((3/4) + (1/2)x) + 2 ((3/4) + (1/2)x)

= x

(D − 1) (D − 2) (−xex) =d2

dx2(−xex)− 3

d

dx(−xex) + 2 (−xex)

= 3ex (x+ 1)− ex (x+ 2)− 2xex

= ex

luego vale el principio de superposicion.

178


Veamos como podemos trabajar, en algunos casos, si no conocemos el anulador:

Ejemplo 2.7.5. Hallar la solucion general de la ecuacion diferencial:

y′′ − 3y′ + 2y = xex+x2

Solucion. Notamos que:

L = D2 − 3D + 2

= (D − 1) (D − 2)

Buscamos, primeramente, una solucion particular yp. Considere el cambio de variables:

u = (D − 2) y (2.18)

la ecuacion queda:

(D − 1)u = xex+x2

Mediante la formula de Leibnitz, obtenemos:

ue−x =

∫xex

2

dx+ C =1

2ex

2

+ C

Ahora bien, como buscamos yp, podemos elegir C = 0. Ası:

u =1

2ex+x2

Sustituyendo en (2.18), se obtiene:

(D − 2) y =1

2ex+x2

Luego, nuevamente por la formula de Leibnitz:

yp =1

2e2x

∫ex

2−xdx

Finalmente, la solucion general de la ecuacion diferencial es:

y = C1ex + C2e

2x +1

2e2x

∫ex

2−xdx

Finalmente, como una aplicacion de los metodos de variacion de parametros y del

anulador resolveremos la ecuacion de Euler.

179


Definicion 2.7.2. Una ecuacion de Euler es una ecuacion de la forma:

(ax+ b)n y(n) + An−1 (ax+ b)n−1 y(n−1) + · · ·+ A1 (ax+ b) y′ + A0y = Q (x) (2.19)

donde ax+ b > 0 y A0, A2, . . . , An−1 son constantes cualesquiera.

Observacion 2.7.4. El metodo de resolucion de la ecuacion de Euler consiste en considerar

el cambio de variables:

ax+ b = et

Como se puede observar, el cambio de variable es un cambio en la variable independiente.

Ası, por la regla de la cadena:

dy

dx=

dy

dt

dt

dx= ae−t

dy

dtd2y

dx2=

d

dx

dy

dx

=

d

dt

ae−t

dy

dt

dt

dx= a2e−2t

d2y

dt2− dy

dt

d3y

dx3=

d

dx

d2y

dt

=

d

dt

a2e−2t

d2y

dt2− dy

dt

= a3e−3t

d3y

dt3− 3

d2y

dt2+ 2

dy

dt

y ası sucesivamente. Reemplazando todas las derivadas de orden superior en la ecuacion de

Euler en (2.19) se obtiene la siguiente ecuacion a coeficientes constantes:

y(n) (t) +Bn−1y(n−1) (t) + · · ·+B1y

′ (t) +B0y (t) = Q (t)


x2y′′ + xy′ + y = 1

Solucion. Utilizando el cambio de variables x = et, se tiene que:

dy

dx= e−t

dy

dt∧ d2y

dx= e−2t

(d2y

dt2− dy

dt

)al reemplazar en la ecuacion original, obtenemos:

d2y

dt2+ y = 1

luego:

y = C1 cos t+ C2 sin t+ 1

donde yp = 1, se obtiene inmediatamente por medio del metodo del anulador. Por tanto:

y = C1 cos (lnx) + C2 sin (lnx) + 1

es la solucion general de la ecuacion diferencial.

180


Ejemplo 2.7.7. Resolver las ecuacion de Euler

x2y′′ + 2xy′ − 2y = 0

Solucion. Haciendo el cambio de variables x = et se sigue

x2y′′ =

(d2y

dt2− dy

dt

)xy′ =

dy

dt

entonces la ecuacion se transforma en

D (D − 1) y + 2Dy − 2y = 0

donde y = y (et) entonces

(D2 +D − 2

)y = 0⇔ (D + 2) (D − 1) y = 0

se sigue

y(et)

= c1e−2t + c2e

t

se sigue

y (x) =c1

x2+ c2x

En las ecuaciones diferenciales de orden superior (al igual que en las de primer orden)

podemos hacer los cambios de variables que consideremos convenientes, sin embargo,

cualquier cambio de variables no asegura el poder resolver la ecuacion:

Ejemplo 2.7.8. Haciendo el cambio de variables x = t3 resolver la ecuacion

9x4/3 d2y

dx2+(6 3√x− 9x2/3

) dy

dx+ 2y = x2/3

Solucion. Usando el cambio de variables

dy

dx=

dy

dt

dt

dx

d2y

dx2=

d2y

dt2

(dt

dx

)2

+dy

dt

d2t

dx2

181


pero

dt

dx=

1

3x−2/3

d2t

dx2=−2

9x−5/3

se sigue

dy

dx=

dy

dt

(1

3t−2

)d2y

dx2=

d2y

dt2

(1

3t−2

)2

+dy

dt

(−2

9t−5

)reemplazando

9t4

(d2y

dt2

(1

3t−2

)2

+dy

dt

(−2

9t−5

))+(6t− 9t2

)(dy

dt

(1

3t−2

))+ 2y = t2

esto esd2y

dt2+

dy

dt

(−2t−1

)+ 2t−1 dy

dt− 3

dy

dt+ 2y = t2

es decir,d2y

dt2− 3

dy

dt+ 2y = t2

esta ecuacion es

(D − 2) (D − 1) y = t2

aplicamos anuladores

D3 (D − 2) (D − 1) y = 0

la solucion es de la forma

y = αe2t + βet + C1 + C2t+ C3t2

determinamos las constantes C1, C2 y C3(D2 − 3D + 2

) C1 + C2t+ C3t

2

= t2

2C3 − 3C2 − 6C3t+ 2C1 + 2C2t+ 2C3t2 = t2

obtenemos el sistema

2C3 − 3C2 + 2C1 = 0

−6C3 + 2C2 = 0

2C3 = 1

182


que tiene solucion C1 = 74, C2 = 3

2, C3 = 1

2ası

y = αe2t + βet +7

4+

3

2t+

1

2t2

volvemos a la variable original y la solucion es

y (x) = αe2 3√x + βe3√x +

7

4+

3

23√x+

1

2x2/3

con α, β ∈ R.

Ejemplo 2.7.9. Use z = sin (x) para resolver la ecuacion

y′′ + tan (x) y′ + cos2 (x) y = sin (x) cos2 (x)

Solucion. Las derivadas son con respecto a x la idea es cambiar las derivadas ahora con

respecto a z, para ello usamos la regla de la cadena: Notemos que

dy

dz=

dy

dx

dx

dz

o biendy

dz

dz

dx=

dy

dx

reemplazandody

dz=

(dydx

)(cosx)

= secxdy

dx

luego

d

dz

(dy

dz

)=

d

dz((secx) y′)

=

(secx tanx

dx

dz

)(dy

dx

)+ secx

(d2y

dx2

dx

dz

)=

sinx

cos2 x

1

cosx

(dy

dx

)+

1

cos2 x

d2y

dx2

se sigue

cos2 x

(d2y

dz2

)= tanx

dy

dx+

d2y

dx2

reemplazando en la ecuacion original

(cos2 x

)(d2y

dz2

)+(cos2 x

)y = 0

183


luegod2y

dz2+ y = 0

se sigue

y (z) = c1 sin z + c2 cos z

es decir la solucion general de la es

y (x) = c1 sin (sinx) + c2 cos (sinx) para c1, c2 ∈ R

Movimiento vibratorio

Observacion 2.8.1. Consideremos un sistema mecanico compuesto por un resorte de

longitud inicial l0 con su extremo superior sujeto firmemente y una masa m atada en su

extremo inferior. Nos interesa hallar la posicion x (t) de la masa en cualquier instante

t. Mas precisamente, nos interesa hallar la ecuacion que describa el movimiento de la

partıcula a la cual se le ha dado un desplazamiento x0 y una velocidad inicial v0. Para ello

consideramos los siguientes supuestos:

1. La masa se mueve a lo largo de la vertical que pasa por el centro de gravedad de la

masa y en el sistema de referencia x = 0 indica la posicion de reposo de la masa en

el resorte.

2. En cualquier tiempo t la magnitud de la fuerza ejercida sobre la masa es proporcional

a la diferencia entre la longitud l del resorte y su posicion de equilibrio l0. La constante

positiva de proporcionalidad k se llama constante del resorte, y el principio anterior

se conoce como la ley de Hooke.

Recordemos que la segunda ley del movimiento de Newton establece que la sumatoria

de fuerzas que actua sobre la partıcula es igual a la variacion instantanea del momemtum

mv respecto del tiempo, pero como la masa m es constante, se tiene:∑i

Fi = ma

donde a (t) = d2x(t)dt2

.

184


Suponemos, por ahora, que la unica fuerza que actua sobre la partıcula es la fuerza

restauradora inducida por el resorte, es decir, no se consideran las fuerzas de friccion, por

ejemplo. Por la ley de Hooke, tenemos que:

md2x

dt2= −kx

y el signo negativo es debido a que la fuerza restauradora del resorte se opone al movimiento.

Asumiendo, que la posicion inicial (es decir, en t = 0) de la masa es x0 y que su velocidad

inicial es v0, obtenemos el siguiente problema de valor inicial:

x′′ +k

mx = 0, x (0) = x0, x′ (0) = v0 (2.20)

La ecuacion caracterıstica de la ecuacion diferencial anterior es:

λ2 +k

m= 0

Ası:

λ = ±ω0

en donde ω0 =√k/m, luego:

x (t) = C1 cosω0t+ C2 sinω0t

Usando las condiciones iniciales, obtenemos que C1 = x0 y C2 = v0/ω0. Por tanto:

x (t) = x0 cosω0t+ (v0/ω0) sinω0t

= A sin (ω0 t+ φ)

donde A =√x2

0 + (v0/ω0)2 y φ es tal que tanφ = x0ω0/v0.

Definicion 2.8.1. El movimiento de la masa m bajo las condiciones anteriores, se denomina

movimiento armonico simple. La frecuencia natural f del movimiento es el numero

de oscilaciones completas por unidad de tiempo:

f =ω0

2π

Ejemplo 2.8.1. Considere un resorte, sujeto en su extremo superior, que sostiene una

pesa de 10 libras en su extremo inferior. Suponga que la pesa estira el resorte 6 pulgadas.

185


Halle la ecuacion del movimiento de la pesa si esta se lleva a una posicion de 4 pulgadas

por debajo de su punto de equilibrio y se suelta. Calcule la ecuacion del movimiento su

amplitud y la frecuencia natural.

Ayuda: Considere que 1 [pie] = 12 [pulgadas] y que g = 32[

pieseg2

].

Observacion 2.8.2. En los supuestos que dan origen al movimiento armonico simple

no se consideran las fuerzas, que en una situacion mas realista, actuan sobre la masa.

Considerando por ejemplo resistencia del medio, ya sea por accion del aire o realizacion

de la oscilacion en un medio viscoso, es que se tienen las vibraciones amortiguadas. El

supuesto es simple, la fuerza amortiguadora del movimiento se presupone proporcional a

la velocidad del movimiento, ası el problema de valor inicial de la ecuacion (2.20) queda

como:

x′′ = − kmx− c

mx′ (2.21)

con las condiciones iniciales x (0) = x0 y x′ (0) = v0. La ecuacion caracterıstica de la

ecuacion (2.21) es:

λ2 +c

mλ+

k

m= 0

cuya solucion es:

λ =−c±

√c2 − 4km

2m

Por tanto, el comportamiento del movimiento depende del valor que tome el discriminante:

∆ = c2 − 4km

Tenemos, por tanto, tres casos:

Caso 2.8.1 (c2 − 4km > 0). La solucion de la ecuacion (2.21) en este caso esta dada por:

x (t) = C1 exp

(−c+

√c2 − 4km

2m

)+ C2 exp

(−c−

√c2 − 4km

2m

)Note que 4km < c2, lo que implica que

√c2 − 4km < c, y entonces:

−c+√c2 − 4km < 0 ∧ −c−

√c2 − 4km < 0

Ası, en este caso tenemos que:

lımt→∞

x (t) = 0

186


Caso 2.8.2 (c2 − 4km = 0). La solucion de la ecuacion (2.21) es:

x (t) = (C1 + C2 t) e(−c/2m)t

y al igual que en el caso anterior:

lımt→∞

x (t) = 0

Observacion 2.8.3. Entonces, se observa por la forma de las soluciones que si:

c2 − 4km ≥ 0

no se producen oscilaciones en el sistema mecanico masa-resorte considerando amortiguacion.

Este tipo de movimiento tıpicamente ocurre en un medio viscoso como agua o aceite.

Caso 2.8.3 (c2 − 4km < 0). Como (−c/2m) 6= 0, obtenemos:

x (t) = exp(− c

2m

)C1 cos

√4km− c2

2mt+ C2 sin

√4km− c2

2mt

Observacion 2.8.4. Finalmente, podemos suponer una fuerza g = g (t) aplicada sobre

extremo superior del resorte (que inicialmente se supuso sujeto firmemente, esto es con

g ≡ 0) en la direccion del movimiento de la masa m. El movimiento de la masa obtenido bajo

este supuesto se conoce como vibracion forzada. Una vibracion forzada tambien puede

contener fuerzas amortiguadoras. Este es el caso mas general del movimiento vibratorio, el

problema de valor inicial queda en su forma mas general como:

x′′ +c

mx′ +

k

mx = g (t) (2.22)

con x (0) = x0 e x′ (0) = v0.

Ejemplo 2.8.2. Considere un resorte que en su extremo superior esta sometido a una

fuerza externa:

f (t) =10

32sin t

y sostiene, en su parte inferior una masa de 10 libras. Suponga que la masa estira el resorte

6 pulgadas. Hallar la ecuacion del movimiento de la masa si esta se lleva a una posicion de

4 pulgadas por debajo del punto de equilibrio y se suelta.

187


Observacion 2.8.5. Un caso muy importante es cuando g es una funcion periodica, es

decir, supongamos que:

g (t) = F0 sinωt

Ası, la ecuacion (2.22) queda:

x′′ +c

mx′ +

k

mx =

F0

msinωt (2.23)

Sabemos que el anulador de g (t) = F0 sinωt es el operador:

D2 + ω2

Aplicando este ultimo operador al operador D2 + cmD + k

m, obtenemos:(

D2 + ω2)(

D2 +c

mD +

k

m

)· x =

(D2 + ω2

)· F0

msinωt = 0

Por tanto, la ecuacion (2.23) tiene una solucion particular de la forma:

xp = b1 cosωt+ b2 sinωt (2.24)

donde b1 y b2 son soluciones del sistema: (ω20 − ω2) b1 + cω

mb2 = 0

− cωmb1 + (ω2

0 − ω2) b2 = F0

m

donde ω0 =√

km

. Ası:

b1 = − F0 cω

m2 (ω20 − ω2)

2+ (cω)2

b2 =F0m (ω2

0 − ω2)

m2 (ω20 − ω2)

2+ (cω)2

Ası, a partir de lo anterior y mediante el procedimiento de transformacion a sinusoide de

la ecuacion (2.24) encontramos que:

xp = A sin (ωt+ φ)

donde la amplitud A esta dada por:

A =F0/k√

1−(ωω0

)22

+(

2 cc0

ωω0

)2

188


y el angulo de fase φ satisface:

tanφ =2 cc0(

ωω0

)2

− 1

con c0 = 2mω0. Notamos que de la ecuacion que define la amplitud los coeficientes

importantes son:

1. c/c0 llamado el cociente de amortiguacion, y

2. ω/ω0 llamado el cociente de frecuencia del movimiento.

Se observa que el comportamiento de la solucion particular xp depende entonces del

cociente de amortiguacion si este es cero o despreciable, entonces tenemos el movimiento

armonico simple:

x′′ + ω20x = 0

y por tanto, hay dos casos para el cociente de frecuencia:

Caso 2.8.4 (ω2 6= ω20). En este caso se tiene:

x (t) = C1 cosω0t+ C2 sinω0t+F0/k

1− (ω/ω0)2 sinωt

donde:

C1 = x0 ∧ C2 =v0

ω0

− (F0/k) (ω/ω0)

1− (ω/ω0)2

Caso 2.8.5 (ω2 = ω20). En este caso debemos buscar una solucion particular de la forma:

xp = b1t cosωt+ b2t sinωt

pues la ecuacion (2.24) se anula con el operador D2 + ω2, luego el anulador a considerar es

(D2 + ω2)2. Ası, luego de los calculo habituales del metodo del anulador se obtiene:

b1 = − F0

2mω∧ b2 = 0

Por tanto, la solucion general tiene la forma:

x (t) = C1 cosωt+ C2 sinωt− F0

2mωt cosωt

Observacion 2.8.6. Observe en el caso anterior que al aumenta t, las vibraciones causadas

por el ultimo termino de la ecuacion anterior aumentarıan sin cota. En este caso, se dice

que la fuerza externa esta en resonancia con la masa en vibracion.

189



1. En los problemas siguientes se muestra que el principio de superposicion generalmente

no se cumple para ecuaciones no lineales

a) Muestre que y = 1/x es solucion de la ecuacion y′ + y2 = 0 pero si c 6= 0 y c 6= 1

entonces y = c (1/x) no es solucion.

b) Muestre que φ1 (x) = 1 e φ2 (x) =√x son soluciones de yy′′ + (y′)2 = 0 pero la

suma no es solucion.

2. Busque una solucion polinomial de la ecuacion de Legendre(1− x2

)y′′ − 2xy′ + 2y = 0

y usando la formula de Abel determine la solucion general de esta ecuacion.

3. Verificar que φ1 (x) = x−1/2 cosx es solucion (para x > 0) de la ecuacion de Bessel

de orden 12

x2y′′ + xy′ +

(x2 − 1

4

)y = 0

y obtener su solucion general.

4. Muestre que y1 (x) = x+ 1 es solucion de la ecuacion(1− 2x− x2

)y′′ + 2 (1 + x) y′ − 2y = 0

y resolverla completamente (encontrar solucion general).

5. Considere la ecuacion diferencial:

y′′ + P1 (x) y′ + P2 (x) y = Q (x) (2.25)

y sean u1 (x) , u2 (x) soluciones linealmente independientes de la ecuacion homogenea

asociada. Pruebe que la funcion:

f (x) = C1 (x)u1 (x) + C2 (x)u2 (x)

es una solucion particular de la ecuacion (2.25), si se satisface el sistema de ecuaciones: C ′1 (x)u1 (x) + C ′2 (x)u2 (x) = 0

C ′1 (x)u′1 (x) + C ′2 (x)u′2 (x) = Q (x)

190


6. Compruebe que:

y =1

ω

∫ x

0

f (t) sinω (x− t) dt

es una solucion particular de y′′ + ω2y = f (x).

7. Suponga que ex y e−x son soluciones de una ecuacion diferencial lineal ordinaria

homogenea, muestre que las funciones sinhx y coshx tambien son soluciones de esa

ecuacion.

8. Muestre que la solucion particular de una EDO lineal de segundo orden no homogenea

y′′ + a1 (x) y′ + a0 (x) y = f (x)

se puede escribir en la forma

yp (x) =

∫ x

x0

G (x, t) f (t) dt

donde G es una funcion adecuada.

9. Hallar la solucion general de

1) y′′′ + 3y′′ − y′ − 3y = 0 2) y(4) + 16y = 0 3) d4ydx4

+ d2ydx2

+ y = 0

4) y′′ − 36y = 0 5) y′′ + 2y′ − 3y = 0 6) y′′ + 8y′ + 16y = 0

7) y′′′′ + 4y′′ + 3y = 0 8) y′′ − 4y′ + 5y = 0 9) y′′′ − 5y′′ + 3y′ + 9y = 0

10. Resuelva la ecuacion diferencial sujeta a las condiciones indicadas.

a) y′′ + 16y = 0 ; y(0) = 2, y′(0) = −2

b) y′′ + 6y′ + 25y = 0 ; y(0) = 2, y′(0) = 6

c) y′′ − 4y = 0 ; y(0) = 4, y′ (0) = 16

d) y′′′ + 2y′′ − 5y′ − 6y = 0 ; y(1) = 0, y′(1) = 0, y′′(1) = 1

11. Resuelva las siguientes ecuaciones por anuladores.

a) y′′ + y′ = 2t+ sin t

b) y′′ + 4y′ + 2y = te−2t

191


c) y′′ − 4y′ + 5y = 4 + sin(√

7t)

d) y′′ + 3y = x2e3x

e) y′′ − 2y′ + 2y = e2x(cosx− 3 sinx)

f ) y′′′ − y′′ − 4y′ + 4y = 5− ex + e2x

g) y′′′ − 2y′′ + 2y′ − y = ex + cosx

12. Resuelva la ecuacion diferencial sujeta a las condiciones indicadas.

a) 2y′′ + 3y′ − 2y = 14x2 − 4x− 11 , y(0) = 0, y′(0) = 0

b) y′′ + 4y′ + 4y = (3 + x)e−2x , y(0) = 2, y′(0) = 5

c) y′′ − 2y′ + 2y = 2x− 2 , y(π) = 0, y′(π) = 0

d)d2x

dt2+ ω2x = F0 cos γt , x(0) = 0, x′(0) = 1

e)d2x

dt2+ ω2x = F0 sinωt , x(0) = 0, x′(0) = 0

13. Hallar una EDO lineal con coeficientes constantes que tenga por solucion general:

1) y (x) = c1xex + c2e

x + x+ 1

2) y (x) = c1e2x cos

(√3x)

+ c2e2x sin

(√3x)

+ c3xe2x cos

(√3x)

+ c4xe2x sin

(√3x)

+ ex

14. Encontrar un anulador de

1) f (x) = x cos(2x+ π

3

)2) f (x) = (x2 + 1)

2ex + x sinh (x)

3) f (x) = (x2 − 1)2

(1 + sin x) e√

3x

15. Encontrar la solucion general de

1) x2y′′ + xy′ + 9y = 0

2) x2y′′ + xy′ − p2y = 0 con p ∈ R

16. Encontrar la solucion general de

192


1) x2y′′ + xy′ − 9y = x2 + 1 2) x2y′′

+ xy′ − 9y = x3 + 1

3) x2y′′ + 4xy′ + 2y = 2 ln x 4) x2y′′

+ xy′+ 9y = sin(lnx3)

5) x3y′′′ + 4x2y′′ + xy′ − y = x 6) x2y′′ − xy′ + 2y = 16

7) y′′ + 1xy′ − 1

x2y = 1

x2+x38) y′′ − 2

xy′ + 2

x2y = lnx

x

9) x4y′′ + x3y′ − 4x2y = 1 10) x3y′′′ + 6x2y′′ + 4xy′ − 4y = x

17. Encontrar una solucion general de cada una de las ecuaciones diferenciales, usando el

metodo de variacion de parametros.

a) y′′′ − y′′ + y′ − y = 4xex

b) y′′′ − y′ = sinx

c) y′′′ − 2y′′ = 4(x+ 1)

d) y′′′ − 3y′′ − y′ + 3y = 1 + ex

e) y′′′ − 7y′ + 6y = 2 sin x

f ) 3y′′ − 6y′ + 30y = ex tan 3x

g) y′′ − 2y′ + y = 4x2 − 3 +ex

x

h) y′′′ − 2y′ − 4y = 2e−x secx (puede dejar integrales finales sin calcular)

18. Una solucion y = u(x) de la ecuacion diferencial y′′ − 3y′ − 4y = 0 intersecta a una

solucion de la ecuacion diferencial y′′ + 4y′ − 5y = 0 en el origen. Determinar las

funciones u y v si las dos soluciones tienen la misma pendiente en el origen y si

lımx→∞

(v(x))4

u(x)=

5

6.

19. Sean y1 = u(x) y y2 = xu(x) dos soluciones de la ecuacion y′′ + 4xy′ + p(x)y = 0. Si

u(0) = 1, determine u(x) y p(x) explıcitamente.

20. Se sabe que para x > 0 la ecuacion homogenea asociada a

4xy′′ +(2− 8

√x)y′ − 5y = 1

tiene una solucion

y1 (x) = e−√x

determine la solucion general.

193


21. Determine la solucion general de la ecuacion diferencial

(2x− 1)2 d2y

dx2+ 4 (2x− 1)

dy

dx− 8y =

√2x− 1

Ind.: Considere el cambio de variables u = 2x− 1.

22. Dada la ecuacion diferencial

(x− a)d2y

dx2− xdy

dx+ a2y = a (x− 1)2 ex

determine el valor del parametro de forma que ex sea una solucion de la homogenea

asociada y determine la solucion general de la ecuacion no homogenea para tales

valores del parametro.

23. Use z = sin (x) para resolver la ecuacion

y′′ + tan (x) y′ + cos2 (x) y = sin (x) cos2 (x)


x2y′′ − 2xy′ + 2y = 6

con condiciones iniciales y (0) = 3, y′ (0) = 1 tiene soluciones yc (x) = cx2 + x + 3

para todo c ∈ R, este problema no tiene solucion unica, ¿contradice esto el teorema

de existencia y unicidad.?

25. Resolver

(xD + 1) (D − x) (xD) y = x

donde D = ddx

.

26. Un cuerpo con masa m = 12

kilogramo (kg) esta unido en el extremo de un resorte

estirado 2 metros (m) debido a una fuerza de 100 newtons (N) y es puesto en

movimiento a partir de la posicion inicial x0 = 1 (m) y velocidad inicial v0 = 5 (m/s).

(Notese que estas condiciones iniciales indican que el cuerpo se desplaza a la derecha

y a la izquierda en el tiempo t = 0). Encuentrese la funcion de la posicion del cuerpo,

ası como su amplitud, frecuencia, periodo de oscilacion y el tiempo de retardo de su

movimiento.

194


27. Determine el periodo y la frecuencia del movimiento armonico simple de una masa

de 4 kg unida al extremo de un resorte con constante de 16 N/m.

28. Establezca el periodo y la frecuencia del movimiento armonico simple de un cuerpo

con una masa de 0.75 kg unida al extremo de un resorte con constante de 48 N/m.

29. Un cuerpo con masa de 250 g esta unido al extremo de un resorte estirado 25 cm por

una fuerza de 9 N. En el tiempo t0 el cuerpo es movido 1 m a la derecha, estirando el

resorte y aplicando un movimiento con una velocidad inicial de 5 m/s a la izquierda.

(a) Encuentre x(t). (b) Obtenga la amplitud y el periodo de movimiento del cuerpo.

30. Asuma que la ecuacion diferencial de un pendulo simple de longitud L es Lθ′′+gθ = 0,

donde g = GM/R2 es la aceleracion gravitacional en el lugar donde este se encuentra

(a una distancia R del centro de la Tierra; M significa la masa de la Tierra). Dos

pendulos de longitudes L1 y L2 —ubicados a una distancia R1y R2 respecto del centro

de la Tierra— tienen periodos p1 y p2. Muestre que

p1

p2

=R1

√L1

R2

√L2

195

Capıtulo 3 : Sistemas de ecuaciones diferenciales

Definiciones

Considere los dos tanques que se ilustran en la figura. Suponga que el tanque A contiene

50 galones de agua en los que hay disueltas 25 libras de sal. Suponga que el tanque B

contiene 50 galones de agua pura. A los tanques entra y sale lıquido como se indica en

la figura; se supone que tanto la mezcla intercambiada entre los tanques como el lıquido

bombeado hacia fuera del tanque B estan bien mezclados. Se desea construir un modelo

matematico que describa la cantidad de libras x1 (t) y x2 (t) de sal en los tanques A y B

respectivamente en el tiempo t.

se tiene

dx1

dt=

(3

[gal

min

]· 0[

lb

gal

]+ 1

[gal

min

]· x2

50

[lb

gal

])− 4

[gal

min

]· x1

50

[lb

gal

]= − 2

25x1 +

x2

50

y

dx2

dt= 4

x1

50− 3

x2

50− 1

x2

50

=2

25x1 −

2

25x2

196


ası obtenemos el sistema

dx1

dt= − 2

25x1 +

1

50x2

dx2

dt=

2

25x1 −

2

25x2

y las condiciones x1 (0) = 25 y x2 (t) = 0

Un sistema de ecuaciones de la forma

dX

dt= A (t)X (t) +B (t)

esto es x′1 (t)

x′2 (t)...

x′n (t)

=

a11 (t) a12 (t) · · · a1n (t)

a21 (t) a22 (t) · · · a2n (t)...

.... . .

...

an1 (t) an2 (t) · · · ann (t)

x1 (t)

x2 (t)...

xn (t)

+

b1 (t)

b2 (t)...

bn (t)

donde X (t) = (x1 (t) , x2 (t) , . . . , xn (t))T , A (t) = (aij (t)) es una matriz de orden n × ny B (t) = (b1 (t) , b2 (t) , . . . , bn (t))T es llamado sistema de ecuaciones diferenciales

lineal de primer orden (se supone que las funciones aij (t) y bi (t) son continuas en un

intervalo abierto I). Si adicionalmente se debe cumplir X (t0) = X0 para t0 ∈ I, X0 ∈ Rn

entonces tenemos el P.V.I

dX

dt= A (t)X (t) +B (t)

X (t0) = X0

Ejemplo 3.1.1. Son sistemas de ecuaciones lineales:

1.

dxdt

= x+ 2y + et

dydt

= −x+ 2y + cos t

2.

dxdt

= etx+ e−ty + t

dydt

= −x+ (sin t) y

197


3.

dxdt

= x+ y + z

dydt

= −x+ 2y + 3z

dzdt

= 2x+ 3y + z

mientras que el sistema

dx

dt= x2 + ety2

dy

dt= cos t+

√x2 + y2

no es lineal.

Teorema 3.1.1. Si las funciones aij (t) y bi (t) son continuas en el abierto I ⊆ R, t0 ∈ I,

X0 ∈ Rn entonces el problema de valores iniciales

dX

dt= A (t)X (t) +B (t)

X (t0) = X0

tiene solucion unica.

Ejemplo 3.1.2. Resolver el sistema

dx1

dt= x2

dx2

dt= −x1

con x1 (0) = 1, x2 (0) = 0.

Solucion. Note que derivando la primera ecuacion respecto a t obtenemos

d2x1

dt2=dx2

dt= −x1

de donde x1 debe cumplird2x1

dt2+ x1 = 0

198


ası x1 (t) = c1 cos t+ c2 sin t para algunas constantes c1 y c2 ahora bien, x1 (0) = 1 = c1 se

sigue

x1 (t) = cos t+ c2 sin t

ademas

x2 (t) =dx1

dt= − sin t+ c2 cos t

luego

0 = x2 (0) = c2

se sigue

x1 (t) = cos t

x2 (t) = − sin t

Observacion 3.1.1. Toda ecuacion diferencial ordinaria lineal de orden n puede ser

transformada en un sistema de ecuaciones lineales, en efecto si tenemos

y(n) + an−1 (t) y(n−1) + · · ·+ a1 (t) y′ + a0 (t) y = h (t)

poniendo

x1 (t) = y (t)

x2 (t) = y′ (t)

...

xn (t) = y(n−1) (t)

entonces

d

dt

x1

x2

...

xn−1

xn

=

0 1 0 0 · · · 0

0 0 1 0 · · · 0...

......

......

...

0 0 0 0. . . 1

−a0 −a1 · · · · · · · · · −an−1

x1

x2

...

xn−1

xn

+

0

0...

0

h (t)

199


Ejemplo 3.1.3. Considere la ecuacion

d2x

dt2+ (cos t)

dx

dt+ 2x = et

esta se transforma en el sistema

d

dt

x1

x2

=

0 1

−2 − cos t

x1

x2

+

0

et

donde x1 (t) = x (t) y x2 (t) = x′ (t)

La teorıa de los sistemas lineales es similar a la que hemos visto hasta ahora en el caso

de una ecuacion. La ecuacion Homogenea asociada a

dX

dt= A (t)X (t) +B (t)

esdX

dt= A (t)X (t)

su conjunto solucion

S =

X (t) ∈ C1 (I,Rn) :

dX

dt= A (t)X (t)

es un espacio vectorial de dimension n (si el sistema es de orden n) y la solucion de la no

homogenea sera una solucion particular mas una combinacion lineal arbitraria de elementos

de la base de S.

Ecuacion con coeficientes constantes

Suponga que trabajamos con el sistema

dX

dt= AX

donde A ∈Mn×n (R) (coeficientes constantes).

Teorema 3.2.1. Si λ es un valor propio de A con vector propio v entonces

x (t) = veλt

es solucion de dXdt

= AX.

200


Matriz A diagonalizable

Si A es una matriz diagonalizable entonces

P−1AP = D

donde D es una matriz diagonal, la ecuacion

dX

dt= AX

la podemos ver comodX

dt= PDP−1X

multiplicando la ecuacion por P−1 por la izquierda

d

dt

(P−1X

)= DP−1X

cambiamos la variable

Y = P−1X

nos quedadY

dt= DY

que es un sistema de la forma

dyidt

= λiyi para i = 1, 2, . . . , n

tiene soluciones

yi (t) = cieλit

luego la solucion es

X (t) = PY (t) =n∑i=1

civieλit

donde vi son los vectores propios asociados a los valores propios correspondientes.

Observacion 3.2.1. Si el valor propio λi es complejo vieλit y vie

λit apareceran como

soluciones, al buscar soluciones reales se tiene que Re(vie

λit)

y Im(vie

λit)

son soluciones

l.i. reales correspondientes a combinaciones lineales de las dos complejas luego generan lo

mismo.

201



d

dt

x1

x2

x3

=

−1 1 1

1 −1 1

1 1 1

x1

x2

x3

Solucion. Primero buscamos el polinomio caracterıstico de la matriz

A =

−1 1 1

1 −1 1

1 1 1

esta dado por

PA (λ) = |A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣−1− λ 1 1

1 −1− λ 1

1 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (λ− 2) (λ+ 2) (λ+ 1)

luego tiene 3 valores propios distintos y es una matriz de orden 3 luego es diagonalizable,

ahora buscamos los vectores propios:

⟨−1

−1

1

⟩↔ −1,

⟨−1

1

0

⟩↔ −2,

⟨12

12

1

⟩↔ 2

ası la solucion del sistema es

X (t) = c1

−1

−1

1

e−t + c2

−1

1

0

e−2t + c3

12

12

1

e2t =

12c3e

2t − c2e−2t − c1e

−t

c2e−2t − c1e

−t + 12c3e

2t

c1e−t + c3e

2t


d

dt

x1

x2

x3

=

5 2 2

2 2 −4

2 −4 2

x1

x2

x3

Si

A =

5 2 2

2 2 −4

2 −4 2

202


entonces es diagonalizable por ser una matriz simetrica

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣5− λ 2 2

2 2− λ −4

2 −4 2− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = − (λ+ 3) (λ− 6)2

luego hay 1 valor propio de multiplicidad 2 buscamos los vectores propios

⟨−1

2

1

1

⟩↔ −3,

⟨2

1

0

,

2

0

1

⟩↔ 6

se sigue que la solucion del sistema es

X (t) = c1

−1

2

1

1

e−3t + c2

2

1

0

e6t + c3

2

0

1

e6t =

2c2e

6t − 12c1e−3t + 2c3e

6t

c1e−3t + c2e

6t

c1e−3t + c3e

6t


d

dt

x1

x2

x3

=

0 2 0

−2 0 0

0 0 1

x1

x2

x3

Solucion. Si

A =

0 2 0

−2 0 0

0 0 1

entonces la ecuacion caracterıstica es (λ− 1) (λ2 + 4) = 0 de donde tenemos que la matriz

es diagonalizable, 3 valores propios distintos aunque hay dos complejos, veamos los espacios

propios asociados

⟨0

0

1

⟩↔ 1,

⟨i

1

0

⟩↔ −2i,

⟨−i1

0

⟩↔ 2i

203


el resultado nos dice que i

1

0

e−2it y

−i1

0

e2it

son soluciones pero buscamos soluciones reales y para ello

Re

i

1

0

e−2it

y Im

i

1

0

e−2it

generan lo mismo que las dos anteriores

i

1

0

e−2it =

i

1

0

(cos (2t)− i sen (2t))

=

i cos (2t) + sen (2t)

cos (2t)− i sen (2t)

0

=

sen (2t)

cos (2t)

0

+ i

cos (2t)

− sen (2t)

0

se sigue

Re

i

1

0

e−2it

=

sen (2t)

cos (2t)

0

y

Im

i

1

0

e−2it

=

cos (2t)

− sen (2t)

0

luego la solucion es

X (t) = c1

0

0

1

et + c2

sin (2t)

cos (2t)

0

+ c3

cos (2t)

− sin (2t)

0

=

c3 cos 2t+ c2 sin 2t

c2 cos 2t− c3 sin 2t

c1et

204


Si la matriz no es diagonalizable no hemos desarrollado una teorıa para poder resolverla

(mas adelante resolveremos estos sistemas utilizando la transformada de Laplace) sin

embargo podemos enfrentar directamente el sistema a traves de eliminacion, considere el

siguiente ejemplo:

Ejemplo 3.2.4. Resolver el sistema

d

dt

x

y

=

−2 −1

1 −4

x

y

Solucion. En este caso el polinomio es

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣ −2− λ −1

1 −4− λ

∣∣∣∣∣∣ = λ2 + 6λ+ 9 = (λ+ 3)2

se sigue que hay un solo valor propio de multiplicidad algebraica 2, Si calculamos vemos

que la multiplicidad geometrica (dimension del espacio propio asociado) es 1 luego la matriz

no es diagonalizable

Wλ=−3 =

⟨ 1

1

⟩

Lo resolveremos directamente

x′ = −2x− y

y′ = x− 4y

si derivamos la primera ecuacion obtenemos

x′′ = −2x′ − y′

pero de la segunda ecuacion sabemos

y′ = x− 4y

reemplazando

x′′ = −2x′ − (x− 4y)

= 4y − x− 2x′

205


pero de la primera ecuacion

y = −x′ − 2x

ası

x′′ = 4 (−x′ − 2x)− x− 2x′

= −9x− 6x′

ası

x′′ + 6x′ + 9x = 0⇔ (D + 3)2 x = 0

luego

x (t) = c1e−3t + c2te

−3t

ademas

y (t) = −x′ − 2x

= − d

dt

(c1e−3t + c2te

−3t)− 2

(c1e−3t + c2te

−3t)

= e−3t (c1 − c2 + tc2)

= c1e−3t + c2 (−1 + t) e−3t

luego

X (t) =

x (t)

y (t)

=

c1e−3t + c2te

−3t

c1e−3t + c2 (−1 + t) e−3t

= c1

1

1

e−3t + c2

t

−1 + t

e−3t

es la solucion. Note que la estructura de la solucion es similar a las ecuaciones con raız

repetida.

Variacion de parametros en sistemas

Suponga que queremos determinar la solucion particular de la ecuacion

dX

dt= AX +B (t)

206


donde la solucion de la homogenea es

Xh (t) = c1X1 (t) + c2X2 (t) + · · ·+ cnXn (t)

entonces proponemos una solucion particular de la forma

Xp (t) =n∑i=1

ci (t)Xi (t)

se sigue que

X ′p (t) =n∑i=1

c′i (t)Xi (t) +n∑i=1

ci (t)X′i (t)

=n∑i=1

c′i (t)Xi (t) +n∑i=1

ci (t)AXi (t)

=n∑i=1

c′i (t)Xi (t) + AXp (t)

entoncesn∑i=1

c′i (t)Xi (t) = B (t)

se sigue

c′i (t) =

∣∣∣ X1 (t) X2 (t) · · · Xi−1 (t) B (t) Xi+1 (t) · · · Xn (t)∣∣∣∣∣∣ X1 (t) X2 (t) · · · Xi−1 (t) Xi (t) Xi+1 (t) · · · Xn (t)∣∣∣

es un cociente de determinantes por la regla de Cramer.

Ejemplo 3.3.1. Resolver el sistemadxdt

dydt

dzdt

=

1 −4 0

4 1 0

0 0 2

x

y

z

+

1

0

t

Solucion. Este sistema tiene la forma

dX

dt= AX +B (t)

donde

B (t) =

1

0

t

y A =

1 −4 0

4 1 0

0 0 2

207


primero resolvemos el sistema homogeneo

dX

dt= AX

es decir dxdt

dydt

dzdt

=

1 −4 0

4 1 0

0 0 2

x

y

z

buscamos los valores y vectores propios asociados, en este caso son:

0

0

1

↔ 2,

−i1

0

↔ 1− 4i,

i

1

0

↔ 1 + 4i

se sigue que las solucion general del sistema homogeneo es de la forma

Xh (t) = c1

0

0

1

e2t + c2Re

−i1

0

e(1−4i)t

+ c3Im

−i1

0

e(1−4i)t

donde

−i1

0

e(1−4i)t =

−i1

0

ete−4ti

=

−i1

0

et (cos 4t− i sin 4t)

=

−iet cos 4t− et sin 4t

et (cos 4t− i sin 4t)

0

= et

− sin 4t

cos 4t

0

+ iet

− cos 4t

− sin 4t

0

entonces

Xh (t) = c1

0

0

1

e2t + c2et

− sin 4t

cos 4t

0

+ c3et

− cos 4t

− sin 4t

0

208


ahora buscamos una solucion particular de la ecuacion no homogenea

dX

dt= AX +B (t)

de la forma

Xp (t) = c1 (t)X1 (t) + c2 (t)X2 (t) + c3 (t)X3 (t)

(mediante variacion de parametros) donde

X1 (t) =

0

0

e2t

, X2 (t) =

−et sin 4t

et cos 4t

0

y X3 (t) =

−et cos 4t

−et sin 4t

0

se sigue las funciones c1, c2 y c3 deben cumplir

0 −et sin 4t −et cos 4t

0 et cos 4t −et sin 4t

e2t 0 0

c′1 (t)

c′2 (t)

c′3 (t)

=

1

0

t

sistema que podemos resolver por ejemplo mediante determinantes:

c′1 (t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −et sin 4t −et cos 4t


t 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 −et sin 4t −et cos 4t


e2t 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣=te2t

e4t= te−2t

:

c′2 (t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 −et cos 4t

0 0 −et sin 4t

e2t t 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 −et sin 4t −et cos 4t


e2t 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣=−e3t sin 4t

e4t= −e−t sin 4t

209


y

c′3 (t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣0 −et sin 4t 1

0 et cos 4t 0

e2t 0 t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 −et sin 4t −et cos 4t


e2t 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣=−e3t (cos 4t)

e4t= − (cos 4t) e−t

integramos :

c1 (t) =

∫te−2tdt = −1

4e−2t (2t+ 1)

c2 (t) =

∫−e−t sin 4tdt =

1

17e−t (4 cos 4t+ sin 4t)

c3 (t) =

∫− (cos 4t) e−t)dt =

1

17e−t (cos 4t− 4 sin 4t)

entonces la solucion particular es

Xp (t) =

(−1

4e−2t (2t+ 1)

)0

0

e2t

+

(1

17e−t (4 cos 4t+ sin 4t)

)−et sin 4t

et cos 4t

0

+1

17e−t (cos 4t− 4 sin 4t)

−et cos 4t

−et sin 4t

0

=

− 1

17

417

−12t− 1

4

210


verifiquemos que es correcto

X ′p (t) =

0

0

−12

=

1 −4 0

4 1 0

0 0 2

− 117

417

−12t− 1

4

+

1

0

t

=

−1

0

−t− 12

+

1

0

t

se sigue que la solucion del sistema es

X (t) = Xh (t) +Xp (t)

= c1

0

0

1

e2t + c2et

− sin 4t

cos 4t

0

+ c3et

− cos 4t

− sin 4t

0

+

− 1

17

417

−12t− 1

4

Analisis cualitativo de sistemas

Vamos a analizar el comportamiento de los sistemas de orden 2 de la forma

dx

dt= ax+ by

dy

dt= cx+ dy

donde a, b, c y d son constantes, basandonos en los valores propios de la matriz asociada al

sistema

A =

a b

c d

la cual supondremos diagonalizable y adicionalmente que det (A) = ad− bc 6= 0 de esta

forma la unica solucion constante del sistema corresponde al origen, esta solucion es llamada

solucion de equilibrio, las demas soluciones seran entonces curvas parametricas (x (t) , y (t))

y segun su comportamiento clasificaremos la solucion de equilibrio.

211


Valores propios reales y distintos (no nulos)

1. Punto silla: En el caso en que los valores propios son reales y distintos con signos

contrarios, el origen se dice que es un punto de silla. Considere el sistema

d

dt

x

y

=

−1 1

3 1

x

y

En este caso la matriz de coeficientes es

A =

−1 1

3 1

la cual tiene determinante distinto de cero. Buscamos sus valores propios y vectores

propios asociados, en este caso son: −1

1

↔ −2,

1

3

1

↔ 2

luego las soluciones del sistema son de la forma

X (t) = c1

13

1

e2t + c2

−1

1

e−2t

Note que si c1 = 1 y c2 = 0 obtenemos una solucion recta

X1 (t) =

13

1

e2t

en esta solucion x (t) = 13e2t y y (t) = e2t se sigue que los puntos de esta curva estan

sobre la rectay

x=

e2t

13e2t

= 3

es decir y = 3x y se alejan del origen cuando t→ +∞ por el primer cuadrante. De

manera similar, −X1 (t) = −

13

1

e2t es la curva parametrica que esta sobre la

recta y = 3x y si t → +∞ la solucion se aleja del origen por el tercer cuadrante.

Existe otra solucion recta, al poner c1 = 0 y c2 = 1 se obtiene

X2 (t) =

−1

1

e−2t

212


es decir la curva parametrica

x = −e−2t

y = e−2t

esta curva esta sobre la recta

y

x= −1 es decir y = −x

note que cuando t → +∞ los puntos se acercan al origen sobre tal recta por el

segundo cuadrante. Note que −X2 (t) tambien es solucion, en este caso

x = e−2t

y = −e−2t

esta curva tambien esta sobre la recta y = −x los puntos se acercan al origen pero

por el cuarto cuadrante. Las solucion general es

X (t) = c1

13

1

e2t + c2

−1

1

e−2t

note que si t→ +∞ entonces c2

−1

1

e−2t ≈ 0 y la solucion se comporta como

c1

13

1

e2t esto es, cuando el tiempo avanza la curva solucion se acerca a la recta

y = 3x (el cuadrante depende de c1) y si analizamos el comportamiento cuando

t→ −∞ las curvas soluciones tienden a c2

−1

1

e−2t esto se interpreta como que

las soluciones parten cercana a esa recta y se aproximan a y = 3x. Recuerde que

por teorema de existencia y unicidad dos soluciones distintas no se pueden cortar.

213


Grafiquemos algunas soluciones y el campo de direcciones asociado a este sistema

2. Sumidero: Si los valores propios son reales y distintos, ambos negativos, el origen

es llamado sumidero. Considere el sistema

d

dt

x

y

=

−65

25

25−9

5

x

y

en este caso la matriz de coeficientes es

A =

−65

25

25−9

5

que tiene vectores y valores propios asociados

2

1

↔ −1,

−1

2

1

↔ −2

luego las soluciones son de la forma

X (t) = c1

2

1

e−t + c2

−12

1

e−2t

214


grafiquemos el campo de direcciones y diagrama de fase asociados. Note que en este

caso tenemos dos soluciones rectas y que las soluciones tienden al origen si t→ +∞

3. Fuente: Si los valores propios son distintos pero ambos positivos entonces el origen

es llamado fuente (las soluciones se alejan del origen) Considere el sistema

d

dt

x

y

=

0 6

−1 5

x

y

en este caso la matriz de coeficientes es

A =

0 6

−1 5

que tiene vectores y valores propios

3

1

↔ 2,

2

1

↔ 3

215


luego las soluciones son de la forma

X (t) = c1

3

1

e2t + c2

2

1

e3t

note que si t → ∞ entonces ‖X (t)‖ → ∞ se sigue que las soluciones se alejan del

origen y tenemos dos soluciones rectas.

Valores propios complejos

1. Sumidero espiral: En el caso en que los valores propios son complejos y la parte

real del valor propio es negativa, el origen es un sumidero espiral. Considere el sistema

d

dt

x

y

=

1 2

−4 −3

x

y

en este caso la matriz asociada es

A =

1 2

−4 −3

216


tiene por vectores y valores propios −1

2+ 1

2i

1

↔ −1− 2i,

−1

2− 1

2i

1

↔ −1 + 2i

se sigue que la solucion del sistema esta generada por

Re

−12

+ 12i

1

e(−1−2i)t

e Im

−12

+ 12i

1

e(−1−2i)t

entonces

X (t) = c1e−t

12

sin 2t− 12

cos 2t

cos 2t

+ c2e−t

12

sin 2t+ 12

cos 2t

− sin 2t

ahora el campo de vectores y algunas curvas (note que en este caso no hay soluciones

rectas) las soluciones se acercan al origen

2. Fuente espiral: En el caso en que los valores propios son complejos con parte real

positiva las soluciones se alejan del origen y este es llamado fuente espiral. Considere

217


el sistema

d

dt

x

y

=

4 3

−6 −2

x

y


A =

4 3

−6 −2

los valores y vectores propios son

−12

+ 12i

1

↔ 1− 3i,

−1

2− 1

2i

1

↔ 1 + 3i

luego la solucion es generada por

Re

−12

+ 12i

1

e(1−3i)t

e Im

−12

+ 12i

1

e(1−3i)t

es decir las soluciones son de la forma

X (t) = c1et

12

sin 3t− 12

cos 3t

cos 3t

+ c2et

12

sin 3t+ 12

cos 3t

− sin 3t

grafiquemos el campo de direcciones y algunas soluciones el comportamiento es el

218


mismo pero las soluciones se alejan del origen. (no tenemos soluciones rectas)

3. Centro: Cuando los valores propios son complejos con parte real igual a cero el

origen es llamado centro, en este caso las soluciones no se acercan al origen sino que

se mantienen alrededor de el, el origen es estable en este caso pero no asintoticamente

estable. Considere el sistema

d

dt

x

y

=

3 3

−6 −3

x

y


A =

3 3

−6 −3

que tiene por valores y vectores propios

−12

+ 12i

1

↔ −3i,

−1

2− 1

2i

1

↔ 3i

219


luego la solucion del sistema es generada por

Re

−12

+ 12i

1

e(−3i)t

e Im

−12

+ 12i

1

e(−3i)t

es decir las soluciones son de la forma

X (t) = c1

12

sin 3t− 12

cos 3t

cos 3t

+ c2

12

sin 3t+ 12

cos 3t

− sin 3t

grafiquemos el campo de vectores y algunas curvas solucion.

Valores propios repetidos (no nulos)

1. Fuente: Cuando hay solo un valor propio y es positivo el origen es llamado fuente,

las soluciones se alejan del origen. Considere el sistema

d

dt

x

y

=

2 0

0 2

x

y

220



A =

2 0

0 2

y el valor propio es λ = 2 se ve que las soluciones son de la forma

X (t) = c1

1

0

e2t + c2

0

1

e2t

es decir

X (t) =

c1e2t

c2e2t

las soluciones son todas rectas que se alejan del origen.

2. Sumidero: Si hay solo un valor propio y es negativo las curvas se acercan al origen

y este es llamado sumidero. Considere el sistema

d

dt

x

y

=

−2 0

0 −2

x

y


A =

−2 0

0 −2

los valores propios son iguales a −3 pero la matriz no es diagonalizable, las soluciones

son de la forma

X (t) =

c1e−2t

c2e−2t

son rectas que se acercan al origen.

Teorema 3.4.1. Para un sistema lineal X′ = AX en el cual det (A) 6= 0, sea X = X (t)

la solucion que satisface X (0) = X0 con X0 6= 0.

1. lımt→+∞X (t) = 0 si y solo si los valores propios de A tienen partes reales negativas.

2. X (t) es periodica si y solo si las valores propios de A son imaginarios puros.

221



1. Escribir los siguientes sistemas en forma matricial

a) dxdt

= 3x− 2y b) dxdt

= x− 2ty + t2

dydt

= 4x+ 8y dydt

= 4t2x+ 8y + sin t

c) dxdt

= 3x− y + 3z d) dxdt

= etx− cos ty + 3tz + cos t

dydt

= 4x+ 3y + z dydt

= x+ et

dzdt

= 2x+ y − z dzdt

= 2x+ y − z − 3t+ 1

2. Escribir los siguientes sistemas sin usar matrices

a) ddt

x

y

=

−2 1

t 0

x

y

+

sin t

et

b) X′ =

−1 1 1

0 1 2

−1 −1 1

X+

−1

0

−1

et +

−1 + t

1

−1

et sin t

3. En los siguientes ejercicios verificar si el vector X dado es solucion del sistema

a) X =

1

2

e−5t de

dxdt

= 3x− 4y

dydt

= 4x− 7y

b) X =

1

6

13

de

dxdt

= x+ 2y + z

dydt

= 6x− ydzdt

= −x− 2y − z

c) X =

sin t

−12

sin t− 12

cos t

− sin t+ cos t

de

X′=

1 0 1

1 1 0

−2 0 −1

X

4. Determine si los vectores dados son linealmente independientes

a) X1=

1

−1

et y X2=

2

6

et +

8

−8

tet

222


b) X1=

1

6

−13

, X2=

1

−2

−1

e−4t y X3=

2

3

−2

e3t

5. Muestre que la funcion Xp =

1

1

et +

1

−1

tet es solucion particular del

sistema

X′=

2 1

1 −1

X−

1

7

et

6. Demostrar que la solucion general del sistema

X′=

0 6 0

1 0 1

1 1 0

X

es de la forma

X =c1

6

−1

−5

e−t + c2

−3

1

1

e−2t + c2

2

1

1

e3t

7. Determinar la solucion general de los sistemas:

a) dxdt

= x+ 2y b) dxdt

= 2x+ 2y

dydt

= 4x+ 3y dydt

= x+ 3y

c) dxdt

= x+ y − z d) dxdt

= 2x− 7y

dydt

= 2y dydt

= 5x+ 10y + 4z

dzdt

= y − z dzdt

= 5y + 2z

e) dxdt

= 6x− y f) dxdt

= 2x+ y + 2z

dydt

= 5x+ 2y dydt

= 3x+ 6z

dzdt

= −4x− 3z

8. Resolver los siguientes sistemas usando variacion de parametros

223


a) dxdt

= 3x− 3y + 4 b) dxdt

= 2x− ydydt

= 2x− 2y − 1 dydt

= 3x− 2y + 4t

c) dxdt

= x+ y − z + t d) dxdt

= −y + sec t

dydt

= 2y + t dydt

= x

dzdt

= y − z + t

e) dxdt

= x+ 2y + et csc t f) dxdt

= 3x− y − zdydt

= −12x+ y + et sec t dy

dt= x+ y − z + t

dzdt

= x− y + z + 2et

9. Sea X = X (t) la solucion al sistema de ecuaciones

x′ = αx− βy

y′ = βx+ αy

que satisface la condicion inicial X (0) = X0. Determine condiciones sobre α, β que

aseguren

lımt→+∞

X (t) =

0

0

10. Determine condiciones sobre µ tal que (0, 0) sea un centro para el sistema lineal

x′ = −µx+ y

y′ = −x+ µy

11. Sea A ∈Mn×n (R) defina

eAt = I + At+ A2 t2

2!+ A3 t

3

3!+ · · ·

=∞∑k=0

Ak tk

k!

a) Calcular eAt para A =

a c

0 b

224


b) Muestre que si A = PDP−1 con D =diag(λ1, λ2, . . . , λn) diagonal entonces

etA = P(diag

(eλ1t, eλ2t, . . . , eλnt

))P−1

c) Muestre que la solucion general de

d

dtX =

4 3

−2 −1

X

es

X =etA

c1

c2

donde A =

4 3

−2 −1

d) Conjeturar una formula para la solucion general de

X′ = AX + B (t)

en terminos de etA.

12. Clasificar la solucion de equilibrio de los siguientes sistemas y bosquejar el diagrama

de fases:

a) dxdt

= −x− 5y b) dxdt

= 4x+ 3y

dydt

= x+ 3y dydt

= 2x− 3y

c) dxdt

= −x+ 2y d) dxdt

= x+ 4y

dydt

= x− 4y dydt

= −x+ y

e) dxdt

= −3x+ y f) dxdt

= 2x+ y

dydt

= −2x− y dydt

= 3x+ 6y

225

Apunte MAT023

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