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Ecuaciones Diferenciales I: Oscilaciones mecánicas

Por Omar González Franco

Las matemáticas comienzan a parecerse demasiado a resolver un puzzle. La física también,
pero son puzzles creados por la naturaleza, no por la mente del hombre.
– Maria Goeppert Mayer

Introducción

En esta entrada estudiaremos algunos tipos de oscilaciones mecánicas con el propósito de poner en práctica los métodos desarrollados hasta este momento de la segunda unidad.

Consideraremos varios sistemas dinámicos lineales en los que cada modelo matemático será una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes acompañada de condiciones iniciales especificadas en un tiempo que tomaremos como $t = 0$.

$$a \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + b \dfrac{dx}{dt} + cx = g(t); \hspace{1cm} x(0) = x_{0}, \hspace{0.5cm} x^{\prime}(0) = x_{1} \label{1} \tag{1}$$

Con respecto a la notación, denotaremos con $x$ a la variable dependiente que físicamente representará la posición de un objeto, mientras que $t$ será la variable independiente y representara al tiempo, ya que nuestro propósito es describir el movimiento oscilatorio de un objeto a través del tiempo.

A la función $g(x)$ de (\ref{1}) la llamaremos entrada o función forzada del sistema. Una solución $x(t)$ de (\ref{1}) en un intervalo $\delta$ que contiene a $t = 0$ y satisface las condiciones iniciales se le llama salida o respuesta del sistema.

El sistema dinámico que estudiaremos será el de resorte – objeto y los tipos de movimiento que describiremos será el movimiento libre no amortiguado, el movimiento libre amortiguado y el movimiento forzado.

Movimiento libre no amortiguado

Consideremos un resorte de longitud $l$ suspendido verticalmente de un soporte rígido y en la parte inferior del resorte se encuentra un objeto de masa $m$, el peso del objeto hace que el resorte se elongue una distancia $s$. En la posición de equilibrio establecemos que $x = 0$, tal como se muestra en la siguiente figura.

Resorte sin objeto y resorte con el objeto de masa $m$ en la posición de equilibrio.

Es claro que la cantidad de alargamiento o elongación del resorte depende de la masa, además el resorte mismo ejerce una fuerza restauradora $F$ opuesta a la dirección de elongación y proporcional a la cantidad de elongación $s$, esta característica corresponde a la ley de Hooke y matemáticamente se expresa como

$$F = ks \label{2} \tag{2}$$

donde $k$ es una constante de proporcionalidad llamada constante de resorte.

Una vez colocado el objeto de masa $m$, el resorte se alarga una distancia $s$ y mantiene una posición de equilibrio en el que el peso $W$ del objeto se equilibra con la fuerza restauradora $F$ del resorte. Recordando que el peso de un objeto es

$$W = mg \label{3} \tag{3}$$

con $m$ la masa del objeto y $g$ la aceleración de la gravedad, podemos establecer que en el equilibrio ocurre que

$$W = F \label{4} \tag{4}$$

o bien,

$$mg -ks = 0 \label{5} \tag{5}$$

Si el objeto se desplaza una cantidad $x$ de su posición de equilibrio, la fuerza restauradora del resorte será

$$F_{x} = k(s + x) \label{6} \tag{6}$$

Objeto en reposo y objeto en movimiento desplazado una distancia $x$.

Como estamos analizando un movimiento no amortiguado, vamos a suponer que no hay fuerzas restauradoras que actúen sobre el sistema y que el objeto oscila libre de otras fuerzas externas. Entonces podemos igualar la segunda ley de Newton con la fuerza resultante de la fuerza restauradora y el peso.

$$m \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} = -k(s + x)+ mg = -kx + mg -ks$$

Considerando (\ref{5}) obtenemos que

$$m \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} = -kx \label{7} \tag{7}$$

El signo negativo indica que la fuerza restauradora del resorte actúa en dirección opuesta a la dirección del movimiento, además se toma la convención de que la dirección hacia abajo de la posición de equilibrio es positiva.

Si dividimos entre $m$ la ecuación (\ref{7}) y reordenamos obtenemos la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + \dfrac{k}{m}x = 0 \label{8} \tag{8}$$

Veremos más adelante la razón por la que es conveniente definir la constante

$$\omega^{2} = \dfrac{k}{m} \label{9} \tag{9}$$

Usando esta definición podemos escribir la ecuación (\ref{8}) como

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + \omega^{2}x = 0 \label{10} \tag{10}$$

La ecuación diferencial (\ref{10}) se dice que describe el movimiento armónico simple o movimiento libre no amortiguado. Dos condiciones iniciales claras son el desplazamiento inicial

$$x(0) = x_{0}$$

y la velocidad inicial

$$x^{\prime}(0) = x_{1}$$

del objeto. Por ejemplo, si $x_{0} > 0$, entonces indica que el objeto parte de un punto por debajo de la posición de equilibrio lo que provocará una velocidad impartida hacia arriba, es decir, $x_{1} < 0$. Cuando $x^{\prime}(0) = 0$ el objeto se libera a partir del reposo. Y si por ejemplo $x_{0} < 0$ y $x_{1} = 0$, entonces indica que el objeto se libera desde el reposo pero desde una posición arriba de la posición de equilibrio.

La ecuación (\ref{10}) representa el modelo matemático que describe el fenómeno, pero ahora estamos interesados en conocer la ecuación de movimiento, así que es momento de aplicar lo aprendido y resolver la ecuación diferencial.

Se trata de una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes, así que proponemos una solución de la forma

$$x(t) = e^{rt} \label{11} \tag{11}$$

Utilizamos la letra $r$ y no $k$ para no confundirnos con la constante de resorte. Al sustituir esta solución y su segunda derivada en (\ref{10}) se obtiene la ecuación auxiliar

$$r^{2} + \omega^{2} = 0 \label{12} \tag{12}$$

Las raíces son

$$r_{1} = i \omega \hspace{1cm} y \hspace{1cm} r_{2} = -i \omega$$

Identificamos que $\alpha = 0$ y $\beta = \omega$, Por lo tanto, la solución general es

$$x(t) = c_{1} \cos(\omega t) + c_{2} \sin(\omega t) \label{13} \tag{13}$$

Esta solución corresponde a la ecuación general de movimiento del objeto sujeto al resorte considerando que no hay amortiguación.

Si se aplican las condiciones iniciales y se determinan las constantes $c_{1}$ y $c_{2}$, entonces habremos encontrado la ecuación de movimiento del sistema en particular. Notemos que la solución efectivamente describe un movimiento oscilatorio ya que se encuentran presentes las funciones seno y coseno.

La constante

$$\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}} \label{14} \tag{14}$$

se llama frecuencia circular del sistema y nos permite definir algunas cantidades. $\omega$ se mide en radianes por segundo.

La cantidad

$$T = \dfrac{2 \pi}{\omega} \label{15} \tag{15}$$

determina el periodo del movimiento descrito por (\ref{13}), es decir, representa el tiempo que tarda el objeto en hacer un ciclo de movimiento. Un ciclo es una oscilación completa del objeto. Podemos decir que el periodo $T$ es el tamaño del intervalo de tiempo entre dos máximos sucesivos (o mínimos sucesivos) de $x(t)$. De acuerdo a nuestra convención, un máximo es el desplazamiento positivo del objeto en el que alcanza su distancia máxima debajo de la posición de equilibrio, mientras que un mínimo es el desplazamiento negativo en el que alcanza su altura máxima arriba de la posición de equilibrio. En cualquier caso decimos que hay un desplazamiento extremo del objeto.

La cantidad

$$f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{\omega}{2 \pi} \label{16} \tag{16}$$

es la frecuencia de movimiento y representa el número de ciclos completados cada segundo.

Existe una forma alterna de la solución (\ref{13}) en la que se hace explícita la amplitud $A$ de las oscilaciones. Si en la solución (\ref{13}) $c_{1} \neq 0$ y $c_{2} \neq 0$, se define la amplitud como

$$A = \sqrt{c^{2}_{1} + c^{2}_{2}} \label{17} \tag{17}$$

y se define el ángulo de fase $\phi$, tal que

$$\sin(\phi) = \dfrac{c_{1}}{A}, \hspace{1cm} \cos(\phi) = \dfrac{c_{2}}{A} \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \tan(\phi) = \dfrac{c_{1}}{c_{2}} \label{18} \tag{18}$$

Notemos lo siguiente

\begin{align*}
x(t) &= c_{1} \cos(\omega t) + c_{2} \sin(\omega t) \\
&= A \dfrac{c_{1}}{A} \cos(\omega t) + A \dfrac{c_{2}}{A} \sin(\omega t) \\
&= [A \sin(\phi)] \cos(\omega t) + [A \cos(\phi)] \sin(\omega t) \\
&= A \sin(\omega t) \cos(\phi) + A \cos(\omega t) \sin(\phi)
\end{align*}

Si en la última expresión aplicamos la identidad trigonométrica

$$\sin(a + b) = \sin(a) \cos(b) + \cos(a) \sin(b) \label{19} \tag{19}$$

entonces obtenemos la solución (\ref{13}) en una forma alterna más simple.

$$x(t) = A \sin(\omega t + \phi) \label{20} \tag{20}$$

En resumen, la ecuación que describe el movimiento armónico simple o movimiento libre no amortiguado es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + \omega^{2}x = 0$$

Y las soluciones que representan el movimiento del objeto son

$$x(t) = c_{1} \cos(\omega t) + c_{2} \sin(\omega t)$$

o bien,

$$x(t) = A \sin(\omega t + \phi)$$

Movimiento libre amortiguado

Es claro que el movimiento libre no amortiguado es un movimiento ideal, pues el movimiento descrito por (\ref{13}) o (\ref{20}) supone que no hay fuerzas retardadoras actuando sobre el objeto y sabemos que, a menos que el objeto este suspendido en un vacío perfecto, siempre habrá por lo menos una fuerza de resistencia debido al medio circundante, por ejemplo la resistencia del aire.

El propósito ahora, al igual que antes, es determinar la ecuación diferencial o modelo matemático que describe al sistema cuando existen fuerzas de amortiguamiento, para posteriormente determinar la ecuación general de movimiento.

Consideremos nuevamente un objeto de masa $m$ suspendido sobre un resorte con constante $k$, pero en esta ocasión consideremos que existe una fuerza externa de amortiguamiento actuando sobre el objeto. En el estudio de la mecánica, las fuerzas de amortiguamiento que actúan sobre un cuerpo se consideran proporcionales a una potencia de la velocidad instantánea $\dfrac{dx}{dt}$. En nuestro caso supondremos que la fuerza de amortiguamiento esta dada por un múltiplo constante de la velocidad, esto es

$$F_{am} = \eta \dfrac{dx}{dt} \label{21} \tag{21}$$

donde $\eta$ es una constante de amortiguamiento positiva. De esta manera, cuando ninguna otra fuerza actúa sobre el sistema, de la segunda ley de Newton se tiene que

$$m \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} = -kx -\eta \dfrac{dx}{dt} \label{22} \tag{22}$$

El signo negativo en la fuerza de amortiguamiento indica que dicha fuerza actúa en dirección opuesta al movimiento.

Si dividimos la ecuación diferencial (\ref{22}) por $m$ y reordenamos, obtenemos

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + \dfrac{\eta}{m} \dfrac{dx}{dt} + \dfrac{k}{m}x = 0 \label{23} \tag{23}$$

Recordemos que

$$\omega^{2} = \dfrac{k}{m}$$

y por convención definimos

$$2\rho = \dfrac{\eta}{m} \label{24} \tag{24}$$

Así podemos reescribir la ecuación (\ref{23}) como

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + 2 \rho \dfrac{dx}{dt} + \omega^{2} x = 0 \label{25} \tag{25}$$

Esta ecuación corresponde al modelo matemático que describe al fenómeno. La utilidad de $2\rho$ se hace evidente al momento de intentar resolver la ecuación, pues si se considera la solución

$$x(x) = e^{rt}$$

y se sustituye en la ecuación (\ref{25}) junto con las derivadas correspondientes se obtiene la ecuación auxiliar

$$r^{2} + 2\rho r + \omega^{2} = 0 \label{26} \tag{26}$$

De donde se obtienen las siguientes dos raíces.

$$r_{1} = -\rho + \sqrt{\rho^{2} -\omega^{2}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} r_{2} = -\rho -\sqrt{\rho^{2} -\omega^{2}} \label{27} \tag{27}$$

Hay tres casos posibles dependiendo del valor del discriminante

$$\Delta = \rho^{2} -\omega^{2} \label{28} \tag{28}$$

Estudiemos cada caso.

Caso 1: $\rho^{2} -\omega^{2} > 0$

En este caso decimos que el sistema se encuentra sobreamortiguado porque el coeficiente de amortiguamiento $\rho$ es más grande que la constante del resorte $k$. Como las raíces son reales y distintas, la solución de la ecuación (\ref{25}), en este caso, es

$$x(t) = c_{1} e^{r_{1}t} + c_{2} e^{r_{2}t}$$

Si sustituimos los valores de (\ref{27}) podemos reescribir la solución como

$$x(t) = e^{-\rho t} \left( c_{1} e^{\sqrt{\rho^{2} -\omega^{2}}t} + c_{2} e^{ -\sqrt{\rho^{2} -\omega^{2}}t} \right) \label{29} \tag{29}$$

Esta ecuación representa un movimiento uniforme y no oscilatorio.

Caso 2: $\rho^{2} -\omega^{2} = 0$

En este caso cualquier ligera disminución en la fuerza de amortiguamiento daría como resultado un movimiento oscilatorio, decimos que el sistema está críticamente amortiguado. Como las raíces son reales e iguales, la solución de la ecuación (\ref{25}) es

$$x(t) = c_{1} e^{r_{1}t} + c_{2}t e^{r_{1}t}$$

Si sustituimos $r_{1} = -\rho$, la solución se puede reescribir como

$$x(t) = e^{-\rho t} \left( c_{1} + c_{2}t \right) \label{30} \tag{30}$$

Caso 3: $\rho^{2} -\omega^{2} < 0$

En este caso se dice que el sistema esta subamortiguado ya que el coeficiente de amortiguamiento es más pequeño que la constante del resorte. Las raíces son complejas y están dadas de la siguiente forma

$$r_{1} = -\rho + i\sqrt{\omega^{2} -\rho^{2}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} r_{2} = -\rho -i\sqrt{\omega^{2} -\rho^{2}} \label{31} \tag{31}$$

Identificamos que

$$\alpha = -\rho \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \beta = \sqrt{\omega^{2} -\rho^{2}}$$

Entonces la solución está dada por

$$x(t) = e^{-\rho t} \left[ c_{1} \cos \left( \sqrt{\omega^{2} -\rho^{2}}t \right) + c_{2} \sin \left( \sqrt{\omega^{2} -\rho^{2}}t \right) \right] \label{32} \tag{32}$$

El movimiento descrito por (\ref{32}) es oscilatorio, pero debido al coeficiente $e^{-\rho t}$ las amplitudes de oscilación tienden a cero cuando $t \rightarrow \infty$.

En todos los casos la solución contiene el factor de amortiguamiento $e^{-\rho t}$, $\rho > 0$, lo que indica que los desplazamientos del objeto se vuelven despreciables conforme el tiempo $t$ aumenta.

De manera totalmente análoga que en el caso sin amortiguamiento, cualquier solución de la forma (\ref{32}) se puede escribir de forma alterna como

$$x(t) = Ae^{-\rho t} \sin \left( \sqrt{\omega^{2} -\rho^{2}} t + \phi \right) \label{33} \tag{33}$$

donde $A$ es la amplitud de las oscilaciones y el ángulo de fase $\phi$ se determina de las ecuaciones de (\ref{18}). El coeficiente $Ae^{-\rho t}$ se denomina amplitud amortiguada de oscilaciones y debido a que (\ref{33}) no es una función periódica, el número

$$T_{c} = \dfrac{2 \pi}{\sqrt{\omega^{2} -\rho^{2}}} \label{34} \tag{34}$$

se llama cuasi periodo y es el intervalo de tiempo entre dos máximos sucesivos de $x(t)$, así mismo, el número

$$f_{c} = \dfrac{\sqrt{\omega^{2} -\rho^{2}}}{2 \pi} \label{35} \tag{35}$$

se llama cuasi frecuencia.

En resumen, la ecuación que describe el movimiento libre amortiguado es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + 2 \rho \dfrac{dx}{dt} + \omega^{2} x = 0$$

Y las soluciones que representan el movimiento del objeto, dependiendo del valor del discriminante de la ecuación auxiliar, son

Si $\rho^{2} -\omega^{2} > 0 \hspace{1cm} \rightarrow \hspace{1cm} x(t) = e^{-\rho t} \left( c_{1} e^{\sqrt{\rho^{2} -\omega^{2}}t} + c_{2} e^{ -\sqrt{\rho^{2} -\omega^{2}}t} \right)$

Si $\rho^{2} -\omega^{2} = 0 \hspace{1cm} \rightarrow \hspace{1cm} x(t) = e^{-\rho t} \left( c_{1} + c_{2}t \right)$

Si $\rho^{2} -\omega^{2} < 0 \hspace{1cm} \rightarrow \hspace{1cm} x(t) = Ae^{-\rho t} \sin \left( \sqrt{\omega^{2} -\rho^{2}} t + \phi \right)$

Movimiento forzado

Imaginemos que ahora, adicional a las situaciones anteriores, se ejerce una fuerza externa sobre el soporte del resorte. En los dos casos anteriores considerábamos al soporte fijo, pero en esta ocasión pensamos en una fuerza motriz que causa un movimiento vertical oscilatorio del soporte del resorte. Sea $F_{ext}(t)$ dicha fuerza externa, usando la segunda ley de Newton, la ecuación diferencial queda de la siguiente forma.

$$m \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} = -kx -\eta \dfrac{dx}{dt} + F_{ext}(t) \label{36} \tag{36}$$

Si dividimos la ecuación por $m$ y definimos

$$g(t) = \dfrac{F_{ext}(t)}{m} \label{37} \tag{37}$$

además de considerar las definiciones anteriores (\ref{9}) y (\ref{24}), podemos escribir la ecuación diferencial como

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + 2\rho \dfrac{dx}{dt} + \omega^{2}x = g(t) \label{38} \tag{38}$$

La ecuación (\ref{38}) representa el modelo matemático que describe al sistema con movimiento forzado. Esta ecuación es no homogénea, de manera que puede resolverse usando el método de coeficientes indeterminados o el de variación de parámetros.

Cuando $g$ es una función periódica, como

$$g(t) = g_{0} \sin(\lambda t) \hspace{1cm} o \hspace{1cm} g(t) = g_{0} \cos(\lambda t)$$

con $\lambda$ una constante, la solución general de (\ref{38}) para $\rho > 0$ es la suma de una función no periódica $x_{np}(t)$ (solución complementaria o solución de la ecuación homogénea asociada) y una función periódica $x_{p}(t)$ (solución particular de la ecuación no homogénea), en la que $x_{np}(t)$ se desvanece a medida que el tiempo incrementa, es decir,

$$\lim_{t \to \infty} x_{np}(t) = 0 \label{39} \tag{39}$$

Esta propiedad nos indica que para valores grandes de tiempo, los desplazamientos del objeto se aproximan mediante la solución particular $x_{p}(t)$.

La función complementaria $x_{np}(t)$ se denomina término transitorio o solución transitoria, mientras que la solución particular $x_{p}(t)$ se denomina término de estado estable o solución de estado estable.

Realicemos un ejemplo en el que apliquemos cada caso

Ejemplo: Considerar un resorte sujeto de manera vertical a un soporte. El resorte se estira $50 cm$ al aplicarle una fuerza de $4N$. En la parte inferior del resorte se coloca un objeto con peso de $19.6 N$. Al objeto se le aleja de su posición de equilibrio jalándolo $1 m$ hacia abajo, si se suelta sin aplicarle una velocidad inicial, estudiar el movimiento del objeto en los siguientes casos:

No hay resistencia del aire (movimiento libre no amortiguado).

Hay resistencia del aire y es de $F_{am} = 8\dfrac{dx}{dt}$ (movimiento libre amortiguado).

Además de la resistencia del aire, hay una fuerza aplicada al soporte de $F_{ext}(t) = 80\sin(2t)$ (movimiento forzado).

Solución: El peso del objeto es

$$W = 19.6 N$$

entonces su masa es

$$m = \dfrac{W}{g} = \dfrac{19.6}{9.8}$$

Es decir, $m = 2 kg$. Por otro lado, si el resorte se estira

$$s = 0.5 m$$

aplicando una fuerza de

$$F = 4N$$

por la ley de Hooke tenemos que la constante del resorte es

$$k = \dfrac{F}{s} = \dfrac{4}{0.5}$$

Es decir, $k = 8 N/m$. Las condiciones iniciales son $x(0) = 1$ (posición fuera de la posición de equilibrio) y $x^{\prime}(0) = 0$ (sin velocidad inicial).

Para la primera situación sabemos que

$$F_{am} = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} F_{ext} = 0$$

De manera que la ecuación que describe al sistema es (\ref{10}) con

$$\omega^{2} = \dfrac{k}{m} = \dfrac{8}{2} = 4$$

Así, la ecuación a resolver es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + 4x = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$r^{2} + 4 = 0$$

Las raíces son $r_{1} = i2$ y $r_{2} = -i2$. Identificamos que $\alpha = 0$ y $\beta = 2$. Por lo tanto, la solución general es

$$x(t) = c_{1} \cos(2t) + c_{2} \sin(2t)$$

Para aplicar las condiciones iniciales debemos conocer la expresión de la primera derivada de la solución, dicha expresión es

$$\dfrac{dx}{dt} = -2c_{1} \sin(2t) + 2c_{2} \cos(2t)$$

Aplicando las condiciones iniciales, tenemos

$$x(0) = c_{1} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} x^{\prime}(0) = 2c_{2} = 0$$

De donde $c_{1} = 1$ y $c_{2} = 0$. Por lo tanto, la ecuación de movimiento es

$$x(t) = \cos(2t)$$

Esta solución representa un movimiento armónico de amplitud

$$A = 1 m$$

periodo

$$T = \dfrac{2 \pi}{2} = \pi seg$$

y frecuencia

$$f = \dfrac{1}{\pi } = 0.318 \dfrac{ciclos}{segundo}$$

A continuación se muestra una gráfica con el movimiento descrito por el objeto.

De la gráfica observamos que el objeto siempre se mantendrá oscilando de la misma manera para $t \to \infty$ y tiene sentido ya que no existe ninguna fuerza exterior que lo amortigüe.

Consideremos ahora la resistencia del aire

$$F_{am} = 8 \dfrac{dx}{dt}$$

En este caso la ecuación a resolver es de la forma (\ref{22}) y es

$$m \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + kx + 8\dfrac{dx}{dt} = 0$$

que adaptando a nuestros datos se tiene

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + 4 \dfrac{dx}{dt} + 4x = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$r^{2} + 4r + 4 = 0$$

Las raíces son $r_{1} = r_{2}= -2$, como son iguales, entonces la solución es de la forma

$$x(t) = e^{-2t}(c_{1} + c_{2}t)$$

La derivada es

$$\dfrac{dx}{dt} = -2e^{-2t}(c_{1} + c_{2}t) + c_{2}e^{-2t}$$

Apliquemos las condiciones iniciales.

$$x(0) = c_{1} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} x^{\prime}(0) = -2c_{1} + c_{2} = 0$$

de donde obtenemos que $c_{1} = 1$ y $c_{2} = 2$. Por lo tanto, la ecuación de movimiento es

$$x(t) = e^{-2t}(1 + 2t)$$

El factor de amortiguamiento es $e^{-2t}$.

A continuación se muestra una gráfica con el movimiento descrito por el objeto.

De la gráfica observamos que no hay movimiento oscilatorio, sino que el objeto llega a la posición de equilibrio y se mantiene, esto se debe al factor de amortiguamiento.

Para la situación final tenemos un movimiento forzado con una fuerza externa

$$F_{ext}(t) = 80 \sin(2t)$$

La ecuación diferencial que tenemos en este caso es

$$m \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} = -kx -8 \dfrac{dx}{dt} + 80 \sin(2t)$$

o bien

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + 4 \dfrac{dx}{dt} + 4x = 40 \sin(2t)$$

La solución de la ecuación homogénea ya la conocemos, ya que corresponde a la solución transitoria obtenida anteriormente.

$$x_{np}(t) = e^{-2t}(c_{1} + c_{2}t)$$

Para el caso no homogéneo se puede aplicar variación de parámetros o coeficientes indeterminados, apliquemos el segundo método.

Estamos en condiciones del punto 3. Proponemos una solución de la forma

$$x(t) = A \cos(2t) + B \sin(2t)$$

La primera y segunda derivada están dadas de la siguiente forma.

$$\dfrac{dx}{dt} = -2A \sin(2t) + 2B \cos(2t) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} = -4A \cos(2t) -4B \sin(2t)$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

\begin{align*}
\left[ -4A \cos(2t) -4B \sin(2B) \right] &+ 4 \left[ -2A \sin(2t) + 2B \cos(2t) \right] + 4 \left[ A \cos(2t) + B \sin(2t) \right] \\
&= 40 \sin(2t)
\end{align*}

\begin{align*}
-8A \sin(2t) + 8B \cos(2t) &= 40 \sin(2t) \\
-A \sin(2t) + B \cos(2t) &= 5 \sin(2t)
\end{align*}

Para que se cumpla la igualdad debe ocurrir que $A = -5$ y $B = 0$, entonces la solución de estado estable es

$$x_{p}(t) = -5 \cos(2t)$$

Por lo tanto, la solución general es

$$x(t) = x_{np}(t) + x_{p}(t) = e^{-2t}(c_{1} + c_{2}t) -5 \cos(2t)$$

Vemos que

$$\dfrac{dx}{dt} = -2e^{-2t}(c_{1} + c_{2}t) + c_{2}e^{-2t} + 10 \sin(2t)$$

Apliquemos las condiciones iniciales.

$$x(0) = c_{1} -5 = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} x^{\prime}(0) = -2c_{1} + c_{2} = 0$$

de donde $c_{1} = 6$ y $c_{2} = 12$. Entonces la ecuación de movimiento es

$$x(t) = e^{-2t}(6 + 12t) -5 \cos(2t)$$

A continuación se muestra una gráfica con el movimiento descrito por el objeto.

Inicialmente el resorte sufre un estiramiento muy grande generando un movimiento transitorio y procede a amortiguarse hasta llegar al equilibrio entre la fuerza externa y la fuerza amortiguadora describiendo un movimiento estable.

La parte $e^{-2t}(6 + 12t)$ representa el movimiento transitorio, mientras que $-5 \cos(2t)$ representa el movimiento estable.

También se puede observar que las amplitudes (el estiramiento del resorte) son bastante grandes comparado con las dos situaciones anteriores.

$\square$

Resonancia

Resolvamos un problema de valores iniciales que nos permitirá definir el concepto de resonancia.

Resolver la ecuación

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + \omega^{2}x = g_{0} \sin(\lambda t) \label{40} \tag{40}$$

donde $g_{0}$ y $\lambda \neq \omega$ son constantes y los valores iniciales son $x(0) = 0$ y $x^{\prime}(0) = 0$.

Solución: Resolviendo la ecuación homogénea puedes verificar que la solución complementaria es

$$x_{c}(t) = c_{1} \cos(\omega t) + c_{2} \sin(\omega t) \label{41} \tag{41}$$

Para obtener una solución particular proponemos una solución de la forma

$$x_{p}(t) = A \cos(\lambda t) + B \sin(\lambda t)$$

y aplicamos el método de coeficientes indeterminados. Vemos que

$$\dfrac{dx_{p}}{dt} = -A \lambda \sin(\lambda t) + B \lambda \cos(\lambda t) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}x_{p}}{dt^{2}} = -A \lambda^{2} \cos(\lambda t) -B \lambda^{2} \sin(\lambda t)$$

Sustituyamos en la ecuación diferencial.

\begin{align*}
\left[ -A \lambda^{2} \cos(\lambda t) -B \lambda^{2} \sin(\lambda t) \right] &+ \omega^{2} \left[A \cos(\lambda t) + B \sin(\lambda t) \right] \\
&= A (\omega^{2} -\lambda^{2}) \cos(\lambda t) + B (\omega^{2} -\lambda^{2}) \sin(\lambda t) \\
&= g_{0} \sin(\lambda t)
\end{align*}

Es claro que para que se cumpla la igualdad se debe satisfacer que

$$A = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} B = \dfrac{g_{0}}{\omega^{2} -\lambda^{2}}$$

Por tanto, la solución particular es

$$x_{p}(t) = \dfrac{g_{0}}{\omega^{2} -\lambda^{2}} \sin(\lambda t) \label{42} \tag{42}$$

Y la solución general es

$$x(t) = c_{1} \cos(\omega t) + c_{2} \sin(\omega t) + \dfrac{g_{0}}{\omega^{2} -\lambda^{2}} \sin(\lambda t) \label{43} \tag{43}$$

Verifica que aplicando las condiciones iniciales se obtiene que

$c_{1} = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} c_{2} = -\dfrac{\lambda g_{0}}{\omega (\omega^{2} -\lambda^{2})}$

Por lo tanto, para $\lambda \neq \omega$, la solución es

$$x(t) = \dfrac{g_{0}}{\omega (\omega^{2} -\lambda^{2})} \left[-\lambda \sin(\omega t) + \omega \sin(\lambda t) \right] \label{44} \tag{44}$$

Este resultado no esta definido para $\lambda = \omega$, sin embargo podemos obtener su valor límite conforme $\lambda \rightarrow \omega$, esto produciría en (\ref{44}) un incremento de forma sustancial de las amplitudes de oscilación.

Para $\lambda = \omega$ se define la solución como el límite $\lambda \to \omega$ de la ecuación (\ref{44}).

$$x(t) = \lim_{\lambda \to \omega} g_{0} \dfrac{-\lambda \sin(\omega t) + \omega \sin(\lambda t)}{\omega (\omega^{2} -\lambda^{2})} \label{45} \tag{45}$$

Para resolver el límite apliquemos la regla de L´Hôpital.

La derivada del numerador con respecto a $\lambda$ es

$$\dfrac{d}{d \lambda} \left[ -\lambda \sin(\omega t) + \omega \sin(\lambda t) \right] = -\sin(\omega t) + t \omega \cos(\lambda t)$$

Y la derivada del denominador con respecto a $\lambda$ es

$$\dfrac{d}{d \lambda} \left[ \omega^{3} -\omega \lambda^{2} \right] = -2 \omega \lambda$$

Sustituyendo en el límite (\ref{45}) obtenemos

\begin{align*}
x(t) &= g_{0} \lim_{\lambda \to \omega} \dfrac{-\sin(\omega t) + t \omega \cos(\lambda t)}{-2 \omega \lambda} \\
&= g_{0} \dfrac{-\sin(\omega t) + t \omega \cos(\omega t)}{-2 \omega^{2}} \\
&= \dfrac{g_{0}}{2 \omega^{2}} \sin(\omega t) -\dfrac{g_{0}}{2 \omega}t \cos(\omega t)
\end{align*}

Por lo tanto, para $\lambda = \omega$ la solución es

$$x(t) = \dfrac{g_{0}}{2 \omega^{2}} \left[ \sin(\omega t) -t \omega \cos(\omega t) \right] \label{46} \tag{46}$$

Conforme $t \to \infty$ los desplazamientos del objeto se vuelven más largos, de hecho, $|x(t_{n})| \to \infty$ cuando $t_{n} = \dfrac{n \pi}{\omega}$ para $n = 1, 2, 3, \cdots$.

Este fenómeno se conoce como resonancia pura.

Una gráfica que muestra el comportamiento de (\ref{46}) es la siguiente.

No profundizaremos más en el concepto de resonancia, pero cabe mencionar que la resonancia pura es una situación ideal, pues físicamente las oscilaciones grandes del objeto forzarían en algún momento al resorte más allá de su límite elástico, además en el desarrollo realizado no se han toman en cuenta efectos retardadores de las fuerzas de amortiguamiento que siempre están presentes.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

Resolver los siguientes problemas:

Un resorte cuelga verticalmente; su extremo superior está fijo y del inferior pende una caja que pesa $196 N$. Una vez en equilibrio se tira de la caja hacia abajo haciéndola desplazar $0.25 m$ y se suelta. Sabiendo que $k = 80 N/m$ y que la resistencia del aire es despreciable, hallar:

La ecuación de movimiento de la caja.

El tiempo necesario para que la caja se mueva desde la posición inicial hasta $0.0625 m$ por debajo de la posición de equilibrio.

Una masa de $98 N$ de peso se cuelga de un resorte con lo que éste interrumpe su estado de reposo. Sabiendo que $k = 4.9 N/m$, hallar el movimiento de la masa si al soporte del resorte se le imprime una fuerza $F_{ext}(t) = \sin(\sqrt{2g}t)$.

Se suspende una masa de $10 kg$ de un resorte, el cual se alarga $0.6533 m$. La masa se pone en movimiento desde la posición de equilibrio con una velocidad inicial $1 m/s$, dirigida hacia arriba. Hallar el movimiento resultante si la fuerza debida al aire es $F_{am} = 80 \dfrac{dx}{dt}$.

De un resorte que tiene una constante $k = 50$ se suspende un peso de $49 N$. El peso se pone en movimiento desde el reposo estirándolo $0.98 m$ hacia abajo de la posición de equilibrio y aplicando una fuerza externa $F_{ext}(t) = 10\sin(2t)$. Si no hay resistencia del aire, hallar el movimiento del peso.

Se cuelga de un resorte una masa de $2 kg$, de tal manera que el resorte se alarga $0.6125 m$. A esta masa se le aleja de su posición de equilibrio jalándola $1 m$ hacia arriba y se suelta. Hallar el movimiento resultante de la masa sabiendo que hay una resistencia del aire de $F_{am} = 16 \dfrac{dx}{dt}$.

Más adelante…

Es momento de estudiar el caso en el que los coeficientes no son constantes, es decir, estudiaremos ecuaciones diferenciales de la forma

$$a(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b(x) \dfrac{dy}{dx} + c(x) = g(x)$$

Donde $a(x)$, $b(x)$ y $c(x)$ son funciones de la variable independiente $x$.

Entradas relacionadas

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría Moderna I: Triángulo órtico

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

2 respuestas

Introducción

Continuando con el estudio de triángulos asociados a un triangulo dado, en esta entrada veremos algunas propiedades del triángulo órtico de un triangulo dado.

Mostraremos solo las proposiciones referentes a triángulos acutángulos, por ser muy parecidas las correspondientes versiones para triángulos obtusángulos, quedaran como ejercicio.

Preliminares

Proposición 1. El vértice de un triángulo es el punto medio del arco formado por las intersecciones de su circuncírculo con las alturas del triángulo que no pasan por el vértice considerado.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ y $D$, $E$, $F$ los pies de las alturas por $A$, $B$, $C$, respectivamente (figura 1).

Los triángulos rectángulos $\triangle BEA$ y $\triangle CFA$ son semejantes pues $\angle A$ es un ángulo en común, por lo tanto, $\angle EBA = \angle ACF$.

Por otro lado, consideremos $D’ = AD \cap (O, R)$, $E’ = BE \cap (O, R)$ y $F’ = CF \cap (O, R)$, las intersecciones de las alturas con el circuncírculo de $\triangle ABC$, entonces $\angle E’BA = \angle EBA = \angle ACF = \angle ACF’$.

Esto implica que los respectivos ángulos centrales son iguales $\angle E’OA = \angle AOF’$, por lo tanto, la longitud de arco es la misma $\overset{\LARGE{\frown}}{E’A} = \overset{\LARGE{\frown}}{AF’}$ y así $A$ es el punto medio de $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$.

De manera análoga vemos que $B$ y $C$ bisecan a los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{F’D’}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{D’E’}$ respectivamente.

$\blacksquare$

Proposición 2. El pie de la altura de un triángulo acutángulo es el punto medio del segmento que une el ortocentro y la intersección de la altura considerada con el circuncentro.

Demostración. Por la proposición 1, $B$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{F’D’}$, por lo tanto $\angle F’OB = \angle BOD’$ y así $\angle F’CB = \angle BCD’$.

De esto se sigue que los triángulos rectángulos $\triangle HCD$, $\triangle D’CD$ son congruentes por criterio ALA, por lo tanto, $HD = DD’$.

Por lo tanto, $D$ es el punto medio de $HD’$, de manera análoga podemos ver que $E$ y $F$ son los puntos medio de $HE’$ y $HF’$ respetivamente.

$\blacksquare$

Triángulo órtico

Definición 1. Al triángulo cuyos vértices son los pies de las alturas de un triángulo dado se le conoce como triangulo órtico del triángulo dado.

Proposición 3. El triángulo órtico de un triángulo y el triángulo cuyos vértices son las intersecciones de su circuncírculo con las alturas del triángulo son homotéticos.

Demostración. Por la proposición 2, $E$ y $F$ son puntos media de $HE’$ y $HF’$ respectivamente (figura 1), por tanto, $EF$ es un segmento medio del triángulo $\triangle HE’F’$, entonces $EF \parallel E’F’$ y $2EF = E’F’$.

De manera análoga podemos ver que $FD \parallel F’D’$, $2FD = F’D’$ y $DE \parallel D’E’$, $2DE = D’E’$.

De lo anterior concluimos que $\triangle DEF$ está en homotecia con $\triangle D’E’F’$ con centro en $H$ y razón $\dfrac{1}{2}$.

$\blacksquare$

Teorema 1. El ortocentro y los vértices de un triángulo acutángulo son en incentro y los excentros respectivamente de su triangulo órtico.

Demostración. Por la proposición 1, $A$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$ (figura 1), por lo tanto, $\angle E’D’A = \angle AD’F’$.

Por la proposición 3, los lados de $\triangle DEF$ son paralelos a los lados de $\triangle D’E’F’$, por lo tanto $\angle EDA = \angle E’D’A = \angle AD’F’ = \angle ADF$.

Entonces $AD$ es bisectriz de $\angle EDF$, así podemos ver que las otras alturas de $\triangle ABC$ son las bisectrices de su triangulo órtico, con lo que $H$ es el incentro de $\triangle DEF$.

Como los lados del triángulo son perpendiculares a las alturas entonces son las respectivas bisectrices exteriores de su triangulo órtico, de esto se sigue el resultado.

$\blacksquare$

Triángulo tangencial

Definición 2. Al triangulo cuyos lados son las rectas tangentes al circuncírculo de un triángulo dado a través de sus vértices, se le conoce como triángulo tangencial del triángulo dado.

Proposición 4. Los radios del circuncírculo de un triángulo que pasan por los vértices del triángulo son perpendiculares a los respetivos lados de su triangulo órtico.

Demostración. $\triangle E’OF’$ es isósceles (figura 2), pues $OE’$ y $OF’$ son radios del circuncírculo de $\triangle ABC$.

Por la proposición 1, $A$ es el punto medio del arco $\overset{\LARGE{\frown}}{E’F’}$, por lo que $OA$ es bisectriz de $\angle E’OF’$, por lo tanto, $OA$ es mediatriz de $E’F’$.

Por la proposición 3, $E’F’ \parallel EF$ $\Rightarrow OA \perp EF$.

De manera análoga se ve que $OB \perp FD$ y $OC \perp DE$.

$\blacksquare$

Teorema 2. El triángulo órtico y el triángulo tangencial de un triángulo dado son homotéticos y el centro de homotecia se encuentra en la recta de Euler del triángulo dado.

Demostración. Sean $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ el triángulo órtico y tangencial respectivamente de $\triangle ABC$ (figura 2).

Como los lados del triángulo tangencial son perpendiculares a los radios que pasan por los vértices del triángulo dado, por la proposición 4, los lados del triángulo órtico son paralelos a los lados del triángulo tangencial y esto implica que los triángulos son homotéticos.

Como $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ son homotéticos entonces sus respectivos incentros son puntos homólogos.

Por el teorema 1, el incentro de $\triangle DEF$ es el ortocentro de $\triangle ABC$ y por construcción el incentro de $\triangle D’’E’’F’’$ es el circuncentro de $\triangle ABC$.

Como el centro de homotecia se encuentra en la recta que pasa por cualquier par de puntos homólogos, entonces el centro de homotecia de $\triangle DEF$ y $\triangle D’’E’’F’’$ se encuentra en la recta determinada por $H$ y $O$, es decir, la recta de Euler de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Perímetro del triángulo órtico

Proposición 5. Los lados del triángulo órtico de un triángulo acutángulo dividen al triángulo acutángulo en tres triángulos semejantes al triángulo dado.

Demostración. Sean $D$, $E$ y $F$ los pies de las alturas de un triangulo $\triangle ABC$ y $H$ su ortocentro, (figura 3).

Como la suma de los ángulos internos de todo cuadrilátero convexo es $2\pi$, en $\square HDCE$ tenemos $\angle D + \angle E = \pi$
$\Rightarrow \angle C + \angle H = \pi$
$\Rightarrow \angle DHE = \angle A + \angle B$

Como $\angle BHD + \angle DHE = \angle BHE = \pi$
$\Rightarrow \angle BHD = \angle C$.

Por otro lado, $\triangle FBH$ y $\triangle DBH$ son triángulos rectángulos que tienen la misma hipotenusa, por lo tanto $\square FBDH$ es cíclico.

Entonces $\angle BHD = \angle BFD$, pues abarcan el mismo arco
$\Rightarrow \angle BFD = \angle C$.

Por criterio de semejanza AA, $\triangle DBF \sim \triangle ABC$.

Podemos hacer un procedimiento similar para los demás triángulos.

Por lo tanto, $\triangle ABC \sim \triangle DBF \sim \triangle DEC \sim \triangle AEF$.

$\blacksquare$

Proposición 6. En un triángulo la distancia de uno de sus lados al circuncentro es igual a la mitad de la distancia del vértice opuesto al ortocentro del triángulo.

Demostración. Sea $(O, R)$ el circuncírculo de $\triangle ABC$, consideremos $C’$ el punto diametralmente opuesto a $C$ y $M$ el pie de la perpendicular a $AC$ desde $O$, (figura 3).

Notemos que $M$ es el punto medio de $AC$ pues $O$ está en la mediatriz de $AC$.

Como $O$ es el punto medio de $CC’$ entonces $OM$ es un segmento medio de $\triangle CAC’$, así $2OM = C’A$.

$\angle C’AC = \angle CBC’ = \dfrac{\pi}{2}$, pues $CC’$ es diámetro

Por lo tanto, $AH$ y $C’B$ son perpendiculares a $BC$
$\Rightarrow AH \parallel C’B$.

Y $C’A$ y $BH$ son perpendiculares a $AC$,
$\Rightarrow C’A \parallel BH$.

Entonces $\square AC’BH$ es un paralelogramo, por lo tanto, $BH = C’A = 2OM$.

$\blacksquare$

Proposición 7. La razón entre un lado de un triángulo acutángulo y el lado correspondiente a su triangulo órtico es igual a la razón entre el circunradio y la distancia del lado considerado al circuncentro.

Demostración. En la proposición 5 vimos que $\triangle ABC \sim \triangle DBF$ y que $A$, $F$, $H$ y $E$ están inscritos en una misma circunferencia cuyo diámetro es $BH$, (figura 3).

Por lo tanto, la razón entre sus circundiametros guarda la razón de semejanza, es decir,
$\dfrac{AC}{DF} = \dfrac{2R}{BH} = \dfrac{2R}{2OM} = \dfrac{R}{OM}$.

Donde $R$ es el circunradio y la segunda igualdad se debe a la proposición 6.

$\blacksquare$

Teorema 3. El perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo es igual a dos veces el área del triángulo acutángulo dividido por el circunradio (figura 3).

Demostración. Consideremos $N$, $M$ y $L$ los pies de las perpendiculares a $BC$, $AC$ y $AB$ desde $O$ respectivamente.

Por la proposición 7 tenemos que
$DE + EF + FD = \dfrac{OL \times AB + ON \times BC + OM \times AC}{R}$.

Y notemos que
$(\triangle ABC) = (\triangle BOC) + (\triangle COA) + (\triangle AOB)$
$= \dfrac{ON \times BC + OM \times AC + OL \times AB}{2}$.

Por lo tanto, $DE + EF + FD = \dfrac{2(\triangle ABC)}{R}$.

$\blacksquare$

Problema de Fagnano

Teorema 4. De entre todos los triángulos inscritos en un triángulo acutángulo, su triángulo órtico es el de menor perímetro.

Demostración. Sean $\triangle ABC$ un triángulo acutángulo, $\triangle DEF$ su triangulo órtico y $\triangle GHI$ cualquier otro triangulo inscrito en $\triangle ABC$.

Hacemos una sucesión de reflexiones del triángulo $\triangle ABC$ a través de uno de sus lados, empezando por $AC$, luego $B_1C$, $B_1A_1$, $A_1C_1$ y finalmente $B_2C_1$ (figura 4).

El camino que sigue el segmento $AB$ es el siguiente, primerio una rotación $2\angle A$ alrededor de $A$ en sentido antihorario, después una rotación $2\angle B$ alrededor de $B_1$ en sentido antihorario, a continuación, una rotación $2\angle A$ alrededor de $A_1$ en sentido horario y finalmente una rotación $2\angle B$ alrededor de $B_2$ en sentido horario.

Por lo tanto, $AB$ y $A_2B_2$ son paralelas, se sigue que $F$, $G \in AB$ y sus respectivas imágenes $F_4$, $G_4 \in A_2B_2$ forman un paralelogramo por lo que $FF_4 = GG_4$.

Por otro lado, la simetría de $D$ y $D_1$ nos garantiza que $\angle DEC = \angle CED_1$, además, por el teorema 1, $BE$ es bisectriz de $\angle FED$, por lo tanto, $\angle AEF = \angle DEC$.

Entonces, $\angle FED_1 = \angle FED + \angle DEC + \angle CED_1 = \angle FED + \angle 2DEC = \pi$, por lo tanto, $F$, $E$ y $D_1$ son colineales.

Por lo anterior podemos afirmar que $FED_1F_2E_2D_3F_4$ es una recta, coincide con $FF_4$ y es igual a dos veces el perímetro del triángulo órtico.

Como no podemos hacer las mismas afirmaciones para $\triangle GHI$, tenemos que el camino $GHI_1G_2H_2I_3G_4$ es igual a dos veces el perímetro de $\triangle GHI$ y es claramente mayor o igual que el segmento $GG_4$ que equivale a dos veces el perímetro de $\triangle DEF$.

$\blacksquare$

Más adelante…

En la siguiente entrada veremos como los circuncírculos del triángulo medial y del triángulo órtico, coinciden para cualquier triangulo dado.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

Verifica que las proposiciones $1$, $2$, $3$, $4$, y los teoremas $1$ y $2$ se cumplen también para triángulos con un ángulo obtuso.
Construye un triángulo dados los puntos de intersección de las alturas con el circuncírculo del triángulo.
Si $P$ y $Q$ son los pies de las perpendiculares desde los vértices $B$ y $C$ de un triangulo $\triangle ABC$, a los lados $DF$ y $DE$ respectivamente de su triangulo órtico, muestra que $EQ = FP$.

Muestra que los pies de las perpendiculares trazadas desde el pie de una altura en un lado de un triángulo a los otros lados y las otras alturas del triángulo son colineales.

Demuestra que el perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo es menor o igual que dos veces cualquiera de las alturas del triángulo acutángulo.

Entradas relacionadas

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Otros cursos.

Fuentes

Altshiller, N., College Geometry. New York: Dover, 2007, pp 97-102.
Coxeter, H. y Greitzer, L., Geometry Revisited. Washington: The Mathematical Association of America, 1967, pp 16-18, 88-89.
Gomez, A. y Bulajich, R., Geometría. México: Instituto de Matemáticas, 2002, pp 84-85.
Johnson, R., Advanced Euclidean Geometry. New York: Dover, 2007, pp 168-169.
Honsberger, R., Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry. Washington: The Mathematical Association of America, 1995, pp 17-26.

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I: Ecuación de Cauchy – Euler

Por Omar González Franco

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Las matemáticas puras son, en su forma, la poesía de las ideas lógicas.
– Albert Einstein

Introducción

Más adelante en esta unidad estudiaremos las ecuaciones diferenciales de orden superior con coeficientes variables, éstas ecuaciones suelen ser mucho más difícil de resolver ya que no se resuelven en términos de funciones elementales, una estrategia usual es suponer una solución en forma de series infinitas y proceder de manera similar al método de coeficientes indeterminados. Sin embargo, existe una ecuación diferencial de coeficientes variables que es una excepción, pues su solución general siempre se puede expresar en términos de potencias de $x$, senos, cosenos y funciones logarítmicas, dicha ecuación es conocida como ecuación de Cauchy – Euler y dedicaremos esta entrada a estudiarla, así como su método de resolución.

Decidimos estudiar esta ecuación en este momento debido a que el método de resolución es bastante similar al de las ecuaciones con coeficientes constantes en los que se debe resolver una ecuación auxiliar.

Ecuación de Cauchy – Euler

Definición: Una ecuación diferencial lineal de la forma
$$a_{n}x^{n} \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n -1}x^{n -1} \dfrac{d^{n -1}}{dx^{n -1}} + \cdots + a_{1}x \dfrac{dy}{dx} + a_{0} y = g(x) \label{1} \tag{1}$$ donde los coeficientes $a_{n}$, $a_{n -1}, \cdots, a_{0}$ son constantes, se conoce como ecuación de Cauchy – Euler.

Enseguida nos damos cuenta de que los coeficientes

$$b_{n}(x) = a_{n}x^{n}, \hspace{0.5cm} b_{n -1}(x) = a_{n -1}x^{n -1}, \hspace{0.5cm} \cdots, \hspace{0.5cm} b_{1}(x) = a_{1}x^{1}, \hspace{0.5cm} b_{0}(x) = a_{0}x^{0}$$

son dependientes de $x$, es decir, son coeficientes variables, además la característica importante de esta ecuación es que el grado $k = n, n -1, \cdots, 1, 0$ de los coeficientes monomiales $x^{k}$ coincide con el orden $k$ de la derivación $\dfrac{d^{k}y}{dx^{k}}$.

Como se ha hecho a lo largo de la unidad, desarrollaremos con todo detalle el método de resolución de la ecuación de Cauchy – Euler para el caso de segundo orden, recordando que es posible extender el método a cualquier orden $n$ siguiendo el mismo razonamiento.

Iniciaremos nuestro análisis con un estudio detallado de las formas de las soluciones generales de la ecuación homogénea de segundo orden

$$ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy = 0 \label{2} \tag{2}$$

con $a$, $b$ y $c$ constantes. Para resolver la ecuación no homogénea

$$ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy = g(x) \label{3} \tag{3}$$

con $g(x) \neq 0$, basta aplicar el método de variación de parámetros (o de coeficientes indeterminados) una vez que se ha determinado la función complementaria $y_{c}$, es decir, la solución general de la ecuación homogénea (\ref{2}).

Una consideración importante es que el coeficiente $ax^{2}$ de $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$ es cero en $x = 0$, para garantizar los resultados fundamentales del teorema de existencia y unicidad y sean aplicables a la ecuación de Cauchy – Euler debemos encontrar soluciones generales definidas en el intervalo $\delta = (0, \infty)$. Las soluciones en el intervalo $(-\infty, 0)$ se obtienen al sustituir $t = -x$ en la ecuación diferencial.

Método de resolución

En el caso de las ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes propusimos como solución una función de la forma

$$y(x) = e^{kx}$$

De manera similar, en este caso se prueba una solución de la forma

$$y(x) = x^{k}$$

Donde $k$ es un valor que se debe determinar. Al sustituir $x^{k}$, cada término de una ecuación de Cauchy – Euler se convierte en un polinomio en $k$ veces $x^{k}$, puesto que

\begin{align*}
a_{n}x^{n}\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} &= a_{n}x^{n} \left[ k(k -1)(k -2) \cdots (k -n + 1)x^{k -n} \right] \\
&= \left[ a_{n} k(k -1)(k -2) \cdots (k -n + 1) \right] x^{k}
\end{align*}

Por ejemplo, cuando sustituimos $y = x^{k}$ y las respectivas derivadas en la ecuación de segundo orden (\ref{2}), se obtiene

\begin{align*}
ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy &= ax^{2}[k(k -1)x^{k -2}] + bx[kx^{k -1}] + cx^{k} \\
&= ak(k -1)x^{k} + bkx^{k} + cx^{k} \\
&= \left[ ak(k -1) + bk + c \right] x^{k} \label{4} \tag{4}
\end{align*}

Así, $y = x^{k}$ es una solución de la ecuación diferencial homogénea siempre que $k$ sea una solución de la ecuación auxiliar

$$ak(k -1) + bk + c = 0$$

o bien,

$$ak^{2} + (b -a)k + c = 0 \label{5} \tag{5}$$

Hay tres casos distintos a considerar que dependen de si las raíces de esta ecuación auxiliar son reales y distintas, reales e iguales o complejas.

Caso 1: Raíces reales y distintas

Sean $k_{1}$ y $k_{2}$ las raíces reales de (\ref{5}), tales que $k_{1} \neq k_{2}$. Entonces

$$y_{1} = x^{k_{1}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2} = x^{k_{2}}$$

forman un conjunto fundamental de soluciones. El Wronskiano esta dado como

\begin{align*}
W(x^{k_{1}}, x^{k_{2}}) &= \begin{vmatrix}
x^{k_{1}} & x^{k_{2}} \\
k_{1}x^{k_{1} -1} & k_{2}x^{k_{2} -1} \end{vmatrix} \\
&= k_{2}x^{(k_{1} + k_{2} -1)} -k_{1}x^{(k_{2} + k_{1} -1)}
\end{align*}

Como

$$W(x^{k_{1}}, x^{k_{2}}) = (k_{2} -k_{1}) x^{k_{1} + k_{2} -1} \neq 0$$

$\forall x \in \delta$, entonces la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler para $x > 0$, en el caso en el que las raíces son reales y distintas, es

$$y(x) = c_{1}x^{k_{1}} + c_{2}x^{k_{2}} \label{6} \tag{6}$$

Caso 2: Raíces reales repetidas

Si las raíces de (\ref{5}) son repetidas, es decir $k_{1} = k_{2}$, entonces se obtiene sólo una solución particular

$$y = x^{k_{1}} = x^{k_{2}} = x^{k}$$

Cuando las raíces de la ecuación auxiliar (\ref{5}) son iguales, el discriminante necesariamente es cero, es así que de (\ref{5}) se deduce que las raíces deben ser

$$k = -\dfrac{(b -a)}{2a}$$

Cuando estudiamos el método de reducción de orden vimos que conocida una solución no trivial $y_{1}$, una segunda solución $y_{2}$, tal que $y_{1}$ y $y_{2}$ formen un conjunto fundamental de soluciones, puede ser determinada por la expresión

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x) dx}}}{y^{2}_{1}(x)}} \label{7} \tag{7}$$

Para usar este resultado escribamos a la ecuación de Cauchy – Euler en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{b}{ax} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{c}{ax^{2}}y = 0 \label{8} \tag{8}$$

Identificamos que

$$P(x) = \dfrac{b}{ax} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{c}{ax^{2}}$$

Vemos que

$$\int{P(x) dx} = \int{\dfrac{b}{ax} dx} = \dfrac{b}{a} \ln(x)$$

Sustituyendo en (\ref{7}) obtenemos lo siguiente

\begin{align*}
y_{2}(x) &= x^{k} \int{\dfrac{e^{-(b/a) \ln(x)}}{x^{2k}} dx} \\
&= x^{k} \int{ \dfrac{x^{-b/a}}{x^{2k}} dx} \\
&= x^{k} \int{\dfrac{x^{-b/a}}{x^{-(b -a)/a}} dx} \\
&= x^{k} \int{ \dfrac{dx}{x}} \\
&= x^{k} \ln (x)
\end{align*}

En el proceso se ha considerado que

$$e^{-(b/a)}\ln (x) = e^{ \ln (x^{-b/a})} = x^{-b/a}$$

$$2k = -\dfrac{(b -a)}{a}$$

Entonces, la segunda solución es

$$y_{2}(x) = x^{k} \ln(x)$$

Vemos que

\begin{align*}
W(x^{k} ,x^{k} \ln (x)) &= \begin{vmatrix}
x^{k} & x^{k} \ln (x) \\
kx^{k -1} & kx^{k -1} \ln (x) + x^{k -1} \end{vmatrix} \\
&= kx^{2k -1} \ln (x) + x^{2k -1} -kx^{2k -1} \ln (x) \\
&= x^{2k -1}
\end{align*}

Como

$$W(x^{k} ,x^{k} \ln (x)) = x^{2k -1} \neq 0$$

$\forall x \in \delta$, entonces la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler para $x > 0$, en el caso en el que las raíces son iguales, es

$$y(x) = c_{1}x^{k} + c_{2}x^{k} \ln(x) \label{9} \tag{9}$$

Para ecuaciones de orden superior, si $k$ es una raíz de multiplicidad $r$, entonces se puede demostrar que

$$x^{k}, \hspace{0.5cm} x^{k} \ln(x), \hspace{0.5cm} x^{k}(\ln(x))^{2}, \hspace{0.5cm} \cdots, \hspace{0.5cm} x^{k}(\ln(x))^{r -1}$$

son $r$ soluciones linealmente independientes. En correspondencia, la solución general de la ecuación diferencial debe contener una combinación lineal de estas $r$ soluciones.

Caso 3: Raíces complejas conjugadas

Si las raíces de (\ref{5}) son el par conjugado

$$k_{1} = \alpha + i \beta \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = \alpha -i \beta$$

Donde $\alpha$ y $\beta > 0$ son reales, entonces una solución es

$$y(x) = C_{1}x^{\alpha + i \beta} + C_{2}x^{\alpha -i \beta} \label{10} \tag{10}$$

De tarea moral muestra que

$$W(x^{\alpha + i \beta}, x^{\alpha -i \beta}) = -2i \beta x^{2\alpha -1} \neq 0$$

lo que indica que la solución (\ref{10}) está compuesta por las funciones del conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial de Cauchy – Euler.

Tal como lo hicimos en el caso de coeficientes constantes, se desea escribir la solución en términos de funciones reales. Consideremos la identidad

$$x^{i \beta} = (e^{\ln (x^{i \beta})}) = e^{i \beta \ln (x)} \label{11} \tag{11}$$

Usando la fórmula de Euler podemos escribir

$$x^{i \beta} = \cos \left( \beta \ln (x) \right) + i \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{12} \tag{12}$$

De forma similar,

$$x^{-i \beta} = \cos \left( \beta \ln (x) \right) -i \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{13} \tag{13}$$

Si se suman y restan los dos últimos resultados, se obtiene lo siguiente, respectivamente

$$x^{i \beta } + x^{-i \beta } = 2 \cos \left( \beta \ln (x) \right) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} x^{i \beta } -x^{i \beta } = 2i \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{14} \tag{14}$$

Debido a que (\ref{10}) es una solución para cualquier valor de las constantes, podemos notar que si elegimos $C_{1} = C_{2} = 1$ y, por otro lado, $C_{1} = 1, C_{2} = -1$, obtenemos las siguientes dos soluciones, respectivamente

$$y_{1}(x) = x^{\alpha}(x^{i \beta} + x^{-i \beta}) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = x^{\alpha} (x^{i \beta} -x^{-i \beta}) \label{15} \tag{15}$$

Usando (\ref{14}) podemos escribir

$$y_{1}(x) = 2x^{\alpha} \cos \left( \beta \ln (x) \right) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = 2ix^{\alpha} \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{16} \tag{16}$$

De tarea moral muestra que

$$W(x^{\alpha} \cos \left( \beta \ln (x) \right), x^{\alpha } \sin \left(\beta \ln (x) \right) = \beta x^{2\alpha -1} \neq 0$$

Con esto se concluye que

$$y_{1}(x) = x^{\alpha} \cos \left( \beta \ln (x) \right) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = x^{\alpha} \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{17} \tag{17}$$

constituyen un conjunto fundamental de soluciones reales de la ecuación diferencial. Así, la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler para $x > 0$, en el caso en el que las raíces son complejas conjugadas, es

$$y(x) = x^{\alpha} \left[ c_{1} \cos \left( \beta \ln (x) \right) + c_{2} \sin \left( \beta \ln (x) \right) \right] \label{18} \tag{18}$$

Realicemos algunos ejemplos en los que apliquemos cada caso.

Ejemplo: Resolver la ecuación de Cauchy – Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{2}{3}x \dfrac{dy}{dx} -\dfrac{2}{9}y = 0$$

Solución: Consideremos la solución $y = x^{k}$, las respectivas derivadas son

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] + \dfrac{2}{3} x \left[ kx^{k -1} \right] -\dfrac{2}{9}x^{k} = x^{k} \left[ k(k -1) + \dfrac{2}{3}k -\dfrac{2}{9} \right] = 0$$

Como $x \neq 0$, entonces la ecuación auxiliar es

$$k(k -1) + \dfrac{2}{3}k -\dfrac{2}{9} = 0$$

o bien,

$$k^{2} -\dfrac{1}{3}k -\dfrac{2}{9} = 0$$

Resolviendo para $k$ obtenemos las raíces $k_{1} = \dfrac{2}{3}$ y $k_{2} = -\dfrac{1}{3}$. Como las raíces son reales y distintas, de acuerdo a (\ref{6}), la solución de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = c_{1}x^{2/3} + c_{2}x^{-1/3}$$

$\square$

Ejemplo: Resolver la ecuación de Cauchy-Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 3x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

Solución: Consideremos la solución $y = x^{k}$, las respectivas derivadas son

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] + 3x \left[ kx^{k -1} \right] + x^{k} = x^{k} \left[ k(k -1) + 3k + 1 \right] = 0$$

Como $x \neq 0$, entonces la ecuación auxiliar es

$$k(k -1) + 3k + 1 = 0$$

o bien,

$$k^{2} + 2k + 1= 0$$

Resolviendo para $k$ obtenemos las raíces $k_{1} = k_{2} = -1$. Como las raíces son reales repetidas, por (\ref{9}) concluimos que la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = c_{1}x^{-1} + c_{2}x^{-1} \ln (x) = \dfrac{1}{x}[c_{1} + c_{2}\ln(x)]$$

$\square$

Ejemplo: Resolver la ecuación de Cauchy-Euler

$$3x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

Solución: Consideremos la solución $y = x^{k}$, las respectivas derivadas son

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$3x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] + 6x \left[ kx^{k -1} \right] + x^{k} = x^{k} \left[ 3k(k -1) + 6k + 1 \right] = 0$$

Como $x \neq 0$, entonces la ecuación auxiliar es

$$3k(k -1) + 6k + 1 = 0$$

o bien,

$$3k^{2} + 3k + 1 = 0$$

Resolviendo para $k$ obtenemos las raíces

$$k_{1} = -\dfrac{1}{2} + i \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = -\dfrac{1}{2} -i \dfrac{1}{2\sqrt{3}}$$

Identificamos que

$$\alpha = -\dfrac{1}{2} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \beta = \dfrac{1}{2\sqrt{3}}$$

Las raíces son complejas conjugadas, de manera que la solución esta dada por (\ref{18}). Así, la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = x^{-1/2} \left[ c_{1} \cos \left( \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \ln (x) \right) + c_{2} \sin \left( \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \ln (x) \right) \right]$$

$\square$

Caso no homogéneo

Para resolver la ecuación no homogénea (\ref{3}) podemos aplicar el método de variación de parámetros visto en la entrada anterior, pues basta encontrar el conjunto fundamental de soluciones $\{ y_{1}, y_{2}\}$ de la ecuación homogénea asociada y con ello aplicar la fórmula de la solución particular, esto es

$$y_{p}(x) = -y_{1}(x) \int{\dfrac{y_{2}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} + y_{2}(x) \int{\dfrac{y_{1}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} \label{19} \tag{19}$$

Recordar que la función $g(x)$ se obtiene de la forma estándar de la ecuación diferencial.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Usando el método de variación de parámetros, resolver la ecuación de Cauchy – Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -x \dfrac{dy}{dx} + y = 2x$$

Solución: Debemos hallar el conjunto fundamental de soluciones, así que primero debemos resolver la ecuación homogénea asociada.

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

Consideremos la solución $y = x^{k}$ y sus derivadas

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación homogénea asociada.

$$x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] -x \left[ kx^{k-1} \right] + x^{k} = x^{k} \left[ k(k -1) -k + 1 \right] = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} -2k + 1 = 0$$

De donde $k_{1} = k_{2} = 1$, así la solución complementaria es

$$y_{c}(x) = c_{1} x + c_{2} x \ln (x)$$

Las funciones

$$y_{1}(x) = x \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = x\ln(x)$$

conforman al conjunto fundamental de soluciones. Para determinar el Wronskiano vamos a considerar la primer derivada de cada solución.

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = \ln(x) + 1$$

Sustituimos en el Wronskiano

$$W = \begin{vmatrix}
x & x \ln(x) \\
1 & \ln(x) + 1
\end{vmatrix} = x \ln(x) + x -x\ln(x) = x$$

El Wronskiano es

$$W(x) = x$$

Para determinar la función $g$ dividamos entre $x^{2}$ la ecuación diferencial y así escribirla en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{x^{2}}y = \dfrac{2}{x}$$

Vemos que

$$g(x) = \dfrac{2}{x}$$

Ahora podemos sustituir en la solución particular (\ref{19}).

\begin{align*}
y_{p}(x) &= -x \int{ \dfrac{x \ln(x) \left( \dfrac{2}{x} \right)}{x} dx} + x \ln(x) \int{ \dfrac{x \left(\dfrac{2}{x} \right)}{x}dx} \\
&= -2x \int{ \dfrac{\ln(x)}{x} dx} + 2x \ln(x) \int{ \dfrac{dx}{x}} \\
&= -2x \dfrac{[\ln(x)]^{2}}{2} + 2x [\ln(x)]^{2} \\
&= x[\ln(x)]^{2}
\end{align*}

La solución particular es

$$y_{p}(x) = x[\ln (x)]^{2}$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler será la superposición de ambas soluciones, esto es

$$y(x) = c_{1}x + c_{2}x \ln(x) + x[\ln(x)]^{2}$$

$\square$

Reducción a coeficientes constantes

Las similitudes entre las formas de las soluciones de ecuaciones de Cauchy – Euler y soluciones de ecuaciones con coeficientes constantes no son una coincidencia.

Por ejemplo, cuando las raíces de las ecuaciones auxiliares para

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy =0$$

$$ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy =0$$

son distintas y reales, las soluciones generales respectivas, para $x > 0$, son

$$y(x) = c_{1}e^{k_{1}x} + c_{2}e^{k_{2}x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y(x) = c_{1}x^{k_{1}} + c_{2}x^{k_{2}} \label{20} \tag{20}$$

Usando la identidad

$$e^{\ln x} = x$$

Para $x> 0$, la segunda solución dada en (\ref{20}) puede expresarse en la misma forma que la primera solución.

$$y(x) = c_{1}e^{k_{1} \ln(x)} + c_{2}e^{k_{2} \ln (x)} = c_{1}e^{k_{1}t} + c_{2}e^{k_{2}t} \label{21} \tag{21}$$

donde $t = \ln (x)$. Este resultado ilustra que cualquier ecuación de Cauchy – Euler se puede escribir como una ecuación con coeficientes constantes haciendo la sustitución $x = e^{t}$ y con esto resolver la nueva ecuación diferencial en términos de la variable $t$, usando los métodos descritos en la entrada correspondiente y una vez obtenida la solución general, sustituir nuevamente $t = \ln (x)$. Este método requiere del uso de la regla de la cadena.

Si se hace la sustitución $x = e^{t}$, (o bien $t = \ln(x)$), aplicando la regla de la cadena obtenemos las siguientes expresiones para las derivadas.

$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{dt} \dfrac{dt}{dx} = \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \label{22} \tag{22}$$

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \right) = -\dfrac{1}{x^{2}} \dfrac{dy}{dt} + \dfrac{1}{x^{2}} \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} = \dfrac{1}{x^{2}} \left( \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -\dfrac{dy}{dt} \right) \label{23} \tag{23}$$

Sustituyendo en la ecuación de Cauchy – Euler obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy &= ax^{2} \left[ \dfrac{1}{x^{2}} \left( \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -\dfrac{dy}{dt} \right) \right] + bx \left[ \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \right] + cy \\
&= a \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} + (b -a) \dfrac{dy}{dt} + cy
\end{align*}

Por lo tanto, haciendo la sustitución $x = e^{t}$ reducimos la ecuación de Cauchy – Euler a la ecuación

$$a\dfrac{d^{2}y(t)}{dt^{2}} + (b -a) \dfrac{dy(t)}{dt} + cy(t) = g(t) \label{24} \tag{24}$$

que corresponde a una ecuación diferencial con coeficientes constantes en donde la variable independiente es $t$.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Usar el cambio de variable $x= e^{t}$ para convertir la ecuación de Cauchy – Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3x \dfrac{dy}{dx} + 13y = 4 + 3x$$

en una ecuación de coeficiente constantes y obtener la solución general.

Solución: Consideremos el cambio de variable $x = e^{t}$, usando los resultados (\ref{22}) y (\ref{23}), la ecuación de Cauchy – Euler queda como sigue

$$x^{2}\left[ \dfrac{1}{x^{2}} \left( \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -\dfrac{dy}{dt} \right) \right] -3x \left[ \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \right] +13y = 4 + 3e^{t}$$

Esto es,

$$\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -4 \dfrac{dy}{dt} + 13y = 4 + 3e^{t}$$

Ahora tenemos una ecuación no homogénea con coeficientes constantes. Comencemos por resolver la ecuación homogénea.

$$\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -4 \dfrac{dy}{dt} + 13y = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} -4k + 13 = 0$$

Las raíces son

$$k_{1} = 2 + i3 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = 2 -i3$$

Identificamos que $\alpha = 2 $ y $\beta = 3$, entonces la solución complementaria, en la variable $t$, es

$$y_{c}(t) = c_{1}e^{2t} \cos(3t) + c_{2}e^{2t} \sin(3t)$$

Las funciones correspondientes al conjunto fundamental de soluciones son

$$y_{1}(x) = e^{2t} \cos(3t) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{2t} \sin(3t)$$

Las derivadas correspondientes son

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = 2e^{2t} \cos(3t) -3e^{2t} \sin(3t) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = 2e^{2t} \sin(3t) + 3e^{2t} \cos(3t)$$

El Wronskiano esta dado por

$$W = \begin{vmatrix}
e^{2t} \cos(3t) & e^{2t} \sin(3t) \\
2e^{2t} \cos(3t) -3e^{2t} \sin(3t) & 2e^{2t} \sin(3t) + 3e^{2t} \cos(3t)
\end{vmatrix}$$

Calculando el determinante obtendremos

$$W(t) = 3e^{4t}$$

La ecuación diferencial ya se encuentra en su forma estándar, así que la función $g$ es

$$g(t) = 4 + 3e^{t}$$

Ahora podemos sustituir las funciones correspondientes en la solución particular (\ref{19}) para la variable $t$.

\begin{align*}
y_{p}(t) &= -e^{2t} \cos(3t) \int{ \dfrac{e^{2t} \sin(3t) (4 + 3e^{t})} {3e^{4t}} dt} + e^{2t} \sin(3t) \int{ \dfrac{e^{2t} \cos(3t) (4 + 3e^{t})}{3e^{4t}} dt} \\
&= -e^{2t} \cos(3t) \left[ \dfrac{4}{3} \int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{2t}} dt} + \int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{t}} dt }\right] \\
&+ e^{2t} \sin(3t) \left[ \dfrac{4}{3} \int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{2t}} dt} + \int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{t}} dt} \right]
\end{align*}

Las integrales se resuelven con integración por partes. De tarea moral desarrolla el cálculo de cada integral, los resultados correspondientes son

$$\int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{2t}} dt} = -\dfrac{2}{13}e^{-2t} \sin(3t) -\dfrac{3}{13}e^{-2t} \cos(3t)$$

$$\int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{t}} dt} = -\dfrac{3}{10}e^{-t} \cos(3t) -\dfrac{1}{10}e^{-t} \sin(3t)$$

$$\int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{2t}} dt} = -\dfrac{2}{13}e^{-2t} \cos(3t) + \dfrac{3}{13}e^{-2t} \sin(3t)$$

$$ \int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{t}} dt} = \dfrac{3}{10}e^{-t} \sin(3t) -\dfrac{1}{10}e^{-t} \cos(3t)$$

Sustituyendo estos resultados en $y_{p}(t)$ y reduciendo la expresión obtendremos la solución particular

$$y_{p}(t) = \dfrac{4}{13} + \dfrac{3}{10}e^{t}$$

Por tanto, la solución general en términos de la variable $t$ es

$$y(t) = c_{1}e^{2t} \cos(3t) + c_{2}e^{2t} \sin(3t) + \dfrac{4}{13} + \dfrac{3}{10}e^{t}$$

Si regresamos a la variable original $x = e^{t}$ obtenemos finalmente que la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = c_{1}x^{2} \cos[3 \ln(x)] + c_{2}x^{2} \sin[3 \ln(x)] + \dfrac{4}{13} + \dfrac{3}{10}x$$

$\square$

Con esto concluimos el estudio de la ecuación de Cauchy – Euler y en general con el estudio de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior con coeficientes constantes y ecuaciones sencillas con coeficientes variables.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

Resolver las siguientes ecuaciones de Cauchy – Euler.

$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -12y = 0$

$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} + 4y = 0$

$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3x \dfrac{dy}{dx} + 5y = 0$

$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} + 4y = 0$

$25x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 25x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$

$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} -5y = 0$

Resolver las siguientes ecuaciones de Cauchy – Euler usando el método de variación de parámetros.

$2x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} + y = x^{2} -x$

$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + x \dfrac{dy}{dx} -y = \dfrac{1}{x + 1}$

Usar el cambio de variable $x = e^{t}$ para convertir las ecuaciones de Cauchy – Euler en ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes y resolver la ecuación.

$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 10x \dfrac{dy}{dx} + 8y = x^{2}$

$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4x \dfrac{dy}{dx} + 6y = \ln (x^{2})$

Hacer una extensión a orden 3 de la teoría desarrollada en esta entrada y aplicando el método de variación de parámetros obtener la solución general de la siguiente ecuación de Cauchy – Euler.

$x^{3} \dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} -3x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6x \dfrac{dy}{dx} -6y = 3 + \ln (x^{3})$

Más adelante…

Con esto concluimos la primera parte de la unidad dos. En la siguiente entrada abordaremos el tema de las oscilaciones mecánicas como ejemplo de aplicación de la teoría que hemos desarrollado hasta este momento.

En entradas posteriores haremos un estudio detallado sobre las ecuaciones diferenciales de orden superior con coeficientes variables y con ello cerraremos la segunda unidad.

Entradas relacionadas

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Video relacionado al tema: Ecuación de Euler

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Método de valores y vectores propios para sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Valores propios repetidos

Por Eduardo Vera Rosales

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Introducción

En las últimas entradas hemos revisado el método de valores y vectores propios para resolver sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes de la forma $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$. Revisamos los casos cuando la matriz asociada tiene valores propios reales y todos distintos, y cuando tiene valores complejos. Para el primer caso las funciones $e^{\lambda_{i} t}\textbf{v}_{i}$ son soluciones linealmente independientes, donde $\lambda_{i}$ es un valor propio y $\textbf{v}_{i}$ es un vector propio asociado a $\lambda_{i}, \; \forall i \in \{1,…,n\}$. La solución general es la combinación lineal de dichas soluciones. Para el caso de valores propios complejos vimos que de una solución compleja $e^{\lambda_{i} t}\textbf{v}_{i}$ podíamos encontrar dos soluciones reales: la parte real y la parte imaginaria de dicha solución. Además estas soluciones resultaron ser linealmente independientes por lo que no fue difícil hallar la solución general al sistema de esta forma.

Vamos a terminar de revisar el método de valores y vectores propios analizando el caso cuando la matriz $\textbf{A}$ asociada al sistema tiene valores propios repetidos, tanto si es diagonalizable como si no lo es.

Iniciaremos con el caso cuando es $\textbf{A}$ es diagonalizable. Veremos que es bastante sencillo hallar $n$ vectores propios linealmente independientes ya que si $\lambda_{i}$ es un valor propio con multiplicidad $k$, entonces existirán $k$ vectores propios linealmente independientes asociados a dicho valor propio. Por lo tanto, podremos encontrar $n$ soluciones linealmente independientes al sistema y la solución general será la combinación lineal de estas.

Finalizaremos con el caso cuando $\textbf{A}$ no es diagonalizable, donde no existirán $n$ vectores propios linealmente independientes ya que para algún valor propio $\lambda_{i}$ con multiplicidad $k$ no existirán $k$ vectores propios linealmente independientes. Sin embargo, con ayuda de la exponencial de la matriz $\textbf{e}^{t \textbf{A}}$ y el concepto de vector propio generalizado podremos encontrar $k$ soluciones linealmente independientes correspondientes al valor propio $\lambda_{i}$. Nuevamente la solución general será la combinación lineal de las $n$ soluciones generadas de esta manera.

Método de valores y vectores propios para matrices diagonalizables con valores propios repetidos

Analizamos el caso cuando la matriz $\textbf{A}$ asociada al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ es diagonalizable y tiene valores propios repetidos. Resolvemos un par de sistemas para ejemplificar el caso correspondiente.

Método de valores y vectores propios para matrices no diagonalizables

En el primer video analizamos de manera general el caso cuando la matriz asociada al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ no es diagonalizable. Definimos el concepto de vector propio generalizado y con ayuda de la exponencial $\text{e}^{t \textbf{A}}$ generamos la solución general al sistema. En el segundo video resolvemos un par de ejemplos referentes al caso analizado.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

¿Es posible tener una matriz $\textbf{A}$ de tamaño $3 \times 3$ con valores propios complejos repetidos?

Prueba que si $\lambda$ es un valor propio complejo con multiplicidad $k$ de $\textbf{A}$, entonces su conjugado $\bar{\lambda}$ tiene multiplicidad $k$.

Encuentra la solución general al sistema $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\textbf{X}.$$

Resuelve el problema de condición inicial $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 3\\ 3 & 1 & 3\\ 3 & 3 & 1\end{pmatrix}\textbf{X} \, \, \, \, \, ; \, \, \, \, \, \textbf{X}(0)=\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$

Encuentra la solución general al sistema $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 1\\ 2 & -3 & 1\\ 1 & -1 & -1\end{pmatrix}\textbf{X}.$$

Más adelante

Con esta entrada terminamos de analizar el método de valores y vectores propios para sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Una vez que logramos resolver tales sistemas, es tiempo de estudiar el caso no homogéneo.

Como ya sabemos, la solución general a estos sistemas serán la suma de la solución general al sistema homogéneo correspondiente mas una solución particular al sistema no homogéneo. El método por el cual encontraremos esta solución particular será el de variación de parámetros, el cual estudiaremos en la siguiente entrada.

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Entrada anterior del curso: Método de valores y vectores propios para sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Raíces complejas del polinomio característico
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Notas escritas relacionadas con el tema: Sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Valores propios repetidos

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Localización de máximos y mínimos. Monotonía de funciones

Por Karen González Cárdenas

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Introducción

En cursos de Cálculo en el bachillerato, posiblemente resolviste ejercicios en los cuales te solicitaban hallar los puntos críticos de una función y realizar la gráfica de la misma basándote en ellos.
Recordemos primero que un punto crítico $x$ de una función $f$ es aquel que al evaluarlo en la derivada de $f$ nos da la siguiente igualdad:
$$f'(x)=0.$$

Y que en el conjunto de estos puntos críticos se encontraban los máximos y mínimos de la función $f$.
En esta entrada daremos las definiciones formales correspondientes y veremos los Criterios de las derivadas para identificarlos. También veremos resultados en los que, haciendo uso de la derivada, podremos determinar si una función es creciente o decreciente en un intervalo.

Máximo y mínimo global

Definición: Sea $f: D_f \subseteq \r \rightarrow \r$ una función y $x_0 \in D_f$. Decimos que en $x_0$ se alcanza:

Un máximo global si para toda $x \in D_f$ se cumple que:
$$f(x)\leq f(x_0).$$
Un mínimo global si para toda $x \in D_f$ se cumple que:
$$f(x_0)\leq f(x).$$

Máximo y mínimo local

Definición: Consideremos a una función $f$ continua en un intervalo $I$ y $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$ con $r\in \r^{+}$ y tenemos que existe $f(x_0)$ decimos que:

$x_0$ es un máximo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
$$f(x)\leq f(x_0).$$
$x_0$ es un mínimo local de $f \Leftrightarrow$ existe $r>0$ tal que para todo $x\in (x_0-r, x_0 +r)\subseteq D_f$ ocurre que:
$$f(x_0)\leq f(x).$$
$x_0$ no es máximo ni mínimo si existen $x_1, x_2$ tales que para toda $r>0$ y para cualquier $x\in(x_0-r, x_0 +r)$ ocurre que:
$$f(x_1)<f(x_0)<f(x_2).$$

En la imagen anterior vemos que el punto $A$ es un máximo de la función y $B$ un mínimo.

La derivada y los puntos críticos

Teorema: Consideremos una función $f$ continua en un intervalo $I$ y es derivable en el punto $x_0 \in (x_0-r, x_0+r) \subseteq I$.

Si tenemos que $x_0$ es un máximo o un mínimo local de $f \Rightarrow f'(x_0)=0$.

Demostración: Tomemos $x_0$ máximo local de $f$, así por definición tenemos que existe $r_1>0$ tal que para cualquier $x \in (x_0-r_1, x_0+r_1)$ ocurre que:
$$ f(x) \leq f(x_0) .$$
O bien, si $x_0$ mínimo local de $f$ tenemos que existe $r_1>0$ tal que para cualquier $x \in (x_0-r_1, x_0+r_1)$ ocurre que:
$$f(x_0) \leq f(x).$$
Consideremos ahora $h$ tal que:
$$|h| \leq r_2= \text{min} \left\{r,r_1 \right\}.$$
Veremos el caso en que $x_0$ es máximo local de $f$.
Caso 1: Supongamos que $x_0$ es máximo.
Si tenemos que $h>0$ se sigue que:
\begin{align*}
f(x_0+h)< f(x_0) &\Rightarrow f(x_0+h)-f(x_0)<0\\
&\Rightarrow \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}<0\\
&\Rightarrow \lim_{h \to 0^{+}} \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h} \leq 0\\
\end{align*}

Ya que $f$ es derivable en $x_0$ entonces podemos afirmar la siguiente igualdad:
$$ \lim_{h \to 0^{+}} \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}=f'(x_0).$$
$$\therefore f'(x_0)\leq 0.$$

Ahora bien, si tenemos que $h<0$ tenemos que:
\begin{align*}
f(x_0+h)-f(x_0)<0 &\Rightarrow \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}>0\\
&\Rightarrow \lim_{h \to 0^{-}} \frac{ f(x_0+h)-f(x_0) }{h}\geq 0
\end{align*}
$$\therefore f'(x_0) \geq 0.$$
$$\therefore 0\leq f'(x_0) \leq 0.$$

Y así concluimos que $f'(x_0)=0.$

$\square$

El Caso 2 considerando ahora que $x_0$ es mínimo se quedará como ejercicio de Tarea moral, para realizar la prueba se procede de manera análoga al caso que ya vimos.

Gráficamente el resultado anterior se vería como sigue:

donde en el intervalo en el que se encuentra el punto $A$ la recta tangente a dicho punto tiene pendiente cero, es decir, es una recta horizontal. Observamos que para el intervalo (representado por la franja rosa) en el que se encuentra el punto $B$ tenemos una situación similar.

La derivada y la monotonía de las funciones

Teorema: Consideremos $f$ una función e $I$ un intervalo.

Si $f'(x) > 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es creciente en $I$.
Si $f'(x) \geq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es no decreciente en $I$.
Si $f'(x) < 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es decreciente en $I$.
Si $f'(x) \leq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es no creciente en $I$.

Demostración 1:

Queremos probar que para cualesquiera $x_1,x_2 \in I$ donde si $x_1<x_2$ entonces:
$$f(x_1)<f(x_2).$$

Así tomemos $x_1,x_2$ en el intervalo $I$ con $x_1 < x_2$. Veamos que $[x_1,x_2] \subseteq I$ y que $f$ es derivable en $(x_1,x_2) \subseteq I$. Y además tenemos que $f$ es continua en $[x_1,x_2] \subseteq I$, aplicando el Teorema del valor medio para la derivada:
$\exists \alpha \in (x_1,x_2)$ tal que $f'(\alpha)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$.
Por hipótesis tenemos que:
$$ f'(\alpha)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} >0.$$
Debido a que también supusimos $x_2-x_1>0$ para que se cumpla la desigualdad anterior necesariamente debe ocurrir que:
$$f(x_2)-f(x_1)>0 \Rightarrow f(x_2)>f(x_1).$$

$\square$

Criterio de la primera derivada

Teorema (Criterio de la primera derivada): Si $f'(x_0)=0$ y existe $r>0$ tal que:

Para todo $x \in (x_0-r,x_0)$, $f'(x)<0$ y para todo $x \in (x_0,x_0+r)$, $f'(x)>0$
$\Rightarrow x_0$ es mínimo local de $f$.
Para todo $x\in (x_0-r,x_0)$, $f'(x)>0$ y para todo $x \in (x_0,x_0+r)$, $f'(x)<0$
$\Rightarrow x_0$ es máximo local de $f$.

Demostración 1:

Sea $x \in (x_0-r, x_0)$ por hipótesis tenemos que $f'(x)<0$. Aplicando el teorema anterior afirmamos que $f$ es decreciente en $(x_0-r,x_0)$, así para cualquier $x < x_0$ en $(x_0-r, x_0)$:
$$f(x)>f(x_0).$$

Ahora tomando $x\in (x_0,x_0+r)$ tenemos que $f'(x)>0$. Y por el teorema anterior sabemos que $f$ es creciente en el intervalo $(x_0,x_0+r)$. Por definición para cualquier $x>x_0$ en $(x_0,x_0+r)$ ocurre que:
$$f(x_0)<f(x).$$
De lo anterior podemos concluir que para toda $x \in (x_0-r,x_0) \cup (x_0,x_0+r)= (x_0-r,x_0+r)$ se cumple la desigualdad:
$$f(x_0)<f(x).$$
que es justo la definición de $x_0$ mínimo local de $f$.

$\square$

A continuación veremos ejemplos donde aplicaremos los teoremas anteriores para localizar los máximos y mínimos de una función, como los intervalos donde es creciente o decreciente.

Ejemplo 1

Encuentra los puntos críticos de la siguiente función y determina si se trata de un máximo o un mínimo:
$$f(x)=(x-1)^{2}(x+1)^{3}$$

Solución:

Para encontrarlos seguiremos los siguientes pasos:
Paso 1: Hallamos la primera derivada de la función $f$.
\begin{align*}
f'(x)&= 2(x-1)(x+1)^{3}+3(x+1)^{2}(x-1)^{2}\\
&= (x-1)[2(x+1)^{3}+3(x+1)^{2}(x-1)]\\
&=(x-1)(x+1)^{2}[2(x+1)+3(x-1)]\\
&=(x-1)(x+1)^{2}[2x+2+3x+3]\\
&=(x-1)(x+1)^{2}(5x-1)\\
\therefore f'(x)&= (x-1)(x+1)^{2}(5x-1)
\end{align*}

Paso 2: Igualamos la derivada a cero para encontrar los puntos críticos.
$$f'(x)=0 \Leftrightarrow (x-1)(x+1)^{2}(5x-1) =0$$
El producto anterior lo cumple cuando:
\begin{align*}
(x+1)^{2} =0 & &\text{o}\quad 5x-1=0 & &\text{o}\quad x-1=0 \\
\sqrt{ (x+1)^{2}}= \sqrt{0} & &\text{o}\quad 5x=1& &\text{o}\quad x=1\\
x+1=0 & &\text{o}\quad x=\frac{1}{5}\\
x=-1
\end{align*}

Por lo que debemos determinar para $x=1$, $x=-1$ y $x=\frac{1}{5}$ si se trata de un máximo, un mínimo o ninguno de los dos.

Paso 3: Para determinar si es un máximo o mínimo, aplicando el Criterio de la primera derivada debemos sustituir en la primera derivada un valor $x_1<x$ para determinar si $f'(x_1)$ es positiva o negativa. De igual modo debemos evaluar una $x<x_2$ y obtener si $f'(x_2)$ es positiva o negativa.

Comencemos con $x=1$:
Si tomamos $x<1$ y sustituimos en $f'(x)=5(x-1)(x+1)^{2}(x-\frac{1}{5})$ a $x_1=\frac{1}{2}$ en la derivada
\begin{align*}
f’ \left(\frac{1}{2}\right)&= 5 \left(\frac{1}{2}-1\right) \left(\frac{1}{2}+1\right)^{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\
&= 5\left(-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{2}\right)^{2}\left(\frac{3}{10}\right) \tag{que es negativo}
\end{align*}
Ahora para $x>1$ evaluamos $x_2=2$
\begin{align*}
f'(2)&= 5(2-1)(2+1)^{2}\left(2-\frac{1}{5}\right)\\
&=5(1)(3)^{2}\left(\frac{9}{5}\right) \tag{que es positivo}
\end{align*}
Ya que la derivada pasó de ser negativa a positiva tenemos que cuando $x=1$ la función tiene un mínimo.
$\therefore p_1=(1,0)$ es mínimo de $f$.

Continuemos con $x=-1$:
Para $x<-1$ tomaremos $x_1=-2$.
\begin{align*}
f'(-2)&=5(-2-1)(-2+1)^{2}\left(-2-\frac{1}{5}\right)\\
&=5(-3)(-1)^{2}\left(-\frac{11}{5}\right) \tag{que es positivo}
\end{align*}

Y para $x>-1$ consideramos ahora $x_2=-\frac{1}{2}$.
\begin{align*}
f’\left(-\frac{1}{2}\right)&=5\left(-\frac{1}{2}-1\right)^{2}\left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\
&=5\left(-\frac{3}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(-\frac{7}{10}\right)\tag{que es positivo}
\end{align*}

Debido a que la derivada no presenta cambio de signo, cuando $x=-1$ no es máximo ni mínimo.

Finalmente para $x=\frac{1}{5}$ análogamente procedemos:
Cuando $x< \frac{1}{5}$ sustituiremos $x_1=\frac{1}{6}$.
\begin{align*}
f’\left(\frac{1}{6}\right)&=5\left(\frac{1}{6}-1\right)\left(\frac{1}{6}+1\right)^{2}\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{5}\right)\\
&=5\left(-\frac{5}{6}\right)\left(\frac{7}{6}\right)^{2}\left(-\frac{1}{30}\right)\tag{que es positivo}
\end{align*}

Ahora bien para $x>\frac{1}{5}$ evaluaremos $x_2=\frac{1}{2}$.
\begin{align*}
f’\left(\frac{1}{2}\right)&=5\left(\frac{1}{2}-1\right)\left(\frac{1}{2}+1\right)^{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)\\
&=5\left(-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{2}\right)\left(\frac{3}{10}\right)\tag{que es negativo}
\end{align*}

Vemos que la derivada pasó de ser positiva a ser negativa, por lo tanto, cuando $x=\frac{1}{5}$ la función $f$ tiene un máximo.
$\therefore p_2=(0.2,1.10)$ es un máximo de $f$.

Ejemplo 2

Hallar los intervalos donde es creciente o decreciente la siguiente función:
$$f(x)=4x^{3}+3x^{2}-6x.$$

Solución:
Comenzaremos derivando la función y simplificando
\begin{align*}
f'(x)&= 12x^{2}+6x-6\\
&=6x^{2}+x-1\\
&=\left(x-\frac{1}{2}\right)(x+1)
\end{align*}

Sabemos que cuando $f'(x)>0$ la función es creciente, por ello veremos qué valores satisfacen la siguiente desigualdad:
$$\left(x-\frac{1}{2}\right)(x+1)>0.$$
El producto anterior cumple ser positivo cuando
Caso 1:
\begin{align*}
x -\frac{1}{2} >0 & &\text{y}\quad x+1>0\\
x > \frac{1}{2} & &\text{y}\quad x>-1\\
\end{align*}
Por lo que el intervalo solución para este caso es: $\left(\frac{1}{2}, \infty \right)$.

Caso 2:
\begin{align*}
x-\frac{1}{2}<0 & &\text{y}\quad x+1<0\\
x <\frac{1}{2} & &\text{y}\quad x<-1
\end{align*}
Así el intervalo solución es: $(-\infty, -1)$.

Concluimos que los intervalos donde $f$ es creciente son:
$$ (-\infty, -1) \cup \left(\frac{1}{2}, \infty \right).$$

Para encontrar donde la función es decreciente debemos trabajar con la desigualdad $f'(x)<0$, que sería:
$$\left(x-\frac{1}{2}\right)(x+1)<0.$$
Lo anterior se cumple en los siguientes casos:
Caso 3:
\begin{align*}
x-\frac{1}{2}>0 & &\text{y}\quad x+1<0\\
x>\frac{1}{2} & &\text{y}\quad x<-1
\end{align*}
Vemos que la solución de este caso es vacía.

Caso 4:
\begin{align*}
x-\frac{1}{2}<0 & &\text{y}\quad x+1>0\\
x<\frac{1}{2} & &\text{y}\quad x>-1
\end{align*}
El intervalo que cumple lo anterior es $\left(-1,\frac{1}{2}\right)$.

De los casos anteriores tenemos que $f$ es decreciente en el intervalo:
$$ \left(-1,\frac{1}{2}\right) $$

Más adelante

En la siguiente entrada seguiremos trabajando con los máximos y mínimos de funciones, por lo que te presentaremos una herramienta más para poder localizarlos: el Criterio de la segunda derivada. También veremos cómo determinar las regiones de concavidad o convexidad de una función y sus puntos de inflexión.

Tarea moral

Da la demostración del teorema para el caso en que $x_0$ es un mínimo local de $f$.
Prueba los siguientes puntos:
- Si $f'(x) \geq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es no decreciente en $I$.
- Si $f'(x) < 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es decreciente en $I$.
- Si $f'(x) \leq 0$ para todo $x\in I \Rightarrow f$ es no creciente en $I$.
Determina si los siguientes enunciados son verdaderos o falsos. De ser verdadero da la demostración correspondiente, de lo contrario da un contraejemplo:
- Si $f$ es una función creciente, derivable y continua en un intervalo $I \Rightarrow f'(x)>0$ para toda $x\in I$.
- Si $f$ es una función estrictamente creciente, continua y derivable en $I \Rightarrow f'(x)>0$ para toda $x\in I$.
Realiza la gráfica de la función:
$$f(x)=\frac{1}{(x-1)^{2}}+1.$$
Determinando los intervalos donde $f$ es creciente o decreciente.
Señalando si es que existen:
- máximos y mínimos (locales y globales).
- los valores $x$ donde $f(x)=0$.
- $\lim_{x \to \infty^{+}} f(x)$.
- $\lim_{x \to \infty^{-}} f(x)$.

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