Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (Universidad Del Norte)

Ecuaciones Diferenciales OrdinariasSebastián Castañeda Hernández Jairo Hernández Monzón William Eduardo Jiménez Jiménez Jorge Eliécer Ospino Portillo Grupo MAREA Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Universidad del Norte Ciencias Básicas Departamento de Matemáticas Barranquilla-Colombia ÍNDICE GENERAL 1. Introducción 1.1. Conceptos Básicos . . . . . . . . . . 1.2. Campos Direccionales . . . . . . . . . 1.3. El Teorema de Existencia y Unicidad 1.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . 2. Ecuaciones de Primer Orden 2.1. Separación de Variables . . . . . 2.2. Ecuaciones Homogéneas . . . . . 2.3. Ecuaciones Lineales . . . . . . . . 2.4. Ecuaciones Exactas . . . . . . . . 2.5. Factores Integrantes . . . . . . . 2.6. Sustituciones diversas . . . . . . . dy 2.6.1. Ecuaciones de la forma dx 2.6.2. Ecuaciones de Bernoulli . 2.7. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . 2.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 8 10 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = F (ax + by + c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 17 20 23 25 30 35 35 36 38 47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 57 59 62 64 67 . . . . 3. Ecuaciones Lineales de Orden Superior 3.1. Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Espacios funcionales . . . . . . 3.1.2. El operador diferencial lineal . . 3.1.3. El operador lineal de orden n . 3.2. Ecuaciones homogéneas con coeficientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Coeficientes indeterminados 3. . . . . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . Variación de parámetros . . . .5.1. . . . . . . . . . . . . . Aplicaciones . Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales 5.1. . . .5. .4. . . 97 97 104 110 115 118 125 5. . . . . . . . .5. . Series infinitas . . .3. . . . . . . . . . . . . . y de . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . Soluciones analíticas . .3. . . . . . . . . . . . . . . . El operador de Laplace . . .6. . . . . . . .3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Transformada de funciones escalonadas. . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . Reducción de orden . . . . . . . . Ejercicios . . .4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 . . . . . . . 3. . .4. . . . . .4. .6. . . . . . . . . . 4. . . . . 5. 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Convolución . .3. 3. . . . . . . 5. . Ejercicios . . . . .2. . . . . .1. Una ecuación especial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas básicos de los desarrollos en series .2. 5. . . . . . . . Ejercicios . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . . . .4.6. . . . . . . . . . . . . .1. . . . . 5. . . . . . . Método de la serie de Taylor . . . Solución en Series 5.1. . . . 5. . . .2. . . . . . . . .7. . Convergencia de series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. periódicas 4. . . . 5. . . . . . . . . . . . . . . . .4. .4. . . . . . . . . . . 5. .4. . . . . 4. . . . . . Propiedades de la transformada de Laplace . . . . . . . . . . Bibliografía . . . . . . . . impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 3. . La Transformada de Laplace 4. . . . . . . . . . . . . Ecuaciones de Cauchy-Euler . . Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . . . . . 133 133 135 137 138 147 148 158 161 164 170 4. . . . . . . . . . . . . Solución de problemas con valores iniciales . . 72 74 74 77 80 83 91 . . . Ecuaciones no homogéneas . . . . . . . . Funciones definidas por series de potencias . . 5. . . . . . . . . . . CAPÍTULO 1 Introducción 1.1. Conceptos Básicos En términos elementales una ecuación diferencial es una ecuación que involucra derivadas de una o más funciones incógnitas en una o más variables independientes. Muchas de las leyes básicas de las ciencias biológicas, económicas, físicas, y sociales, así como en las ingenierías desarrollan modelos matemáticos para su mejor comprensión, con frecuencia, estos modelos producen una ecuación diferencial. En esta sección veremos los conceptos básicos, como la clasificación de las ecuaciones diferenciales, solución de una ecuación diferencial; en la sección 1.2 los campos direccionales, en la sección 1.3 el teorema de existencia y unicidad, y en el capítulo 2 veremos las técnicas elementales de solución de una ecuación diferencial ordinaria de primer orden. En los siguientes ejemplos se muestra cómo se originan algunas ecuaciones diferenciales. Ejemplo 1.1.1. Caída libre: Se deja caer un objeto desde una altura (por encima de la superficie terrestre), el cual está sujeto a la acción de la fuerza de atracción gravitatoria 1 . 1 Aquí suponemos que la fuerza gravitatoria es la única que actúa sobre el objeto, y que esta fuerza es constante. 2 Introducción Aplicando al objeto que cae la segunda ley de Newton, la cual establece que la masa de un Figura 1.1: Caída libre objeto por su aceleración es igual a la fuerza total que actúa sobre él. Se obtiene entonces la ecuación d2 y m 2 = −mg dt donde m es la masa del objeto, y es la altura sobre la superficie terrestre, t es el tiempo d2 y transcurrido a partir de un instante dado, 2 es su aceleración, g es la aceleración gravidt tacional y −mg es la fuerza de atracción gravitatoria. Esta es una ecuación diferencial de segundo orden 2 de la altura desconocida y como función del tiempo t. Ejemplo 1.1.2. Crecimiento o decrecimiento exponencial: Consideremos una población de bacterias que está cambiando a una tasa proporcional a su tamaño. Si P (t) representa la población en el tiempo t, entonces la ecuación del crecimiento (o decrecimiento) de la población es dP = kP (t), dt donde k puede ser positiva o negativa, dependiendo si la población crece o decrece. Ejemplo 1.1.3. La ley de enfriamiento o calentamiento de Newton: Esta ley afirma que la razón de cambio de la temperatura de un objeto es proporcional a la diferencia de temperatura entre el objeto y el medio ambiente. Si T (t) es la temperatura del objeto al tiempo t, Tm es la temperatura del medio ambiente dT es la razón con que la temperatura del objeto cambia, la ley del enfria(constante) y dt miento de Newton nos dice entonces que dT = k(T − Tm ) dt donde k es la constante de proporcionalidad. 2 Se precisará esto más adelante. 1.1 Conceptos Básicos 3 Ejemplo 1.1.4. Drenado de un tanque: En hidrodinámica, la ley de Torricelli establece que la rapidez de salida a través de un agujero de bordes agudos, en el fondo de un tanque lleno de agua a una profundidad h es la misma√que la rapidez que un cuerpo adquiriría al caer libremente desde una altura h, esto es v = 2gh, donde g es la aceleración debida a la gravedad3 . Supongamos que un tanque lleno de agua se deja drenar a través de un agujero debido a la acción de la gravedad. Determinemos una ecuación diferencial que exprese la altura del agua en cualquier tiempo t. Si el área transversal del agujero es Ah y la rapidez del agua que sale del tanque es Figura 1.2: Drenado de un tanque √ √ v = 2gh, el volumen de agua que sale del tanque por segundo, es Ah 2gh. Así, si V (t) representa al volumen del agua en el tanque en cualquier tiempo t, p dV = −Ah 2gh, dt donde el signo menos indica que V está disminuyendo4 . Si el tanque es tal que el volumen del agua en cualquier tiempo t se expresa como V (t) = Aw h, donde Aw es el área constante de espejo de agua (la superficie superior), entonces dV dh = Aw . dt dt dV dh Igualando estas dos expresiones para y despejando llegamos a la ecuación diferencial dt dt deseada dh Ah p =− 2gh. dt Aw Se puede observar que la anterior ecuación es válida aun cuando Aw no sea constante. En este caso se debe expresar el área de espejo de agua en función de h: Aw = A(h). 1 La expresión para v se origina al igualar la energía cinética, mv 2 , con la energía potencial, mgh y 2 despejando v. 4 No se tiene en cuenta la posibilidad de fricción en el agujero, que podría causar una reducción de la razón de flujo. 3 entonces la Figura 1. como las razones de entrada y de salida de la salmuera son distintas.5. dt V0 + (r1 − r2 )t 5 Si las razones de entrada y salida de la salmuera son iguales. es: dS = R1 − R2 dt donde R1 es la razón de entrada de la sal. Por lo tanto la concentración de la sal en el tanque y en la salida es c2 = S(t) lb/gal.1. esta cantidad es constante e igual a V0 . Mezclas: Supongamos que un tanque mezclador contiene V0 galones de salmuera (sal disuelta en agua). Ahora bien.3: Mezclas razón con la que S(t) cambia. V0 + (r1 − r2 )t Entonces se tiene la ecuación diferencial dS r2 · S(t) = r1 · c1 − .4 Introducción Ejemplo 1. y R2 es la razón de salida de la sal. la cantidad de galones de salmuera en el tanque en cualquier instante t es V0 + (r1 − r2 )t gal 5 . y la razón de salida de la sal es: R2 = r2 · c2 lb/min. Si S(t) denota la cantidad de sal (medida en libras) en el tanque al tiempo t. . La solución bien mezclada sale del tanque a razón de r2 galones por minuto. con una concentración de c1 libras por galón. La razón de entrada de la sal es: R1 = r1 · c1 lb/min. Otra solución de salmuera se bombea al tanque a razón de r1 galones por minuto. como se muestran en la figura. hace fluir una carga eléctrica q(t) (coulombs) y produce una corriente i(t) (amperes). C Según la segunda ley de Kirchhoff. Circuitos eléctricos simples: Consideremos un circuito eléctrico simple compuesto por un resistor y un inductor o capacitor en serie con una fuente de fuerza electromotriz (fem).6. dt . producida por una batería o un generador. Un inductor de inductancia L (henries) se opone a cualquier cambio en la corriente6 Figura 1.1. produce una caída de voltaje dada por q EC = .4: Circuitos RL y RC produciendo una caída de voltaje de EL = L di . Esta fuerza electromotriz E(t) (volts). produce una caída de voltaje dada por la ley de Ohm ER = iR.1 Conceptos Básicos 5 Ejemplo 1.1. di = E(t). esto es iR + L 6 De acuerdo a las leyes de Faraday y Lenz. la suma algebraica de todas las caídas de voltaje alrededor de un circuito cerrado es cero. dt Un condensador de capacitancia C (farads) acumula carga. se tiene entonces: Para el circuito RL ER + EL − E(t) = 0. donde i(t) = dq . dt Un resistor de resistencia R (ohms) que se opone a la corriente y disipa energía en forma de calor. C dq q + = E(t). y del tiempo t. se dice. par un mismo punto. la cual tiene alimento suficiente en todo instante.8. y d son números reales positivos. b. Ecuación de calor: La temperatura de un cuerpo en el que está fluyendo calor varía. Depredador-presa: Cuando distintas especies animales conviven en un ambiente determinado. la temperatura puede variar con el tiempo. en el instante t. una especie depredadora que se alimenta de otra especie que llamaremos presa. y Y (t). Las ecuaciones diferenciales se pueden clasificar de acuerdo con su tipo. Si denotamos por X(t). para puntos diferentes del mismo cuerpo en un instante dado. Según el tipo se presentan dos casos: si la ecuación sólo contiene derivadas ordinarias de funciones incógnitas con respecto a una sola variable independiente. dt C Ejemplo 1. o sea iR + o R q = E(t). La temperatura T es función de la abscisa x del punto. su orden y su linealidad. el correspondiente número de individuos de la especie presa. Supongamos dos especies de animales. en este .  dt  dY (t) dt = cY (t) − dX(t)Y (t). En ella algunas especies sobreviven alimentándose de otras. Un ejemplo sencillo lo obtenemos con una varilla delgada homogénea.1. c.6 Introducción Para el circuito RC ER + EC − E(t) = 0. El cambio de temperatura según la posición y el tiempo obedece la ecuación diferencial en derivadas parciales: ∂T ∂2T =k 2.7. etcetera. ∂t ∂x donde la función incógnita es T (x. se produce una competencia por la supervivencia. t) y la ecuación diferencial involucra derivadas parciales de dicha función. en general. Ejemplo 1. donde a. un modelo simplificado para las dos poblaciones (haciendo abstracción de otros factores distintos a los de la competencia misma entre las dos especies) es:  dX(t) = −aX(t) + bX(t)Y (t). otras compiten por alimentos comunes. A su vez. Este modelo es un sistema de ecuaciones diferenciales. de la especie depredadora. el número de individuos.1. y 0 . que es una ecuación diferencial en derivadas parciales. . . y (n) ) = 0. es una ecuación de la forma F (x.1 Conceptos Básicos 7 caso. donde F es una función de valor real de n + 2 variables reales. mientras que ∂u ∂u ∂ 2z ∂ 2z + = x + y. y 00 . En forma general una ecuación diferencial ordinaria de orden n.1. .2) En esta última ecuación es de observar dos propiedades características de las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales. que la ecuación es una ecuación diferencial ordinaria. Por ejemplo. El orden de una ecuación diferencial es el de la derivada de mayor orden presente en la ecuación. ∂x ∂y es una ecuación diferencial en derivadas parciales de primer orden. ∂y ∂x ∂x2 ∂y 2 son ecuaciones diferenciales en derivadas parciales.1) es lineal si F es lineal en y. y 00 − 3y 0 + y = 5x. 2 dx dx es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden. Definición 1. y 00 . . y la ecuación ∂z ∂z − = 0. . y + − y = 0. y y 000 + xy 00 − y 0 + xy = cos x. y (n) . .1. y. dx dt2 dt son ecuaciones diferenciales ordinarias. . en una variable dependiente. n ∈ Z+ . o si la ecuación contiene derivadas parciales de funciones incógnitas con respecto a dos o más variables independientes. Es decir que una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si se puede escribir en la forma an (x) dn−1 y dy dn y + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x). Por ejemplo. la ecuación d2 y dy + 5 + 2y = 3x.1) dn y . dxn Según la linealidad se dice que una ecuación diferencial como la (1. n−1 n n−1 dx dx dx (1. y + = 0. se dice entonces. Por ejemplo. y en la que y (n) = (1. . la variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado y cada coeficiente sólo depende de la variable independiente. dy d2 y dy = y + x − 2.1. y 0 . . . . y = e−x es una solución particular de la ecuación diferencial. c1 . . Una solución de (1. mientras que las ecuaciones yy 0 + xy − x + 2 = 0. Campos Direccionales En esta sección describiremos una forma relativamente sencilla para obtener información sobre la solución de una ecuación diferencial. En la sección siguiente se dirá bajo que condiciones la ecuación (1. Una solución de la ecuación diferencial (1. La ecuación diferencial y 00 + y 0 = 0.1. y y 00 − sin y = y. no son lineales. Consideremos la ecuación diferencial de primer orden y 0 = f (x. Vemos que y = 0 es también solución. y.3) tiene solución única siempre que se . Se denomina solución general de (1.9. ψ 0 (x). Una solución que no se obtiene de la solución general asignándole valores permitidos a los parámetros. .1. se denomina solución singular. La solución nula se denomina solución trivial. cn ) = 0. Definición 1.1).2. Esto es F (x. .1) a una familia n-paramétrica de funciones definidas por la ecuación Ψ(x. . . que posee n derivadas continuas en I.1) se satisface cuando se reemplazan en ella ψ y sus derivadas. (1.8 Introducción son lineales. es obtenida por asignación de valores específicos a los parámetros de una solución general. 1. y). c2 .1) sin parámetros arbitrarios se llama solución particular. ψ(x). es una función y = ψ(x). ψ (n) (x)) = 0. en un intervalo abierto I de R. tal que (1. ψ 00 (x). para todo x en I. Ejemplo 1. . con c2 6= 0. si c1 = 0 y c2 = 1.2.3) donde f es una función real definida en algún subconjunto abierto del plano. y = 2 define una solución singular de la ecuación diferencial dada. tiene como solución general a y = c1 + c2 e−x . 4).4). Observamos que las curvas solución suben y se tornan más verticales a medida que x y y crecen (positiva o negativamente).4) Se tiene que f (x.5. su gráfica es una curva plana tal que en cada punto P (x. entonces. El campo direccional ha sido esbozado en la figura 1. y) = x2 + y 2 = c. en cada punto de la intersección la pendiente . y 0 > 0 en todo el plano.3). El conjunto de todas estas direcciones en el plano es el campo direccional de la ecuación diferencial (1. y).1. y) en el plano. y) = x2 + y 2 . y) la pendiente de la recta tangente a la curva solución es f (x. Observamos que para toda (x. la dirección de la curva solución en cualquier punto P (x. Figura 1.2 Campos Direccionales 9 especifique una condición inicial. Consideremos la ecuación diferencial y 0 = x2 + y 2 (1.1.5) donde c > 0 es una constante arbitraria.3) es el conjunto de curvas en el plano xy tales que en cada punto P (x. Entonces si y = g(x) es una solución de (1. para un valor dado del parámetro c si la gráfica de (1. 2).5) intersecta a una curva solución de (1.5: Campo direccional de y 0 = x2 + y 2 Consideremos ahora la familia de curvas definidas por f (x. Conocemos.2. y) la pendiente de la recta tangente a ella es x2 + y 2 . Ejemplo 1. si por ejemplo la curva solución pasa por el punto (1. la recta tangente a dicha curva en ese punto es mT = 12 + 22 = 5. Así. y) en el plano. el conjunto solución de (1. (1. Geométricamente hablando. . Esto como se dijo anteriormente. con un ejemplo específico. y. y). Es decir. Para todos los puntos de una de tales curva.5) se denominan curvas isoclinas de la ecuación diferencial (1. . El Teorema de Existencia y Unicidad Frecuentemente nos interesa resolver una ecuación diferencial sujeta a condiciones impuestas a la función incógnita y = y(x) o a sus derivadas. y . son circunferencias centradas en el origen de coordenadas. La figura 1... y ) = 0    = y0  y(x0 ) 0 y (x0 ) = y1 (1. . las rectas tangentes a las curvas soluciones que la intersectan tienen igual pendiente (inclinación). . .   . En algún intervalo abierto I que contenga al número x0 .6)  . El campo direccional de la ecuación diferencial brinda una forma de aproximarse a la solución de tal ecuación diferencial por medios geométricos.4).10 Introducción de la recta tangente a la curva solución es justamente c.6: Isoclinas de y 0 = x2 + y 2 Las observaciones anteriores ilustran. Las curvas definidas por (1.    y (n−1) (x ) = yn−1 0 . permite predecir la forma de las curvas soluciones de la ecuación diferencial.3. .. . el caso general de la ecuación diferencial y 0 = f (x.6 muestra algunas de ellas. En este ejemplo las isoclinas tiene por ecuación x2 + y 2 = c. . Figura 1. 1. el problema  0 (n)   F (x. 6). y0 ). y0 ∈ R. con x0 ∈ I.7) es única. Para el problema (1. ¿Tiene solución única?. y) = x2 + y 2 es una función polinómica. ∂y es una función continua. entonces existe al menos una solución de (1. la solución del problema (1.. se tiene que es continua en todo conjunto abierto que contenga a (x0 .1. se garantiza la unicidad de la solución. y0 ) ∈ S. Teorema 1. 0). Los valores dados de la función desconocida. y) = .7). sin demostración. El problema de valor inicial ½ y0 = f (x.1). las condiciones suficientes para la existencia y unicidad de las soluciones de (1. y) = 2y. .3 El Teorema de Existencia y Unicidad 11 donde y0 . yn−1 son constantes especificadas. y1 .. . Consideremos el problema de valor inicial ½ 0 y = x2 + y 2 y(x0 ) = y0 para x0 . ∂y Ejemplo 1. existe y es continua en S. . bajo ciertas condiciones dicho problema tiene solución única. ∂f Si además.2. y 0 (x0 ).3.7) definida en algún intervalo abierto I ⊂ R. ¿Tiene alguna solución el problema de valor inicial siguiente? ( y y0 = x y(0) = 0. Ejemplo 1.1 (Teorema de existencia y unicidad). En el siguiente teorema se enuncia. . se llama problema de valores iniciales. no es continua en (0. . . Si f es una función continua en algún conjunto abierto S de R2 para el cual (x0 . y Dado que f (x. y) y(x0 ) = y0 (1. Dado que f (x.3. y (n−1) (x0 ) se llaman condiciones iniciales. por lo que se garantiza la existencia de al menos una solución del problema de valor inicial dado.7) es un caso particular del problema de valores iniciales (1. y(x) y sus primeras n − 1 derivadas en el punto x0 : y(x0 ).7). Ahora bien como ∂f (x.3.1. el problema x de valor inicial no tiene solución. .3. entonces por el teorema (1. (d) (e) (f ) (g) (h) 3x . ∂x2 ∂t2 ∂t yy 00 − 2y 0 = x. xy 0 + y = cos x. de yy 000 − yy 0 ln y − y 0 y 00 = 0. en cada caso. ∂x ∂y y 00 − 2y 0 + y = 0. orden y linealidad. Muestre. y p (y 0 )3 + 1 + (y 0 )2 = 0. Ejercicios 1. 2 2 (d) y = c1 e−x + c2 e2x . las siguientes ecuaciones diferenciales: (b) (y 0 )2 = ∂y ∂x ∂y = + kx − . diga si es solución general o particular: (a) y = cex . de x (c) ln y = cex + e−x . con c ∈ R. de 3x de y 00 − 2y 0 + y = 0. ∂ 2F ∂F − = 0.12 Introducción 1. sin x (f ) y = . . Averiguar si las siguientes funciones son solución de la correspondiente ecuaciones diferenciales ordinarias y si lo es. (o) sin(y 0 ) + y = 0. (d) F (x. (a) cy = x3 . (c) (l) yy 00 + x2 y = x. ∂ 2u ∂ 2u ∂u = − 2 . 3 ³x´ ³x´ −x 00 0 −x (c) y = e cos . ∂u ∂u x +y = 5u. (e) y = 8ex + xex . de y 0 + y = e−x . siendo G y H funciones ∂y∂x ∂x 3. ∂t ∂t ∂s (k) x2 y 00 + xy 0 + y = 0. con c 6= 0. (j) ∂y ∂ 2 y + 2 = c.4. y 2. x (p) y 0 + y = . y) = 2y + G(x)ey + H(y). Clasificar de acuerdo al tipo. de y + y = e cos . que la ecuación dada define una solución de la correspondiente ecuación diferencial: dy − 3y = 0. ∂t ∂s 2 00 (m) x y + xy 0 + (x2 − v 2 )y = 0. (b) y = 2e−2x + ex . de y 0 = y. " µ 2 ¶1/3 µ ¶2 #5/2 du du =k 1+ . µ 2 ¶2 ∂ 4v ∂ m (n) = kv . 1 de y 0 + 2y = ex . de diferenciables en una variable. ¿Qué sucede para c = 0? dx (b) yex = x + 2. 4 ∂t ∂n2 (ll) (ñ) (y v )3 − y 000 + y 00 − y 2 = 0. de y 00 − y 0 − 2y = 0. 2 ds ds (i) y 0 = 2e−x . (a) y 0 = 3y. (b) y = x2 . de y 0 = 3y 2 . (c) y 0 = xy. 7. 1. La ecuación diferencial y 0 = x2 + y tiene una familia de soluciones dada por y = cex − x2 − 2x − 2. 8. (a) Grafique las curvas soluciones para c = 0. (j) y 0 = tan x. de orden dos.1. el teorema de existencia y unicidad a los problemas de valor inicial dados para decidir la existencia y unicidad de las soluciones. 6. . cos x 3 (h) y = − . es constante). (h) y 0 = cos x. x (f ) y 0 = x + y. de y 0 = y tan x. (g) y 0 = x − y. para valores reales de c y d. 9. (i) y 0 = sin x. Con ayuda de un sistema de computo. lineal. (g) y − 4. (b) Usando el campo direccional esbozar la forma de las curvas soluciones indicadas en el item anterior. de (1 − x2 )y 0 + xy = x. de orden dos y lineal. de yy 0 = 4x − 8x3 . x (d) y 0 = . de orden dos y no lineal. Encuentre los parámetros c y d para los cuales y(0) = y 0 (0) = 1. de orden tres. (d) y = x + xex . −1. √ (j) y = 2x 1 − x2 . Construya en cada caso una ecuación diferencial que tenga la solución pedida y las características indicadas: (a) y = x2 . y solo si. y 1 (e) y 0 = . Demuestre que y(t) = c + de−5t define. la pendiente de la recta tangente no depende del punto (es decir. 5. para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales. que aparezcan las derivadas d orden uno y cero. En cada caso aplique. 3x + 2 √ (i) y = 1 + c 1 − x2 . dibuje el campo direccional y algunas isoclinas. (c) Compare las gráficas obtenidas en los items anteriores. (c) x = et .4 Ejercicios 13 1 = 0. una solución de la ecuación diferencial y 00 + 5y 0 = 0. (a) y 0 = x. Demuestre que una curva plana es una recta no vertical si. si es posible. (b) y 0 = y. ½ 0 y = (x − y)1/3 (c) y(1) = 1. y) donde y(0) =( 0. si x = 0. El radio del agujero es 1 pulgada y g = 32 pies/seg 2 . ½ (e) y0 = f (x. La razón de cambio en la temperatura T del café en el instante t es proporcional a la diferencia entre la temperatura A del aire en el instante t y la temperatura T del café en el instante t. y0 ) de esa región. p 11. 15. por segundo. 10.14 Introducción ½ y0 = 2x + y (a) y(0) = 0. El radio del agujero es 3 pulgadas. escriba una ecuación diferencial que modele matemáticamente la situación que se describe. Deduzca una ecuación diferencial que exprese la altura h de agua al tiempo t. Hallar la región del plano xy en la cual la ecuación diferencial y 0 = xy tiene una solución única en un punto (x0 .5.8 pierde agua por un agujero circular en su fondo. se reduce a cAh 2gh. y) = x y. 14. 13. g = 32 pies/seg 2 . Por un agujero circular de área Ah . si x 6= 0 f (x. 12. Dada la siguiente ecuación diferencial y 0 = 3 y 2 . que hay en el tanque cúbico de la figura 1. Determine una ecuación diferencial para describir la altura h del agua en el tiempo t. y . La tasa de cambio con respecto al tiempo de la velocidad de un bote de motor es proporcional al cuadrado de ella. La aceleración del automóvil Lamborghini es proporcional a la diferencia entre 250 km/h y la velocidad del automóvil. En los problemas del 11 al 23. ½ (d) y0 = |y − 1| y(0) = 1. El tanque cónico circular de la figura 1. donde c es el factor de fricción y contracción (0<c<1). 17. y el factor de fricción y contracción es c = 0. La velocidad de una partícula que se mueve a lo largo de una línea recta es proporcional a la cuarta potencia de su posición. Averiguar en qué región: (a) Tiene más de una solución. 16. . (b) Tiene solamente una solución.  x+y e  0 y = (b) x+y  y(1) = 0.7. el flujo de agua. Debido a la fricción y a la concentración de√ la corriente de agua cerca del agujero. en el fondo de un tanque. sale agua. salen 5 gal/min. Suponga que en un gran tanque de mezclado hay inicialmente 200 galones de agua. Cuando un cuerpo se mueve a gran rapidez en el aire (como el del paracaidista que se ve en la figura 1. Si la concentración de la solución que entra es 2 lb/gal.8: 18. con el tanque bien agitado. al tiempo t.1. manteniendo el resto igual. en los que se han disuelto 60 libras de sal. Por simetría. estando bien mezclado el contenido en el tanque. Deduzca una ecuación diferencial que exprese la cantidad S(t) de sal que hay en el tanque. al tiempo t. 20.9. situado en el origen se refleje en un haz paralelo al eje x (ver figura ??). Al tanque entra agua pura con un flujo de 3 gal/seg y. el espejo debe tener la forma de una superficie de revolución obtenida al hacer girar una curva alrededor del eje x (aplique la ley de reflexión). Suponga que un gran tanque de mezclado contiene inicialmente 500 galones de agua. Al tanque entra otra salmuera a razón de 4 gal/min y. 21. sale el mismo flujo. la resistencia del mismo se .7: Figura 1. 19. Halle la forma que debe tener un espejo curvo para que la luz de un foco. 22. al tiempo t. en los que se disolvieron 40 libras de sal. Deduzca una ecuación diferencial que exprese la cantidad S(t) de sal que hay en el tanque. antes de que se abra el paracaídas). suponga ahora que la solución salina sale con un flujo de 2 gal/seg en vez de 3 gal/seg.4 Ejercicios 15 Figura 1. Deduzca una ecuación diferencial que exprese la cantidad S(t) de sal que hay en el tanque. Para el problema anterior. el cual dice que la fuerza de flotación que ejerce el agua sobre el barril es igual al peso del agua que desplaza éste. Exprese su velocidad en función de su altura. Un objeto cae al vacío con aceleración constante g. 7 Use el principio de Arquímedes. su movimiento es oscilatorio. hacia arriba y hacia abajo. 24. que la densidad del agua es 62. . si se supone que el origen está en el eje vertical y en la superficie del agua cuando el barril está en reposo7 . Formule una ecuación diferencial que relacione la velocidad v(t) del paracaidista de masa m que cae. En el agua flota un barril cilíndrico de d pies de diámetro y w libras de peso. en línea vertical (ver figura (?)). Suponga que la dirección hacia abajo es positiva. Después de un hundimiento inicial. Deduzca una ecuación diferencial para determinar el desplazamiento y(t). Figura 1.16 Introducción describe mejor con la velocidad instantánea elevada a cierta potencia.9: 23.4 lb/pie3 y que no hay resistencia del agua. si la resistencia del aire es proporcional al cuadrado de la velocidad instantánea. y 0 ) = 0. Un caso particular de nuestro interés es la ecuación diferencial ordinaria de primer orden de la forma y 0 = f (x. y).3) y 0 = f (x. donde f es una función real definida en algún subconjunto abierto del plano xy. y. 2.1. y) = g(x) . En este capítulo estudiaremos algunos métodos de mayor utilidad para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. y).CAPÍTULO 2 Ecuaciones de Primer Orden Como se dijo en el capítulo anterior. Separación de Variables Consideremos la ecuación diferencial de primer orden (1. Si la función f (x. h(y) . y) se puede factorizar como un cociente f (x. una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de la forma F (x. si y(x) es la solución de la ecuación (2. dx dx Así. .1) también se puede escribir como h(y) dy = g(x). Como habíamos dicho anteriormente. es decir H 0 (y) = h(y). entonces H(y(x)) y G(x) son dos funciones de x que tienen la misma derivada. y G0 (x) = g(x).3) puede escribirse de la forma g(x) y0 = . la ecuación diferencial (2. La última ecuación proporciona una solución implícita de la ecuación diferencial. La técnica explícita llamada separación de variables fue formalizada por John Bernoulli en 1694. La ecuación (2. dx o H(y) = G(x) + C. podemos cambiar la anterior ecuación diferencial por H 0 (y) dy = G0 (x).18 Ecuaciones de Primer Orden donde tanto g(x) como h(y) son funciones de una sola variable.1). respectivamente. Revisemos el procedimiento de separación de variables. dx Si H(y) y G(x) denotan antiderivadas de h(y) y g(x). (2.1) h(y) se dice que una ecuación diferencial de primer orden. 1 Un procedimiento para resolver ecuaciones separables fue descubierto de manera implícita por Gottfried Leibniz en 1691.1) es una ecuación de variables separables1 . de la forma (2. Por lo tanto difieren en una constante. esto es H(y(x)) = G(x) + C.1) se puede escribir en la forma h(y) dy = g(x). Entonces la ecuación (1. dx Integrando ambos lados de esta última ecuación con respecto a x tenemos Z Z Z dy h(y) dx = h(y)dy = g(x)dx + C. se tiene d dy H(y(x)) = H 0 (y(x)) . dx Por la regla de la cadena para la derivada. Ejemplo 2. Esta es la solución general de la ecuación diferencial. Así que la única solución del problema de valor inicial dado (solución particular) es 5 y = x3 . dx 2y La ecuación diferencial dada la reescribimos (separando variables) como 2ydy = ex dx. Integrando ambos lados tenemos Z Z 2ydy = ex dx + C. Por separación de variables reescribimos la ecuación diferencial dada como dy 3dx = .1. Resuelva el problema de valor inicial ( 3y y0 = x y(2) = 5. 8 . y tomando exponenciales en ambos lados de la anterior ecuación. tenemos y = eC x3 = C1 x3 .1. de donde C1 = 5/8. y x Integrando a ambos lados obtenemos ln y = 3 ln x + C.2. Esta es la solución general implícita de la ecuación diferencial dada.2. Como la condición inicial es y(2) = 5.1 Separación de Variables 19 Ejemplo 2.1. entonces substituyendo x = 2 y y = 5 en la solución general se tiene 5 = C1 (2)3 = 8C1 . de donde y 2 = ex + C. Resuelva la ecuación diferencial dy ex = . tales que y y (1. Por ejemplo. x · ) = f (1. y) = x3 − x2 y + y 3 . Ecuaciones Homogéneas Definición 2. Como la función y depende de x. y) ∈ R2 y todo t ∈ R. x Consideremos la ecuación diferencial de primer orden de la forma y 0 = f (x. dx . ty) = (tx)3 − (tx)2 (ty) + (ty)3 = t3 (x3 − x2 y + y 3 ). ). v).2) obtenemos v+x dv = f (1. dx Esta última ecuación es de variables separables. y) ∈ S. puesto que x dv = f (1. dx dx Sustituyendo en (2. para todo (x. Si x 6= 0 y y (1. y) = f (x · 1.2. lo mismo x x sucede con la función v. (2. para todo (x.2) donde f es una función homogénea de grado cero. entonces x y y f (x. y) ∈ S y todo t ∈ R. f (x.20 Ecuaciones de Primer Orden 2. ) ∈ S. si f (tx. tal que (tx. si se cumple que f (tx) = tk f (x) para todo x ∈ S y todo t ∈ R tal que tx ∈ S. y). ensayamos la sustitución v = . v) − v. ) ∈ S. x x siempre que f : S ⊆ R2 → R sea homogénea y de grado cero. una función f : S ⊆ R2 → R es homogénea y de grado cero.2. Derivando y = vx con respecto a x. una función homogénea de grado cero de dos variables puede verse como una función real de y variable real evaluada en v = . tenemos dv dy =v+x .1. Bajo estas condiciones. Para los puntos (x. Una función f : S ⊆ Rn → R se denomina función homogénea de grado k ∈ Z+ ∪ {0}. y). ty) = f (x. es una función homogénea de grado 3 por que: f (tx. ty) ∈ S. De acuerdo a lo anterior. v y obtenemos x ³y´ x − + ln = − ln(x) + C. luego al sustituir v por se obtiene la solución general de la x ecuación (2. separando variables tenemos (después de realizar algunas operaciones algebraicas) µ ¶ 1+v dx dv = − . .2 Ecuaciones Homogéneas de donde 21 dv dx = . Resuelva la ecuación diferencial dy y = . dx 1+v la cual es una ecuación de variables separables.2). y) homogénea y de y grado cero. f (1. entonces la sustitución v = nos lleva a x v+x dv v = .1. dx 1+ x El miembro derecho de la anterior ecuación define una función de (x.2. Ejemplo 2.2. y que es la solución general implícita de la ecuación diferencial dada. dx x+y Si dividimos por x el numerador y el denominador del miembro derecho de la ecuación se tiene y dy = xy. y x simplificando se tiene ln(y) = x + C. 2 v x Al integrar obtenemos reemplazando v por 1 − + ln(v) = − ln(x) + C. v) − v x Ahora es posible obtener la solución general de esta última ecuación diferencial integrando y ambos lados de la ecuación. Si dividimos por x3 el numerador y el denominador del lado derecho de la ecuación se tiene dy = dx 2+ 3 y3 x3 . simplificando. al separar las variables. y(1) = 2. o ln[(v 3 − 1)x2 ] = c1 . 3 v −1 x Integrando. dx 3v 2 que es una ecuación de variables separables.22 Ecuaciones de Primer Orden Ejemplo 2.2. reemplazando v = y se tiene que la solución general es x y 3 − x3 = cx. y) homogénea y de y grado cero.2. Resuelva el problema de valor inicial     y0    = 2x3 + y 3 3xy 2 y(1) = 2. De donde (v 3 − 1)x2 = ec1 = c. y2 x2 El miembro derecho de la anterior ecuación define una función de (x. Aplicando la condición inicial. ln(v 3 − 1) = −2 ln x + c1 . entonces haciendo la sustitución v = se obtiene x v+x dv 2 + v3 = . entonces la solución particular del problema de valor inicial dado es y 3 − x3 = 7x. obtenemos µ ¶ 3v 2 2 dv = − dx. . se sigue que c = 7. 4) por e p(x)dx . y multipliquemos a la ecuación (2. 23 Ecuaciones Lineales Una ecuación diferencial lineal de primer orden es una ecuación de la forma a1 (x)y 0 + a2 (x)y = g(x). Si a1 (x) 6= 0 en I. Resuelva la ecuación diferencial y 0 + y = 1.3) con a1 . . cuya solución es y = Ce− R p(x)dx .4). a1 (x) a1 (x) Se observa que si q(x) = 0 para todo x ∈ I.4). y g funciones continuas en algún intervalo abierto I de R.1. R tomemos una antiderivada de p(x). entonces la ecuación (2. la cual es una ecuación diferencial de variables separables.3. R p(x)dx. dx Integrando con respecto a x ambos lados de la anterior ecuación obtenemos Z R R p(x)dx e y = q(x)e p(x)dx dx + C. a2 . R Se dice que e p(x)dx es un factor de integración de (2. para obtener R e R p(x)dx 0 y + p(x)e p(x)dx y = q(x)e R p(x)dx .3.4) donde p(x) = a2 (x) g(x) y q(x) = . Consideremos nuevamente la ecuación (2.4).3) puede transformarse en y 0 + p(x)y = q(x).2. lo cual es lo mismo que R d R p(x)dx (e y) = q(x)e p(x)dx . la cual es la solución general de la ecuación (2. y por tanto − y=e R ½Z p(x)dx R q(x)e ¾ p(x)dx dx + C .4) se reduce a y 0 + p(x)y = 0. (2. (2. Ejemplo 2.3 Ecuaciones Lineales 2. (2. de lo cual se sigue que C = 2. Hallar una solución continua que satisfaga dy − 2y = q(x). Aplicando la condición inicial se tiene 1 = −1 + C. Resuelva el problema de valor inicial ½ 0 y −y = x y(0) = 1. de donde y = −x − 1 + Ce−x .3. o y = 1 + Ce−x . y la condición inicial y(0) = 0. Ejemplo 2.2. . entonces la solución particular del problema de valor inicial dado es y = −x − 1 + 2e−x . de modo que (ex y)0 = ex . El factor de integración es e−x . dx donde ½ q(x) = 4. integrando se obtiene e−x y = −xe−x − e−x + C. de lo cual se obtiene y = e−x (ex + C). 0. 0 ≤ x ≤ 2. x > 2.3. Ejemplo 2.3. es la solución general. con una discontinuidad en x = 2. de modo que (e−x y)0 = xe−x . En consecuencia.24 Ecuaciones de Primer Orden El factor de integración es ex . Vemos que q es continua por tramos. por lo tanto ex y = ex + C. dx el factor integrante es e−2x . de modo que d ¡ −2x ¢ e y = 4e−2x . para que y sea una función continua. 2. 0 ≤ x ≤ 2. así se obtiene y = 2(e−2x − 1). Para x > 2.4 Ecuaciones Exactas 25 resolveremos el problema de valor inicial en dos partes que corresponden a los dos intervalos en que q está definida. dy − 2y = 0. cuya solución es y = C2 e2x . dx es una ecuación de variable separable. e−2x y = −2e−2x + C1 . 0 ≤ x ≤ 2.2. la condición inicial y(0) = 0. Esto equivale a C2 e−4 = 2(e−4 − 1). Para 0 ≤ x ≤ 2. . se necesita que l´ımx→2+ y(x) = y(2). por lo anterior escribimos ½ y= 2(e−2x − 1). o sea C2 = 2(1 − e−4 ). de donde se obtiene que y = −2 + C1 e−2x . Ahora. C2 e−2x . las cuales. y= 2(1 − e−4 ) x > 2. Ecuaciones Exactas Consideremos otro tipo de ecuaciones. pueden resolverse mediante una técnica relativamente sencilla. ∞). bajo ciertas condiciones.4. nos da C1 = 2. dx por lo tanto. que es continua en [0. 0 ≤ x ≤ 2. y(0) = 0. x > 2. así la solución particular del problema de valor inicial es ½ 2(e−2x − 1). dy − 2y = 4. (x. (2. la ecuación diferencial se convierte en d(xy) = 0.7) siendo C una constante. Ejemplo 2.1. y) = M (x. y) = N (x.6)) es f (x. y)dy.5) se llama ecuación diferencial exacta. y) ∈ S. Analicemos la ecuación diferencial ydx − xdy = 0. y) = C. y)dx + ∂f ∂y (x. y)dx + N (x. (2. . pues M (x. en este caso la ecuación (2. y) = ∂f ∂x (x.6) donde df (x.4. Si f es una función de las variables (x.5) (o equivalentemente de (2. y) = 0. y en consecuencia. entonces df (x. Si existe una función f : S → R. y) es la diferencial total2 de f . Ejemplo 2. (2. y2 2 y 6= 0. y). Considérese la ecuación ydx + xdy = 0.26 Ecuaciones de Primer Orden Consideremos una ecuación diferencial ordinaria de primer orden de la forma M (x.4. y por tanto.5) es equivalente a df (x. Nótese que d(xy) = ydx + xdy. y)dy es exactamente la diferencial de una función de (x. Veamos algunos ejemplos sencillos. y) ∈ R2 . y) ∈ S.5) con M y N funciones definidas en algún conjunto abierto S ⊆ R2 . (x. tal que ∂f ∂f (x. la ecuación (2. entonces. y).2. (x. y) y (x. y)dx + N (x. y) diferenciable. Entonces la solución general de (2. y) = 0. y) ∈ S. ∂x ∂y para todo (x. su solución general está dada por xy = C. Pero en general. y) = x2 y 3 + y sin x + C(y).3 Derivando ésta última expresión e igualando con la segunda de las dos ecuaciones anteriores se tiene 3x2 y 2 + sin x + C 0 (y) = 3x2 y 2 + sin x. donde C es una función de y. Los dos ejemplos anteriores son casos de ecuaciones diferenciales exactas. Si tal ecuación es exacta.4. . a menudo. ¿cómo saber.2. 3 Esta es nuestra constante de integración. y)dy?. y)dx + N (x. en caso de serlo.4 Ecuaciones Exactas 27 La expresión del miembro izquierdo es la diferencial de x pues y µ ¶ x ydx − xdy d = . Determinar que estas ecuaciones son ecuaciones diferenciales exactas y hallar sus respectivas soluciones generales ha sido muy fácil pues las fórmulas diferenciales que en ellas intervienen nos son muy familiares. y por lo tanto. lo cual. la solución general está dada por x = C. y) = 2xy 3 + y cos x. y y2 luego la ecuación diferencial es equivalente a µ ¶ x d = 0. ∂y Integrando ambos miembros de la primera de las dos ecuaciones anteriores con respecto a x. Consideremos la ecuación diferencial (2xy 3 + y cos x)dx + (3x2 y 2 + sin x)dy = 0. obtenemos f (x. ∂x y ∂f (x. y y 6= 0. y y 6= 0.3. Ejemplo 2. a priori. y) = 3x2 y 2 + sin x.5) es una ecuación diferencial exacta? y. debe existir una función f tal que ∂f (x. ya que y se ha supuesto como constante. si una ecuación diferencial en la forma (2. ¿cómo encontrar una función f cuya diferencial sea M (x. no es evidente. y) = N (x. y) ∈ S. tal que ∂f (x. las primeras derivabas parciales de M y N son continuas. ∂y ∂x (2. se tiene que ∂N ∂M (x. y).28 Ecuaciones de Primer Orden de donde se obtiene C(y) = K (constante). por hipótesis. Tomando K = 0 se tiene que la solución general de la ecuación dada es x2 y 3 + y sin x = C.8) para todo (x. (x. y). Teorema 2. Por supuesto la ecuación del ejemplo anterior es exacta. y)dx + N (x. Suponga que las primeras derivadas parciales de las funciones M (x. ∂y para todo (x. y) y N (x. y). y) = (x.1. existe una función f : S → R2 . El siguiente teorema nos da condiciones para que la ecuación (2.4. y).5) sea exacta y su demostración nos proporciona una técnica para hallar una función f cuya diferencial sea M (x. y) ∈ S. y)dx + N (x. y) = M (x. ∂x∂y ∂x para todo (x. Si la ecuación M (x. obtenemos ∂M ∂ 2f (x. y)dy. y) son continuas en un rectángulo abierto S ⊆ R2 . y) ∈ S. Puesto que. Entonces la ecuación diferencial M (x. y)dy = 0 es exacta si y sólo si ∂M ∂N (x. y) = (x. y)dy = 0 es exacta. y) = (x. y) y ∂y∂x ∂y ∂ 2f ∂N (x. entonces. y) = (x. se tiene la igualdad de las derivadas parciales mixtas de f y en consecuencia. pero eso no lo pudimos saber sino hasta el final cuando encontramos la correspondiente función f . El teorema tiene dos partes4 : 1. Demostración. y) ∈ S. y) y ∂x ∂f (x. y)dx + N (x. Derivando con respecto a y la primera de las dos ecuaciones anteriores y con respecto a x la segunda. ∂y ∂x 4 Este teorema fue demostrado por Leonhard Euler en 1734. . y) . Debemos probar que ambas maneras (2. y) = (x. entonces podemos tomar la derivada parcial bajo el signo integral.9) (x.10) de definir f dan la misma función. y)dx. y una función k(x) que dependa sólo de x. Reescribiendo la ecuación anterior como Z Z h(y) = N (x.9) y (2. y la demostración está concluida.10) donde la constante de integración h(y) en (2. tales que Z Z M (x. pues se debe introducir el término más general posible que se anule al derivar parcialmente (2. y) = ∂f (x. y derivando ambos lados con respecto a y.4 Ecuaciones Exactas 29 2. y)dx = M (x. Como f debe satisfacer M (x. y)dy = ∂y Z N (x. (2. supongamos que la ecuación (2.8) es válida y mostremos cómo determinar la función f . y). 5 Recordando lo que nos dice el cálculo sobre las integrales de línea. ∂x El lado derecho de la anterior ecuación es una función de y solamente. y)dy − M (x.9) con respecto a x. obteniendo así Z Z ∂f f (x. y)dy + k(x). y)dy + k(x). y) − ∂ N (x. Un cálculo análogo garantiza la existencia de k(x). y) − M (x. y) = (2. Análogamente k(x) es el término más general que se anula al derivar parcialmente (2. es simplemente conexa (no contiene huecos). Recíprocamente. y)dx. y) y N (x. y)dx + h(y). ∂ ∂y M (x. pues su derivada parcial con respeto a x se anula.10) con respecto a y. y)dx + k(x). y). tenemos Z ∂ 0 h (y) = N (x. y)dx + h(y) = N (x. y) = ∂f ∂f (x.2. ∂x ∂y integramos la primera de las anteriores igualdades con respecto a x y la segunda con respecto a y. ∂y De donde se obtiene 5 Z 0 h (y) = N (x. ∂x y Z f (x. Por tanto existe una función h(y) que depende solamente de y. Para ello sólo basta demostrar que existe una función h(y) que dependa sólo de y. si la región donde ∂ = ∂x N (x.9) es una función arbitraria de y. Esta ecuación diferencial no es exacta. ∂x ∂y integrando la segunda de las dos ecuaciones anteriores con respecto a y. sin embargo. y) = 1 6= −1 = (x. y) = M (x. resuélvala.30 Ecuaciones de Primer Orden Ejemplo 2. y) = (x2 − 1)dy + h(x) = x2 y − y + h(x). obtenemos Z f (x. 2. Vemos que. y2 . y). M (x. y) = x2 − 1. se tiene ∂N ∂M (x. Si lo es. Determinar si la ecuación diferencial (2xy + 3)dx + (x2 − 1)dy = 0. y la solución general implícita de la ecuación diferencial dada es x2 y − y + 3x = C. de modo que h(x) = 3x. y) = x2 y − y + 3x. y) = 2xy + 3 y N (x.5. tenemos 2xy + h0 (x) = 2xy + 3. al derivar parcialmente con respecto a x y sustituir en M . Factores Integrantes Consideremos la ecuación diferencial ydx − xdy = 0. ∂y ∂x la ecuación diferencial dada es exacta. y) = −x.4. de donde h0 (x) = 3. ya que como M (x. y). y (x. En este caso f (x. nótese que si multiplicamos dicha que ∂y ∂x 1 ecuación por la expresión 2 obtenemos y ydx − xdy = 0. Entonces existe f tal que ∂f ∂f (x. y) = 2x = (x. y). y) = y y N (x. es exacta.4. como ∂N ∂M (x. y). y) = N (x. y) − N (x.13). Se dice que el factor Definición 2. entonces µ(x. y)dx + µ(x. y) es un factor integrante7 . y)N (x. entonces se debe tener ∂ ∂ [µ(x. µ es solución de la ecuación (2.11) µ(x. y) − . El problema de la existencia de factores integrantes puede plantearse en general así: Si µ(x. evidentemente. Si la forma de µ es relativamente simple. La solución general6 de esta ecuación es x = C. y2 pues al multiplicar esta ecuación por dicho factor. pero no necesariamente todas las soluciones. y)M (x.13): 6 Se obtiene una solución general.11) con primeras derivadas parciales continuas.5. y) es un factor integrante de (2. y 1 es un factor integrante de la ecuación diferencial ydx − xdy = 0. ∂y ∂x al aplicar la regla del producto y organizar los términos obtenemos · ¸ ∂µ(x. . si supones una forma para el factor integrante y dicha conjetura es correcta. y)]. y)M (x.5 Factores Integrantes o equivalentemente 31 µ ¶ x d = 0. y)] = [µ(x.11) por la función µ(x. es decir. Por ejemplo. y la cual. y) = 0 (2. y)N (x. podemos tener tres casos para resolver la ecuación (2. se ha transformado en una ecuación diferencial exacta. Si la ecuación diferencial M (x. y) sí es exacta. y) = µ(x. por lo tanto. entonces puede ser posible hallar una solución para tal ecuación y. En este caso la ecuación original. es una ecuación diferencial exacta. y)dx + N (x.2. la cual es una ecuación en derivadas parciales. pero la ecuación resultante de multiplicar la ecuación (2. 7 La teoría general de factores integrantes fue desarrollada por Alexis Clairaut en 1739.13) Así. y) M (x. y) = 0 (2. facilitándose así su solución.1. ∂y ∂x ∂x ∂y (2. y) ∂µ(x.12) no es exacta. y) ∂N (x. tiene a la solución trivial como una solución singular. y) ∂M (x. encontrar un factor integrante para la ecuación diferencial. y) − ∂y ∂x N (x. y) sólo depende de y. y) ∂N (x. y) ∂N (x. (2. es decir.   dx N (x. la ecuación (2. y) Z −   ∂x ∂y  µ(y) = exp  dy   M (x. la ecuación (2. y) para la ecuación (2. En este caso. y) ∂N (x. . y)     donde ∂M (x.11). y)     −   dµ(y) ∂x ∂y .11) tiene un factor integrante que sólo depende de x. µ = µ(x). Entonces al resolver la ecuación de variables separables (2. y) ∂M (x. y) para la ecuación (2.15) obtenemos el factor integrante   ∂N (x. y) − ∂x ∂y M (x. y)     −   dµ(x) ∂y ∂x = µ(x) (2. y) sólo depende de x.11). Entonces al resolver la ecuación de variables separables (2. En este caso.15) = µ(y)   dy M (x. y)     donde ∂N (x. y) Z −   ∂y ∂x  µ(x) = exp  dx  N (x. Segundo caso Supongamos que la ecuación (2.14) obtenemos el factor integrante   ∂M (x.11) tiene un factor integrante que sólo depende de y.14) .32 Ecuaciones de Primer Orden Primer caso Supongamos que la ecuación (2. es decir µ = µ(y).13) se reduce a la ecuación de variables separables   ∂M (x.13) se reduce a la ecuación de variables separables   ∂N (x. y) ∂M (x. y) ∂M (x. 11) tiene un factor integrante que sólo depende del producto xy. se tiene µ(xy) = µ(z). y) sólo depende de z = xy. Haciendo la sustitución z = xy. la ecuación (2. Entonces al resolver la ecuación de variables separables (2.5.16) . y) ∂M (x. y) = x + x2 y 5 entonces y ∂M (x. y) − yN (x.11). Ejemplo 2. En este caso.1. y) = −y y N (x.2.13) se reduce a la ecuación de variables separables   ∂N (x.5 Factores Integrantes 33 Tercer caso Supongamos que la ecuación (2. y) = 1 + 2xy 5 ∂x ∂M ∂N 6= así que la ecuación diferencial no es exacta. y) Z −   ∂x ∂y  µ(xy) = exp  dz  xM (x. es decir µ = µ(xy). Buscamos un factor ∂y ∂x integrante: −1 − 1 − 2xy 5 −2(1 + xy 5 ) 2 My − Nx = = =− 5 5 N x + xy x(1 + xy ) x entonces . y) − ∂x ∂y xM (x. y)      donde ∂N (x. y)     −   dµ(z) ∂x ∂y = µ(z) (2. y) − yN (x. Observamos que M (x.  dz xM (x. Resolver la ecuación diferencial (x + x2 y 5 )dy − ydx = 0 . y) = −1 ∂y ∂N (x.16) obtenemos el factor integrante   ∂N (x. y)  para la ecuación (2. y) ∂M (x. y) − yN (x. y) ∂M (x. ∂x ∂y integrando la primera de las dos ecuaciones anteriores con respecto a x se tiene Z f (x. y (x. y) se tiene x−1 + k 0 (y) = x−1 + y 5 entonces k 0 (y) = y 5 . y) = −x−2 y y n(x. obteniendo (x−1 + y 5 )dy − x−2 ydx = 0 de donde m(x. y) = x−1 + k 0 (y) ∂y igualando a n(x. de donde k(y) = y6 . y) ∂y ∂x así que la nueva ecuación diferencial es exacta. 6 . y) = m(x. Multiplicamos por este factor integrante a la ecuación diferencial dada. y) = n(x. entonces 6 y6 f (x. y). y). y) = − x−2 ydx = x−1 y + k(y) derivando parcialmente con respecto a y esta última ecuación obtenemos ∂f (x.34 Ecuaciones de Primer Orden depende sólo de x (primer caso). y) = x y + 6 −1 en consecuencia la solución general de la ecuación diferencial original es x−1 y + y6 = C. entonces el factor integrante es µ(x) = e− R 2 dx x = e−2 ln x = x−2 . y) = x−1 + y 5 entonces ∂m ∂n (x. y) = −x−2 = (x. Entonces existe f tal que ∂f ∂f (x. 2. Expresar la solución en términos de las variables originales. 2. Escribir la ecuación original en términos de las nuevas variables. ni exacta. Identificar el tipo de ecuación y determinar la sustitución adecuada.6.6 Sustituciones diversas 2. Resolver dy = y − x − 1 + (x − y + 2)−1 . ni lineal. dx El lado derecho de la ecuación se puede expresar como una función de x − y + 2. es decir. es decir y − x − 1 + (x − y + 2)−1 = −(x − y + 2) + 1 + (x − y + 2)−1 dy dz = 1− . Ejemplo 2. y) se puede expresar como dx una función de la expresión ax + by + c. Ecuaciones de la forma dy = F (ax + by + c) dx dy Cuando el lado derecho de la ecuación diferencial = f (x. 3. El procedimiento es el siguiente: 1. Al sustituir esto en la ecuación original se tiene dx dx 1− dz = −z + 1 + z −1 . 35 Sustituciones diversas Cuando la ecuación M (x. podríamos transformarla en una ecuación de alguno de estos tipos.1. y)dx + N (x. En esta sección estudiamos dos tipos de ecuaciones que pueden transformarse en una ecuación de variables separables o lineal por medio de una sustitución adecuada. derivando con respecto a x obtenemos dx dx dy dz modo que = 1 − . donde a. dx . no es separable. b y c son constantes. en la forma dy = F (ax + by + c) dx entonces la sustitución z = ax + by + c transforma la ecuación en una ecuación de variables separables.6.6.1. y)dy = 0.2. de así que hacemos z = x − y + 2. 6. Observamos que cuando n = 0 o n = 1. la sutitución9 v = y 1−n transforma la ecuación (2.6. al separar variables obtenemos zdz = dx −1 z2 integrando se obtiene o Z zdz = z2 − 1 Z dx + C1 . la ecuación (2.18) La ecuación de Bernoulli fue propuesta para ser resuelta por James Bernoulli en 1695 y fue resuelta por su hermano John Bernoulli.17) entre y n se tiene y −n 8 dy + P (x)y 1−n = Q(x). es una ecuación de Bernoulli8 .17) es una ecuación lineal y se puede resolver mediante el método analizado en la sección 2. 2 de donde se sigue que z 2 = Ce2x + 1. dx (2.3 Para otros valores de n. Una ecuación de primer orden de la forma dy + P (x)y = Q(x)y n .1.17) en una ecuación lineal. Ecuaciones de Bernoulli Definición 2. dx La cual es una ecuación de variables separables. Al dividir la ecuación (2. Gottfried Leibniz mostró que la ecuación de Bernoulli se puede reducir a una ecuación lineal haciendo esta sustitución. 9 En 1696. dx (2. .36 Ecuaciones de Primer Orden o dz = z − z −1 . b) y n es un número real.2. 1 ln(z 2 − 1) = x + C1 .17) donde P (x) y Q(x) son funciones continuas en un intervalo (a. 2. Al reemplazar z por x − y + 2 se tiene (x − y + 2)2 = Ce2x + 1 que es la solución general de la ecuación diferencial dada. 1 − n dx o en la forma dv + (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x). Dividiendo entre y −2 tenemos dy y2 + y 3 = ex . dx Como 1 − n es una constante.18) se transforma en 1 dv + P (x)v = Q(x). Resuelva la ecuación diferencial dy + y = ex y −2 . 4 Al sustituir v = y 3 se tiene la solución general de la ecuación original 3 y 3 = ex + Ce−3x .6.2. 4 . se tiene dv dy = (1 − n)y −n . para la variable v. dx Hacemos la sustitución v = y 3 . dx Esta es una ecuación de Bernoulli con n = −2. la ecuación transformada es dx dx 1 dv + v = ex .2. la última ecuación diferencial es lineal. tenemos 3 v = ex + Ce−3x . Como dv dy = 3y 2 . dx dx de modo que la ecuación (2.3. 3 dx o dv + 3v = 3ex .6 Sustituciones diversas 37 Al hacer v = y 1−n y usar la regla de la cadena. Ejemplo 2. P (x) = 1 y Q(x) = ex . dx Esta última ecuación es lineal de modo que podemos resolverla en términos de v usando el método analizado en la sección 2. 7. mientras que la del destructor (que es tres veces mayor). está dada por la fórmula de longitud de arco en coordenadas polares Z θ Z θp (dr)2 + (rdθ)2 3(r − 1) = ds = 0 0 . Un destructor está en medio de una niebla muy densa que se levanta por un momento y deja ver un submarino enemigo en la superficie a 4 km de distancia. Halle una ecuación diferencial que describa el movimiento del destructor para estar seguro de que pasará directamente sobre el submarino.7. Figura 2. La distancia recorrida por el submarino hasta el punto donde los caminos se cruzan es r = 1. independientemente de la dirección que este tome. La posición del submarino puede 3 describirse fácilmente en coordenadas polares.38 Ecuaciones de Primer Orden 2. Aplicaciones En esta sección nos concentraremos en la formulación de ecuaciones diferenciales como modelos matemáticos y su inmediata solución aplicando algún método de los vistos anteriormente: Ejemplo 2.1: Entonces el submarino está en un circulo de 1 km de radio centrado en el punto donde fue 1 descubierto. Sea r = f (θ) el camino que el destructor debe seguir para pasar con seguridad sobre el submarino. ya que su velocidad es de la del destructor. si su velocidad es tres veces la del submarino y resuélvala. Supongamos que el destructor ha viajado 3 km hacia el lugar donde fue visto el submarino. Suponga que el submarino se sumerge inmediatamente y avanza a toda máquina en una dirección desconocida.1. 7 Aplicaciones 39 de donde Z θ sµ dr dθ 3(r − 1) = 0 ¶2 + r2 dθ. a lo largo del eje vertical. 2 2 Aplicando las condiciones iniciales r(0) = 1. Es el camino que el destructor debe seguir para pasar con seguridad sobre el submarino. entonces tan θ = donde L = Además √ L . 0) es halado por un bote B localizado en el origen de coordenadas y que viaja hacia arriba.2. x 1 − x2 . entonces dr r = √ dθ 2 2 es la ecuación diferencial que describe el problema. si este se dirige en todo momento hacia el bote (este camino se denomina Tractriz).7. Ejemplo 2. de donde θ √ r(θ) = e 2 2 . tenemos: dr 3 = dθ sµ dr dθ ¶2 + r2 entonces 9(r0 )2 = (r0 )2 + r2 luego 8(r0 )2 = r2 . Un esquiador acuático E localizado en el punto (1.2) se observa que la recta EB es siempre tangente a la trayectoria. . y 0 = tan β. En la figura (2. Derivando con respecto a θ. se tiene que C = 0. Aplicando separación de variables tenemos r0 = dr dθ = √ r 2 2 integrando se obtiene 1 ln(r) = √ θ + C. Halle la trayectoria del esquiador.2. dx x 0 Es la ecuación diferencial que describe la trayectoria del esquiador. x .2: y β = π − θ. Luego y 0 = − tan θ. luego tan β = tan(π − θ) = − tan θ. Por separación de variables se tiene: Figura 2.40 Ecuaciones de Primer Orden Figura 2.3: √ dy = − 1 − x2 dx. es decir √ dy 1 − x2 y = =− . y=− Finalmente. . dS La razón de cambio de la sal en el tanque. x es la trayectoria del esquiador. . dt 2 50 es la ecuación diferencial que rige este proceso. debe ser igual a la razón dt a la que la sal entra al tanque menos la razón a la que la sale. x Aplicando la condición inicial y(1) = 0. Al cabo de 5 minutos se detiene el proceso y se introduce al tanque agua limpia a razón de 1 gal/min y nuevamente se deja que la mezcla abandone el tanque a la misma razón. en el instante t. la razón a la que la sal sale es lb/gal 2 50 multiplicado por 1 gal/min. se tiene que C = 0.3. Ejemplo 2. obteniendo Z cos2 θ dθ. se tiene √ · ¸ √ 1 + 1 − x2 y = ln − 1 − x2 + C. S(t) = e 2 esto es S(t) = 25 + Ce−t/50 . 2 a razón de 1 gal/min y se deja que la mezcla abandone el tanque a la misma razón. Esta ecuación es lineal y la solución general viene dada por ·Z ¸ R 1 1 R 1 dt − 50 dt e 50 dt + C . y=− sin θ Al integrar obtenemos y = ln | csc θ + cot θ| − cos θ + C.7. de donde √ · ¸ √ 1 + 1 − x2 y = ln − 1 − x2 .3 se muestra la tractriz. Un tanque contiene originalmente 50 galones de agua limpia. En la figura 2. a continua1 ción se vierte en el tanque salmuera con una concentración de libras de sal por galón. La razón a la que la sal 1 S(t) entra es lb/gal multiplicado por 1 gal/min. por tanto 1 1 dS(t) = − S(t). Encuentre la concentración de sal en el tanque al cabo de 10 minutos. x esta integral se resuelve por una sustitución trigonométrica de la forma x = sin θ.2.7 Aplicaciones 41 integrando Z √ 1 − x2 dx + C. en términos de x. 1526 2. entonces separando variables tenemos dQ = kdt.37906. de donde S(t) = 2. Si 100 mg de este material se reducen a 91. t = 5. por tanto dS(t) 1 = − S(t). Cuando t = 5 se tiene S(5) = 25(1 − e−1/10 ) = 2. Para el segundo proceso se toma S(0) = 2.7.37906e−1/10 = 2. Q integrando a ambos lados y simplificando se tiene Q(t) = Cekt . El isótopo radiactivo torio 234 se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente del mismo. La ecuación diferencial anterior es de variables separables.42 Ecuaciones de Primer Orden donde C es una constante arbitraria. esto es. en donde Q se mide en miligramos y t. .1526.37906e−t/50 .37906. pues está entrando agua limpia. A fin de satisfacer la condición inicial S(0) = 0. su vida media. dt donde la constante k es negativa y se conoce como la razón de decaimiento. en dias.04305 = 4. encontrar una expresión para la cantidad presente en cualquier instante.86 mg en tres dias. debemos tomar C = −25. A fin de satisfacer la condición inicial S(0) = 2. Q satisface la ecuación diferencial dQ = kQ.305 % 50 lb/gal. Como el torio 234 se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente del mismo. entonces S(5) = 2. donde C es una constante arbitraria. de iniciarse el proceso.4. Ejemplo 2. la razón a la que la sal sale es lb/gal 50 multiplicado por 1 gal/min. Al cabo de 10 minutos. dt 50 cuya solución general es S(t) = Ce−t/50 .37906. entonces la concentración de sal en ese instante es = 0. La razón a la que la sal entra es 0 S(t) lb/gal (cero). Sea Q(t) la cantidad de torio 234 presente en cualquier instante t. debemos tomar C = 2. de donde S(t) = 25(1 − e−t/50 ). Hallar la cantidad presente al cabo de una semana y también hallar el intervalo de tiempo que debe transcurrir para que la masa decaiga hasta la mitad de su valor original.37906. la tasa de crecimiento por individuo será . pero la tasa de mortalidad es proporcional al tamaño de la población. Supóngase que esta dP es la tasa de crecimiento última constante de proporcionalidad es β > 0.5.5.0287.1981 = 82. Supóngase que en una población dada la tasa promedio de nacimientos es una constante positiva α.7 Aplicaciones 43 en donde C es una constante arbitraria. en miligramos.0283/dias. entonces 50 = 100e−0. la ecuación P dt diferencial que controla el crecimiento de esta población es 1 dP = α − βP.2. Ejemplo 2. P dt Multiplicando ambos lados de la anterior ecuación por P tenemos dP = P (α − βP ). Por tanto. La condición inicial Q(0) = 100. Puesto que dt 1 dP de la población. entonces ln(0. Sea τ el lapso de tiempo en el que la masa se reduce a la mitad de su valor original. dt . por lo tanto Q(t) = 100ekt .9186) = −0. 3 Entonces la cantidad presente en cualquier instante t es k= Q(t) = 100e−0. debido a los efectos del hacinamiento y la competencia creciente por el alimento disponible. para la segunda condición se tiene que t = 3 y Q = 91. de donde τ= ln 2 = 24.86 en la anterior ecuación nos da 91. La tasa de crecimiento por individuo de una población es la diferencia entre la tasa promedio de nacimientos y la tasa promedio de mortalidad. requiere que C = 100 y.0283 en dias.86 = 100e3k . 0.0283τ .7.0283t . La cantidad presente al cabo de una semana es Q(7) = 100e−0. β + (αP (0)−1 − β)e−αt que es la solución de la ecuación logística. tenemos P = CE αt . α − βP Haciendo t = 0 encontramos que C= P (0) . El tipo de crecimiento representado por esta ecuación se llama crecimiento logístico.7. Si la corriente i(t) (en amperes (A)) es cero cuando t = 0. obtenemos 1 1 ln P − ln(α − βP ) = t + c. P (α − βP ) αP α(α − βP ) Sustituyendo el lado derecho de la anterior ecuación e integrando.44 Ecuaciones de Primer Orden que es la ecuación logística. Separando las variables tenemos dP = dt. se tiene que 1 1 β = + . L = 4 y E = 200. P (α − βP ) Usando fracciones parciales.6. ¿cuál es la corriente después de 0. la segunda ley de Kirchhoff y la corriente inicial dan el problema de valor inicial  di  4 dt + 16i = 200.5 segundos? Como R = 16. . α α o bien µ ln P α − βP ¶1/α = t + c.  i(0) = 0. Ejemplo 2. Una resistencia de 16 ohms (Ω) y una inductancia de 4 henries (h) se conectan en serie con una fem de 200 volts (V ). Tomando exponencial de ambos lados de esta ecuación y denotando la constante arbitraria ec por C. α − βP (0) y sustituyendo el valor de C y despejando P (t) obtenemos P (t) = α . 5. Ejemplo 2.7 Aplicaciones 45 Dividiendo ambos lados de la ecuación diferencial por 4. Determine la carga y la corriente en cualquier instante t > 0.88 A. cuya solución viene dada por ·Z ¸ R R − 5dt 5dt q(t) = e 3e dt + k .5) = 10.7. Dividiendo a ambos lados de la ecuación diferencial por 20. Como R = 20. 2 i(t) = 25 utilizando la condición inicial i(0) = 0 se obtiene que k = − .05 y E = 60. dt que es una ecuación diferencial lineal de primer orden. que al integrar y simplificar obtenemos q(t) = 3 + ke−5t . de donde la expresión para 2 la corriente en cualquier tiempo t es i(t) = 25 (1 − e−4t ). se tiene dq + 5q = 3.2. cuando t = 0. tenemos i(0. En el instante t = 0 segundo no hay carga en el capacitor. dt que es una ecuación diferencial lineal de primer orden. Un circuito eléctrico contiene un resistor de 20 ohms en serie con un capacitor de 0. 2 es decir i(0.7. se tiene di + 4i = 50. la segunda ley de Kirchhoff y la carga inicial dan el problema de valor inicial  dq  20 dt + 100q = 60. al integrar y simplificar obtenemos 25 + ke−4t . 2 Así. cuya solución es ·Z ¸ R R − 4dt 4dt i(t) = e 50e dt + k . C = 0. 5 .5) = 25 (1 − e−2 ).  q(0) = 0.05 f arads y una fem de 60 volts. como i(t) = dq(t) . 5 Además.46 Ecuaciones de Primer Orden 3 usando la condición inicial q(0) = 0 se obtiene que k = − . se tiene que. la corriente en cualquier instante t es dt i(t) = 3e−5t . . de donde la expresión para la 5 carga en cualquier instante t es 3 q(t) = (1 − e−5t ). (c) Resuelva la ecuación diferencial y 0 = x+y−1 .8 Ejercicios 2. 2. 3. 1 + y + 2x 5. 2x + 1 xy − y − 2x + 2 (c) y 0 = . Utilice el cambio de variables indicado para resolver la ecuación diferencial dada: (a) tx0 = e−tx − x. haga tx = z. Resuelva los siguientes problemas de valores iniciales:  ½ 2 (x + y 2 − 5)dx − (xy + y)dy = 0 y2 − 1  0 (c) y = 2 (a) y(0) = 1. p ½ 0 xy = y 2 + x2 (d) y(−1) = 2. (b) y 0 = sin(x − y + 1). 1 − 2y − 4x (b) y 0 = . 6. x−y−5 . 4. tales que x = z − h y y = w − k reducen la ecuación diferencial µ las sustituciones ¶ ax + by + c y0 = F a una ecuación de variables separables. −1  y(2) = x 2. y(1) = 2.  (  dy x + yey/x 2 dy 3 3 = xy = y −x (e) (b) dx xey/x dx  y(1) = 0. 47 Ejercicios 1. Resuelva: (a) y 0 = (x − y)2 . xy + y + 2x + 2 (d) x3 y 4 dy = (x + 1)dx. (a) Suponga que ae − bd 6= 0 y demuestre que se pueden elegir constantes h y k. haga z = y + 2x. dx + ey + f (b) Si ae = bd encuentre una sustitución que haga la reducción pedida en el item anterior.8. Resolver utilizando separación de variables: (a) (1 − x2 )dy = dx.2. Encuentre la solución general de tx0 (t) = x(t) + 2te− x(t) t . ½ ¾2 3y − 2 0 (b) y = . (f ) 1 − u0 = u2 . (e) et xx0 = e−x + e−2t−x . donde f es una función real de variable real diferendx ciable. (a) 8. y(0) = 2. Use el método del ejemplo 2. 9. (b) dx (a) 3 (c) 11. dx dy + xy = y 2 . (d) dx dy 3 + y = 2x4 y 4 . Analice por separado los casos dx m 6= n y m = n.6. ½ dy 1. Determine la solución continua que ción inicial indicada. y 1/2 y 0 + y 3/2 = 1 y(0) = 4. . n y a son constantes. dy (d) f (x) + f 0 (x)y = f 0 (x). y(1) = 2.2 para resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: dy 2√ − 4xy = 16xe3x y. ½ 0 ½ xy − 2y = x2 + x xy 0 + y = ex (b) (d) y(1) = 1. (c) = y 2 x ln x = y − cos x 2. Encuentre la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales: dy 2 + y = x2 + 2. y(0) ½ (d) dy = y 2 cos x(1 − sin x) dx = 2. y(0) = 0. dx x dy + y = 12e2x y 2 . dx dy (c) − my = aenx . (a) + p(x)y = x. q(x) = −x dx satisfaga la ecuación diferencial dada y la condi0 ≤ x ≤ 5. y(0) = 5. Halle la solución de cada uno de los siguientes problemas de valor inicial: ½ 0 ½ 0 2 y − y tan x = 3e− sin x y − xy = xex (c) (a) y(0) = 4.48 Ecuaciones de Primer Orden 7. Resuelva los siguientes problemas de valor inicial: ( dy − y2 (a) dx y(1) ( dy x +y (b) dx y(1) ( y = x = 1. . donde m. . p(x) = −1 dx ½ dy x (b) − xy = q(x). dx x dy (b) x2 = x2 + 2xy − y. x>5 0 ≤ x ≤ 1. x>1 10. 17. y)dy = 0 encuentre condiciones suficientes para que tenga un factor integrante de la forma indicada: (a) u(x. (b) f (y)dx + g(x)dy = 0. y) = g(y). ½ 2 (y cos x − 3x2 y − 2x)dx + (2y sin x − x3 + ln y)dy = 0 (b) y(0) = e. y)dx + N (x. y)dy = 0. 14. y)dy = 0. 15. Encuentre condiciones suficientes para f y g tales que la ecuación diferencial dada sea exacta.8 Ejercicios 49 12. halle la solución general de la ecuación diferencial: (a) (2x + y)dx − (x + 6y)dy = 0. En caso afirmativo. 16. dy (d) x = 2xex − y + 6x2 . (c) u(x. En cada caso determine si la ecuación diferencial dada es exacta o no en algún rectángulo abierto de R2 . (b) (sin y − y sin x)dx + (cos x + x cos y − y)dy = 0. dx 1 (e) ( + x ln y)dy + (y ln y − e−xy )dx = 0.2. y)dx + f (x)N (x. y 13. Hallar n tal que la ecuación diferencial dada sea exacta. y) = g(z). Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales usando factores integrantes o sustitución: . y) = g(z). Resuelva la ecuación para tal valor de n: (a) (xy 2 + nx2 y)dx + (x3 + x2 y)dy = 0. Halle la solución de cada uno de los siguientes problemas de valor inicial: ½ (x + y 2 )dx + (2xy + y 2 − 1)dy = 0 (a) y(1) = 1. (c) (y 3 − y 2 sin x − x)dx + (3xy 2 + 2y cos x)dy = 0. Para la ecuación M (x. y)dx + N (x. (b) u(x. (b) (x + ye2xy )dx + nxe2xy dy = 0.  µ 2 ¶ x  3y − x2 dy + 4 = 0 5 (c) y dx 2y  y(1) = 1. (c) g(y)M (x. con z = x + y. con z = xy. (d) f (x)M (x. Muestre un ejemplo particular en cada caso: (a) (x2 + y)f (x)dx + xg(y)dy = 0. En la segunda parte de la demostración del teorema 2. si se escoge un sistema bidimensional de coordenadas con origen en el centro de la sección transversal del cilindro. ϕ es el ángulo que forma el radiovector de cada punto de la sección transversal del cilindro con respecto al diámetro horizontal. (f ) (xy − 1)dx + (x2 − xy)y = 0. y 00 = dp dy dp =p . (b) (3x2 − y 2 )dy − 2xydx = 0. y) = C. (j) (y + x)dx + (y − x)dy = 0. (g) ex dx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0. 19. y)dt + N (x0 . Si una ecuación diferencial es de orden m > 1 y carece de una de las variables x o y. Resolver las ecuaciones diferenciales dadas: (a) y 00 + 2y 0 = 4x. es exacta. (c) xy 00 − 3y 0 = x2 . La tensión T en una cadena que cuelga sobre un cilindro rugoso está dada por dT − µT = ρa(cos ϕ + µ sin ϕ). dx si falta y en la ecuación. y0 ) un punto cualquiera en S y defina Z y Z x M (t. y)dx + N (x. t)dt. 20. (c) (2x+x2 +y 2 )dx+(2y−x2 −y 2 )dy = 0.4.1. ρ y a son constantes. y que la solución de dicha ecuación está dada por f (x. (h) (y ln y − 2xy)dx + (x + y)dy = 0. (b) 1 + yy 00 + y 02 = 0. si T = 0 cuando ϕ = 0 y T = ρl cuando ϕ = π. y) = y0 x0 Muestre que la ecuación M (x. específicamente con respecto al eje positivo de las abscisas. y)dy = 0. f (x. donde f es la función que se indica y C es una constante. . (b) Muestre que l(1 + µ2 ) = 2µa(1 + eπµ . (a) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial dada. entonces se puede reducir a una ecuación diferencial de orden m − 1 haciendo un cambio de variable dp y 0 = p. (e) (y ln y + yex )dx + (x + y cos y)dy = 0. (d) yy 00 + 2y 02 = 0. dy dx dy si falta x en la ecuación. 18. dϕ donde µ. (d) (x2 + y 2 − y)dx + xdy = 0. y 00 = .50 Ecuaciones de Primer Orden (a) (xy 2 − x)dx + (x2 y − y)dy = 0. (i) (y 2 + xy + 1)dx + (x2 + xy + 1)dy = 0. o y 0 = p. considere (x0 . (d) 4x2 + 9y 2 = c. y)dx − (x. 1) de tal forma que las coordenadas (x. donde c es f (x. (b) y = cx3 . (a) Muestre que las curvas ortogonales a la familia f (x. (Sugerencia: Use el hecho de que = y encuentre una sola dt dx dt ecuación diferencial con variable dependiente y y variable independiente x. y) un parámetro. Encuentre la ecuación cartesiana de la trayectoria del dy dy dx punto móvil. ∂y ∂x (b) Use el item anterior para mostrar que las trayectorias ortogonales a la familia de círculos x2 + y 2 = c son justamente las líneas rectas que pasan por el origen. 23. Considere la familia de curvas descritas pro f (x. y) = c satisfacen la ecuación diferencial ∂f ∂f (x. Un punto se mueve en una curva plana que pasa por el punto (1. (a) y = cx. 24. (c) y = x2 + c. y)dy = 0. (a) Proceda como en el ejercicio anterior para mostrar que los potenciales de velocidad satisfacen la ecuación diferencial dx + (x − y)dy = 0. Los potenciales de velocidad del flujo son justamente las trayectorias ortogonales de esta familia. y) = c. dt donde t representa el tiempo. entonces la trayectoria ortogonal generalmente es la gráfica de una función y(x) que satisface 1 y0 = − .8 Ejercicios 51 21. son las hipérbolas xy = c. y).) .) 22.   dy   = 2x + 2y. (Sugerencia: Primero exprese la familia y = x − 1 + ce−x en la forma f (x. y) = c. Utilice el método del ejercicio anterior para hallar las trayectorias ortogonales para cada una de las familias dadas de curvas. y) de cada punto de su trayectoria satisfacen el sistema de ecuaciones diferenciales  dx     dt = −2x + 6y. Un problema geométrico que aparece con frecuencia en ingeniería y en ciencias básica es el de determinar una familia de curvas (trayectorias ortogonales que intersecte a una familia dada de curvas en forma ortogonal en cada punto. Las líneas de flujo asociadas con cierto flujo de fluidos son representadas por la familia de curvas y = x − 1 + ce−x .2. (c) Muestre que las trayectorias ortogonales de la familia de hipérbolas x2 − y 2 = c. Si la familia de curvas dada satisfacen la ecuación diferencial de primer orden y 0 = f (x. 52 Ecuaciones de Primer Orden (b) Determine los potenciales de velocidad resolviendo la ecuación obtenida en el item anterior. quien descubrió el resultado que se da en este problema. 25. 26. fue Euler en 1760. 10 En 1724 Jacobo Riccati estudió un caso particular de esta ecuación. y se conoce con el nombre de solución singular. Una ecuación diferencial de la forma dy = P (x)y 2 + Q(x)y + R(x). dx se denomina una ecuación de Riccati generalizada10 . reduce a dicha ecuación a una ecuación lineal en v. 11 Alexis Clairaut estudió estas ecuaciones en el año 1734. se llama ecuación dx de Clairaut. Una ecuación diferencial de la forma dy y =x +f dx µ dy dx ¶ . dy . (a) Si se conoce una solución de la ecuación de Riccati. Además. Suponga entonces (b) De la anterior ecuación concluya que dx dy que = c y sustituya de nuevo en la ecuación de Clairaut para obtener una dx familia de línea rectas solución y = cx + f (c). donde f 0 (t) = d f (t).11 El interés en estas ecuaciones se debe al hecho de que ella tiene una familia uniparamétrica de soluciones consistentes en líneas rectas. digamos u(x). v (b) Dado que u(x) = x es una solución de la ecuación diferencial dy y = x3 (y − x)2 + . y luego simplifique para obtener [x + f 0 (y 0 )]y 00 = 0. muestre que 1 la sustitución y = u + . dt dy = c o f 0 (y 0 ) = −x. durante sus investigaciones de las curvas cuyos radios de curvatura sólo dependen de la variable dependiente y no de la variable independiente. 12 Es decir. Resuelva la ecuación de Clairaut de la siguiente manera: donde la función continuamente derivable f se evalúa en t = (a) Derive la ecuación de Clairaut con respecto a x. la envolvente12 de esta familia también es una solución de ella. dx x use el resultado del item anterior par hallar todas las soluciones a esta ecuación. sin embargo. la curva cuyas tangentes están dadas por la familia . El economista Vilfredo Pareto (1848-1932) descubrió que en una economía estable la tasa de decrecimiento del número de personas P con un salario de por lo menos t pesos es directamente proporcional al número de personas e inversamente proporcional al su salario. . El recipiente tiene un agujero circular de 1 pie de radio en el fondo. 30. Sea h = h(t) la profundidad del agua en el tanque en el instante t y suponga que la velocidad de salida por el orificio es la de una gota en caída libre desde una altura igual a la profundidad del agua. 29. Encuentre una ecuación cartesiana para la trayectoria del punto. donde dt A es el área del orificio y V = V (t) es el volumen del agua en el tanque en el instante t. Un depósito de agua tiene un orificio en el fondo. 27.13 28. mientras su ordenada lo hace con aceleración constante de 0. entonces = −Av.2. Obtenga una expresión para P en términos de t. La ley de Torricelli establece que dV si v = v(t) es la velocidad del agua a través del orificio. Para un tanque cilíndrico de 40 cm de diámetro y con una profundidad inicial de 50 cm. ¿Cuánto demorará en salir toda el agua de la cisterna. 31. Suponga que la constante de proporcionalidad es conocida. encuentre el tiempo necesario para vaciarlo por medio de un orificio circular de 1 cm de diámetro. Un punto móvil en el plano. (d) Use el método anterior para hallar la familia de líneas rectas solución y la solución singular de la ecuación diferencial y = xy 0 + ln(y 0 ).05 cm/seg. Si se conoce la cantidad de sustancia en un instante determinado. parte del origen.) 13 A esta expresión se le llama la ley de Pareto. Una sustancia radiactiva se descompone con una razón de cambio proporcional en todo instante a la cantidad de sustancia sin descomponer. encuentre una fórmula que exprese la cantidad de sustancia en función del tiempo. Su abscisa se mueve con velocidad constante igual a 1 cm/seg.8 Ejercicios 53 (c) Suponga ahora que f 0 (y 0 ) = −x y muestre que otra solución de la ecuación de Clairaut está dada de manera paramétrica por ½ x = −f 0 (y 0 ) y = f (y 0 ) − y 0 f 0 (y 0 ) esta es la solución singular. Una gran cisterna abierta llena de agua tiene la forma de una semiesfera de 30 pies de radio. partiendo del reposo. (Sugerencia: Aplique la ley de Torricelli. Halle una fórmula para la corriente en cualquier tiempo t y calcule la corriente después del tiempo que se especifica. 34. Calcule la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos. sale el mismo flujo. Suponga que un gran tanque de mezclado contiene inicialmente 500 galones de agua. Entonces entra aire fresco (sin cloro) a la habitación a una tasa de 8 ft3 /min. t = 1 segundo. Halle la forma que debe tener la cisterna del ejercicio anterior para que el nivel del agua baje a una razón constante. Determine la tasa de entrada requerida para reducir la concentración de cloro a 0. con 15 libras de sal 2 disuelta. en los que se disolvieron 40 libras de sal.54 Ecuaciones de Primer Orden 32. suponga ahora que la solución salina sale con un flujo de 6 gal/seg en vez de 3 gal/seg. ¿Cuál es la concentración de la solución en el tanque a los 30 segundos? 35. C. Calcule la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 50 minutos. El aire de la habitación está bien mezclado y fluye hacia afuera por una puerta a la misma tasa que entra el aire fresco.) usaban relojes de agua basados en este principio. L = 1 h. salen 5 gal/min.14 33. E = 12 V y i(0) = 0 A. en los que se han disuelto 60 libras de sal. Al tanque entra agua pura con un flujo de 3 gal/seg y. Le entra salmuera con libras de sal por galón a razón de 8 galones por 3 minutos. (b) Suponga que la tasa de flujo de aire fresco es ajustable. suponga que el tanque está abierto y que su capacidad total es de 600 galones y que la otra salmuera que entra al tanque lo hace a razón de 8 gal/min. . estando bien mezclado el contenido en el tanque. El aire de la habitación contiene inicialmente cloro a una concentración de 0. en vez de 4 gal/min. El contenido del tanque está bien mezclado y de él sale a razón de 3 galones por minutos la solución. (a) Encuentre la concentración de cloro en la habitación como función del tiempo t. Para el problema anterior. manteniendo el resto igual.001 g/ft3 en 20 min. ¿Cuándo se vacía el tanque? 36. Si la concentración de la solución que entra es 2 lb/gal. la inductancia. con el tanque bien agitado. 14 Los antiguos egipcios (1380 A.1 g/ft3 . Una habitación tiene un volumen de 800 ft3 . 39. Suponga que en un gran tanque de mezclado hay inicialmente 200 galones de agua. 37. Para el problema anterior. Suponga que un circuito en serie RL tiene los valores dados para la resistencia. la fem y la corriente inicial. (a) R = 10 Ω. ¿Cuándo se derramará el tanque? ¿Cuántas libras de sal habrá en el tanque cuando la solución se comienza a derramar? 38. Un tanque está parcialmente lleno con 150 galones de salmuera. Al tanque entra otra salmuera a razón de 4 gal/min y. 55 . t = 0. E = 100 V y q(0) = 1 c. i(0) = 0 A y el voltaje de la fem satisface  0 ≤ t ≤ 5.  3. C = 1 f . E = sin(60t) V y q(0) = 1 c. L = 2 h. (c) R = 50 Ω.8 segundos.5 segundos. Halle la corriente de un circuito RL en serie. t = 1 segundo. C = 2 × 10−4 f . si R = 100 Ω. E(t) =  4 − e5−t . Suponga que un circuito en serie RC tiene los valores dados para la resistencia. L = 1 h. (a) R = 1 Ω. E = 6 V y i(0) = 1 A. (d) R = 100 Ω. (c) R = 50 Ω.8 Ejercicios (b) R = 8 Ω. t = 1 segundo. t = 0. (b) R = 10 Ω. la fem y la carga inicial. 40. C = 10−3 f . E = 12 V y q(0) = 0 c. L = 5 h. t > 5. t = 0. (d) R = 10 Ω. C = 0. 41.5 segundo. L = 2 h.001 f . al cabo de 10 segundos. t = 0. E = 12 sin t V y i(0) = 1 A. Halle una fórmula para la carga en cualquier tiempo t y calcule la carga después del tiempo que se especifica. t = 1 segundo.2. la capacitancia.8 segundo. E = 120 V y i(0) = 0 A. E = 10 cos(60t) V y q(0) = 0 c. 56 Ecuaciones de Primer Orden . CAPÍTULO 3 Ecuaciones Lineales de Orden Superior 3.1. Preliminares En los capítulos 1 y 2 nuestra atención estuvo en las ecuaciones diferenciales de primer orden. En este capítulo la pondremos en las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior n ≥ 2. Las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior surgen en diferentes modelos matemáticos de sistemas mecánicos y circuitos eléctricos entre otros. En este capítulo estudiaremos algunos de esos modelos, así como la teoría general sobre existencia y unicidad y las técnicas de solución de las ecuaciones diferenciales lineales. Una ecuación diferencial ordinaria lineal tiene la forma general an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = g(x), (3.1) donde n ∈ Z+ y las funciones coeficientes a0 , a1 , . . . , an , y la función g son funciones reales definidas sobre algún intervalo abierto I de R, las que se supondrán al menos continuas. Si an (x) no es la función idénticamente nula en I, la ecuación (3.1) es una ecuación diferencial ordinaria lineal de n-ésimo orden. Ejemplo 3.1.1. Ver si la ecuación diferencial y 00 + 2y 0 − 3y = 0, (3.2) 58 Ecuaciones Lineales de Orden Superior tiene como dos soluciones particulares a y1 (x) = ex y y2 (x) = e−3x . Para y1 (x) tenemos que y10 (x) = ex y y100 (x) = ex , entonces y100 (x) + 2y10 (x) − 3y1 (x) = ex + 2ex − 3ex = 0. Para y2 (x) tenemos que y20 (x) = −3e−3x y y200 (x) = 9e−3x , entonces y200 (x) + 2y20 (x) − 3y2 (x) = 9e−3x − 6e−3x − 3e−3x = 0. Entonces y1 (x) y y2 (x) si son soluciones particulares de (3.2). La ecuación (3.2) es una ecuación homogénea con coeficientes constantes de orden dos. Algunos hechos básicos importantes relativos a la ecuación (3.2), los cuales serán demostrados en secciones posteriores, son los siguientes: El conjunto solución de (3.2) es un espacio vectorial bajo las operaciones de adición de funciones y de multiplicación de las mismas por escalares. Sea S tal conjunto. La dimensión de S es igual al orden de la ecuación diferencial. Es decir, una base de S está formada por dos soluciones de (3.2) linealmente independientes. Esto quiere decir que todo elemento de S, es decir, toda solución de la ecuación diferencial considerada es una combinación lineal de dos soluciones particulares l.i de dicha ecuación. Las soluciones y1 , y y2 , dadas anteriormente, son linealmente independientes. Por lo tanto, de acuerdo con lo expresado con el item anterior, toda solución de (3.2) es de la forma y(x) = c1 ex + c2 e−3x . Los hechos enunciados anteriormente son válidos en general para ecuaciones lineales homogéneas de cualquier orden. La ecuación homogénea asociada a (3.1) es la ecuación an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0. (3.3) Si consideramos la ecuación no homogénea y 00 + 2y 0 − 3y = x, (3.4) de la cual (3.2) es su homogénea asociada, tenemos que 1 2 yp (x) = − x − 3 9 es una solución de ella. Demostraremos que toda solución de (3.4) puede escribirse como la suma de la solución indicada con la solución de la ecuación homogénea asociada. Este hecho es también válido en general y será establecido más adelante. Para el ejemplo que estamos considerando notemos que si y(x) es una solución de (3.4), entonces y 00 (x) + 2y 0 (x) − 3y(x) = x, 3.1 Preliminares 59 po lo tanto, si consideramos la función definida por µ 1 2 yh (x) = y(x) − yp (x) = y(x) − − x − 3 9 ¶ , se tiene que yh (x) es solución de la homogénea asociada, pues yh0 (x) = y 0 (x) + yh00 (x) = y 00 (x), de donde 1 y 3 2 2 yh00 (x)+2yh0 (x)−3yh (x) = y 00 (x)+2y 0 (x)+ −3y(x)−x− = y 00 (x)+2y 0 (x)−3y(x)−x = 0. 3 3 Por lo tanto, y(x) = yp (x) + yh (x), tal como se había anunciado. El anterior ejemplo muestra lo que es nuestro objetivo central con relación a la solución de una ecuación lineal: Se trata de determinar la solución general de la ecuación homogénea asociada, así como de hallar una solución particular de la no homogénea. Dado que uno de nuestros objetivos es demostrar que el conjunto solución de una ecuación lineal homogénea es un espacio vectorial (de funciones) nos parece pertinente presentar los resultados que consideramos necesarios en este sentido. 3.1.1. Espacios funcionales Sea I un intervalo abierto en R, consideremos el conjunto de las funciones de valor real definidas en I F [I] = {f : I → R|f es una función}. Para f, g ∈ F [I], definimos f +g : I → R x 7→ f (x) + g(x) y, para α ∈ R, αf : I → R x 7→ αf (x). Con tales operaciones F [I] es un espacio vectorial1 sobre el campo de los reales. Decimos que es un espacio funcional, donde el elemento neutro es la función idénticamente nula, definida por O(x) = 0, para todo x ∈ I. 1 Para un repaso de espacios vectoriales generales, se recomienda consultar el libro Notas de álgebra lineal de Castañeda-Barrios-Martínez. Capítulo 4. Ediciones Uninorte. 2004. 1. fm ∈ F [I] se dicen linealmente dependientes (l. y f3 son l.2. Definición 3. . El conjunto {f1 . . . fm generan a H y son l. f2 . f2 . dado que 1 = sin2 x + cos2 x.1. . fm . f2 .6. es válida la implicación α1 f1 + α2 f2 + · · · + αm fm = O ⇒ α1 = α2 = · · · = αm = 0. . y sólo si.3. y solo si. Si H es finitamente generado decimos que su dimensión es finita e igual al número de elementos de una base cualquiera. entonces.i. En efecto. la única combinación lineal igual a la función idénticamente nula es la trivial. . . . f2 . f1 . . . pues la primera es combinación lineal de las otras dos. tales que α1 f1 + α2 f2 + · · · + αm fm = O. se tiene que f1 − f2 − f3 = O. . . . f5 . . . . . α2 . . . Las funciones f1 .1. . . .5. no todos nulos. . Ejemplo 3. . . αm . . . f4 (x) = cos 2x f5 (x) = ex ¿Cuales son l. En C ∞ [R]. . fm ∈ F [I] se dicen linealmente independientes (l. entonces f1 . f2 . .d y cuales l. . . f2 . . Escribiremos C ∞ [I] si todas las derivadas existen y son continuas sobre I. . . igual a la función idénticamente nula. fm } es una base para H si. . αm la función definida por f := α1 f1 + α2 f2 + · · · + αm fm se denomina combinación lineal de f1 . Es decir. Definición 3.1. . Utilizaremos la notación C k [I] para el conjunto de todas las funciones definidas sobre I. Definición 3. Es decir existen escalares α1 . fm ∈ F [I]. si toda función de H puede escribirse como una combinación lineal de f1 . para escalares α1 .? Las funciones f1 .1. fm . . α2 . Las funciones f1 . f2 . f2 (x) = cos2 x f3 (x) = sin2 x . .i.d. . consideremos las funciones f1 .1. hasta el orden k. diferenciables al menos hasta el orden k ≥ 0 y con todas sus derivadas. . Observación 3. y sólo si. Si H es un subespacio de F [I].1. definidas a continuación: f1 (x) = 1 . .i) si. para todox ∈ R. f2 . f2 . .2.1. Definición 3. . Definición 3.1. Supongamos que f1 . . continuas sobre I.d) si.4. fm generan a H. existe una combinación lineal no trivial de ellas.60 Ecuaciones Lineales de Orden Superior Definición 3.1. . . que para todo numero real x. f2 . para x = 0 se debe tener  a+b+c      c      −4b + c son válidas para todo x real. fm en x.3. . . .   . . Si consideramos ahora a f1 . . Es claro entonces que si detW (x) 6= 0 para algún x ∈ I las funciones f1 . a + b cos 2x + cex = 0.i. por lo que las funciones consideradas son l.3. f2 . . Se tiene. g(x) = 3 + x2 . fm en C m−1 [I]. se tiene que. fm son l. . f4 . . Como estas tres últimas ecuaciones funcionales en particular. . Derivando obtenemos −2b sin 2x + cex = 0. entonces.5)    . . . Supongamos una combinación lineal de la forma af1 + bf4 + cf5 = O. Ejemplo 3. . . .1. f2 . Dadas las funciones f (x) = x.     (m−1) (m−1) (m−1) f1 (x) f2 (x) · · · fm (x) se denomina matriz wronskiana de f1 .... . . h(x) = ex y q(x) = x + e2 x. Por el contrario si detW (x) = 0 para todo x ∈ I se tiene que las funciones son l.i. si x ∈ I. derivando esta última expresión se tiene −4b cos 2x + cex = 0. y f5 . = 0 = 0 = 0 Resolviendo este sistema se obtiene a = b = c = 0.1 Preliminares 61 la cual es una combinación lineal no trivial igual a la función idénticamente nula. El procedimiento anterior puede extenderse para cualquier numero m de funciones f1 ..d. Para tales funciones. . entonces la matriz   f1 (x) f2 (x) ··· fm (x)     0 0  f10 (x)  f (x) · · · f (x) 2 m     W (x) =  (3. . una aplicación (función) que transforma elementos de uno de tales espacios en elementos del otro será denominado operador. en consecuencia f . g y q son l. Entonces ¯ ¯ ¯ x 3 + x2 x + e 2 x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 2x 1+e ¯ detW (x) = ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 2 0 luego ¯ ¯ x x + e2 x ¯ detW (x) = −2 ¯¯ ¯ 1 1 + e2 ¯ ¯ ¯ ¯ = −2(x + e2 x − x − e2 x) = 0. f 0 (x) = 1. El operador diferencial lineal Introducimos a continuación una útil herramienta en nuestro propósito de estudiar la ecuación diferencial lineal. g y h son l.1. q 0 . g 0 (x) = 2x.62 Ecuaciones Lineales de Orden Superior (a) ¿Cómo son f . g 0 . h0 . Dados dos espacios funcionales. en consecuencia f .d. Entonces ¯ ¯ ¯ x 3 + x2 ex ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x 2x e ¯¯ detW (x) = ¯¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 2 ex ¯ luego ¯ ¯ 2x ex ¯ detW (x) = x ¯¯ ¯ 2 ex ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 + x2 ex ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ex ¯ entonces detW (x) = x(2xex − 2ex ) − (3ex + x2 ex − 2ex ) = x2 ex − 2xex − ex 6= 0 √ Para todo x 6= 1 ± 2. (b) Hallemos f 0 . h0 (x) = ex . f 0 (x) = 1.2. g 00 (x) = 2 y h00 (x) = ex . g 0 . f 00 . g 00 y h00 . Si tal aplicación es además una transformación lineal decimos que es un operador lineal. f 00 . g y q ? (b) ¿Cómo son f . g 0 (x) = 2x. f 00 (x) = 0. g y h ? (a) Hallemos f 0 . ¯ ¯ Para toda x real.i. 3. g 00 y q 00 . g 00 (x) = 2 y q 00 (x) = 0. q 0 (x) = 1 + e2 . f 00 (x) = 0. . 5. D0 (f ) = f (0) = f . Con la ayuda del operador así definido podemos ahora presentar un tratamiento cómodo de las ecuaciones diferenciales lineales. definimos µZ ¶ Z x (f ) (x) = f (t)dt.8) . para toda función f . Si definimos L = D2 + a1 D + 2D0 . Ejemplo 3. la ecuación puede escribirse como L(y) = 0. que para n = 0 el operador es el operador identidad. Si. (3. de gran importancia.3. . y para escalares α y β se tiene L(αf + βg) = αL(f ) + βL(g). b].6) Así.1 Preliminares 63 Ejemplo 3. . para cada f ∈ C n [I] se tiene L(f )(x) = an (x)f (n) (x) + an−1 (x)f (n−1) (x) + · · · + a0 (x)f (x). an son funciones definidas sobre I. nótese. además.1. R es un operador y es claro que es lineal (por la propiedad de linealidad de la integral). (3. . (3. continua en [a. El que L sea lineal significa que para funciones f y g.1. el operador Dn definido por Dn : C n [I] → C[I] f 7→ Dn (f ) = f (n) es también un operador lineal y es.6. con a1 (x) = x.1. Operador diferencial: Supongamos que n es un entero no negativo. . Escribimos D = D1 .7) para todo x ∈ I. definimos el operador diferencial de orden n como L = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a0 D0 . n = 2 y f (x) = x2 + ex . Si a0 . en el dominio del operador. a1 . Consideremos la ecuación diferencial lineal y 00 + xy 0 + 2y = 0. Ejemplo 3.4. a Así. es decir. para nuestros propósitos. por ejemplo. entonces D2 (f )(x) = f 00 (x) = 2 + ex . Operador integral: Dada la función f . 1. En adelante acostumbraremos escribir L = an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + · · · + a0 (x)D0 . un espacio vectorial. 3. es decir.3. Notaremos por S = N (L) y lo denominaremos núcleo del operador L. Tenemos entonces que L(y1 ) = 0 y L(y2 ) = 0.10) y la ecuación homogénea asociada a (3.1) puede escribirse ahora como L(y) = g(x). Los hechos básicos relativos a las soluciones de (3. la ecuación lineal de orden n definida por (3. la solución trivial O. β. pues cada ai (x) es la imagen que la función produce al actuar sobre el elemento x. El operador lineal de orden n Utilizando el operador diferencial lineal.11) se presentan a continuación y constituyen la fundamentación para el resto de este capítulo. entonces. y2 de la ecuación diferencial considerada en el ejemplo anterior. para escalares α y β se tiene L(αy1 + βy2 ) = αL(y1 ) + βL(y2 ) = 0.11) si an (x0 ) 6= 0. que esto es sólo por comodidad y que técnicamente hablando la expresión considerada no es correcta.64 Ecuaciones Lineales de Orden Superior Supongamos dadas dos soluciones y1 . . por lo tanto. Lo que prueba que la combinación lineal αy1 + βy2 es también una solución de dicha ecuación diferencial. Si S es tal conjunto. Así el conjunto solución de la ecuación homogénea es no vacío.10) como L(y) = 0. Para iniciar.10) o (3. Su demostración escapa del alcance de la teoría desarrollada hasta el momento. para hacer explícitas las funciones coeficientes. entonces para cada par f.11) Un real x0 se denomina punto ordinario de (3. g ∈ S y cada par de escalares α. se tiene por la linealidad de L que L(αf + βg) = 0. Un resultado preliminar de gran importancia se presenta a continuación. Es decir. es un número real (y no la función ai misma).9) en lugar de (3. (3. por lo que S es un subconjunto de F [I] y. Inicialmente estudiaremos soluciones en intervalos que contienen puntos ordinarios. por lo que será suficiente con considerar an ≡ 1. Debe ser claro. (3. αf + βg ⊂ S. Un punto no ordinario se denomina punto singular. (3. (3.10) y (3. por lo que no la presentamos aquí.11) tiene al menos una solución. sin embargo.6). y 0 (x0 ). con funciones a0 . que para cada vector y = (y0 . .. . . 0 n−1 Ahora podemos presentar uno de los resultados más importantes del presente capítulo. Entonces para f. Teorema de existencia y unicidad: Consideremos el operador diferencial lineal de orden n. y1 .12)      . an continuas en el intervalo I.      y 0 (x0 ) = y1 . f . ψ es una transformación lineal. . por el teorema anterior. Es claro. y0 . Hemos demostrado ya que el conjunto solución considerado (el núcleo del operador diferencial lineal) es un subespacio del espacio de las funciones definidas sobre el intervalo I. x0 ∈ I. yn−1 ) ∈ Rn . . . . . Teorema 3. existe una solución.2. 0 n−1 . .. . a1 . g ∈ N (L) y α. y1 . lo cual puede verificarse fácilmente. en I.. del problema de valores iniciales  L(y) = 0.1. . . Mostremos ahora que ψ es biyectiva. Sea xo un real fijo en I.1. El conjunto solución de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n es un espacio vectorial de dimensión n. . Demostración. (3. ..3. . .          y(x0 ) = y0 .        y (n−1) (x ) = y .    y (n−1) (x ) = y . Supongamos. .1.   . además. de L(y) = 0 tal que   y(x0 ) = y0    y 0 (x0 ) = y1 . . . Entonces existe una y sólo una solución. Es decir. .1 Preliminares 65 Teorema 3.. . Nuestra prueba consistirá en demostrar que el núcleo del operador diferencial es isomorfo a Rn . yn−1 ∈ R. . .  . .. y (n−1) (x0 ). Definamos ψ : N (L) −→ Rn y 7−→ (y(x0 ). Nos resta demostrar que tiene dimensión finita y que su dimensión es justamente n. β ∈ R se tiene ψ(αf + βg) = αψ(f ) + βψ(g). Tenemos las siguientes consecuencias importantes 1. Así.13) donde y1 . Para la ecuación diferencial no homogénea (3. se tiene que yh = y − yp es solución de la homogénea asociada. donde yp es una solución particular cualquiera de (3. supongamos que yp es una solución particular de ella. yn son soluciones l. Tenemos así que ψ es un isomorfismo d N (L) a Rn y esto implica que dimN (L) = dimRn = n. La solución general2 de (3.11) se reduce al de hallar una base del espacio solución S = N (L). ψ(f ) = y. 3. . de la misma ecuación. Por lo tanto.10). y. .11) es yh = α1 y1 + α2 y2 + · · · + αn yn . el teorema de unicidad garantiza que f = g.10) es de la forma y = yp + yh . 2. se tiene que toda solución de (3. Tenemos entonces el siguiente teorema. Teorema 3.11). La solución general de (3. (3. es decir.1.11). al de hallar n soluciones linealmente independientes de tal ecuación homogénea.2.i de (3. si ψ(f ) = ψ(g) para algún par de funciones f. donde yh es solución de (3. Observación 3. .10) es la suma de una solución particular de ella con una solución de la homogénea asociada. Para cualquier solución.1. . Toda solución de (3. los problemas básicos a resolver son: 2 Esta solución general define a todas las soluciones de la ecuación homogénea.66 Ecuaciones Lineales de Orden Superior Es decir. El teorema anterior establece que el problema de hallar las soluciones de la ecuación diferencial homogénea (3. g ∈ N (L). lo cual muestra que ψ es sobreyectiva.3.10) es y = yh + yp . (3. pues L(yh ) = L(y − yp ) = L(y) − L(yp ) = g(x) − g(x) = 0. Por otra parte.10). De esa manera se tiene que ψ es uno-a-uno. y2 .14) . es de gran importancia el que dichos operadores puedan combinarse mediante la composición para producir operadores del mismo tipo. En los capítulos restantes consideraremos otras técnicas en tal sentido. entonces L1 L2 = = = = (2D2 + 3D − 5D0 )(2D − D0 ) 2D2 ◦ (2D − D0 ) + 3D ◦ (2D − D0 ) − 5D0 ◦ (2D − D0 ) 4D3 − 2D2 + 6D2 − 3D − 10D + 5D0 4D3 + 4D2 − 13D + 5D0 Nótese que el comportamiento de la composición de L1 y L2 es análogo al comportamiento algebraico de los polinomios P1 (λ) = 2λ2 + 3λ − 5. (3.en algunas técnicas para resolver estos problemas básicos para ecuaciones particulares. se tiene (L1 ◦ L2 )(f ) = (L1 L2 )(f ) = L1 (L2 (f )). Antes de establecer las propiedades anunciadas anteriormente veamos algunos ejemplos. para la ecuación (3. Como se verá tal composición de operadores se comporta. Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes En esta sección abordaremos el problema de encontrar n soluciones l. L2 = 2D − D0 . Ejemplo 3. (b) Encontrar al menos una solución particular de la no homogénea. con coeficientes constantes.15) donde an 6= 0. Recuérdese que para una función f ∈ C n [I]. en cierto sentido. Operadores como el anterior. En lo que resta del capítulo nos concentraremos -en lo que se relaciona con éste tópico. Es decir. 3. razón por la cual nos referiremos a ella con la denominación de multiplicación de operadores.i para la ecuación homogénea con coeficientes constantes.2. con coeficientes constantes. . Por igual razón usaremos. la notación L1 ◦ L2 = L1 L2 .2 Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes 67 (a) Hallar n soluciones l.1. como la multiplicación numérica usual. gozan de propiedades tales que facilitarán nuestro trabajo con las ecuaciones diferenciales correspondientes. En especial. Sean L1 = 2D2 + 3D − 5D0 .3.11) cuando las funciones coeficientes son constante. Es suficiente con suponer an ≡ 1.2.i de la ecuación lineal homogénea. para operadores L1 y L2 . y P2 (λ) = 2λ − 1. Es decir el operador diferencial es de la forma L = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a0 D0 . Si consideramos las ecuaciones de primer orden (D + 4D0 )(y) = 0. Así. y y2 = ex . ¿Podemos hacer lo mismo con la ecuación diferencial?. obtenemos como soluciones particulares a y1 = e−4x . Esta última puede romperse en dos ecuaciones polinomiales de fácil solución. El operador introducido puede identificarse algebraicamente con el polinomio λ2 + 3λ − 4. . el cual es factorizable como (λ + 4)(λ − 1). el operador dado es factorizable como (D + 4D0 )(D − D0 ).2. Supóngase que deseamos resolver la ecuación diferencial y 00 + 3y 0 − 4y = 0. la cual tiene como análogo algebraico a la ecuación polinomial (λ + 4)(λ − 1) = 0.2. Es decir.68 Ecuaciones Lineales de Orden Superior cuando se multiplican para producir el polinomio P (λ) = 4λ3 + 4λ2 − 13λ + 5. la cual en notación de operadores es: (D2 + 3D − 4D0 )(y) = 0. Puede verificarse fácilmente que ambas funciones son soluciones de la ecuación diferencial original y que son l. la ecuación puede escribirse como (D + 4D0 )(D − D0 )(y) = 0. El último polinomio puede identificarse algebraicamente con el operador L1 L2 . y (D − D0 )(y) = 0. Ejemplo 3. respectivamente.i. Sin embargo podrían surgir problemas adicionales (aparte del problema algebraico de determinar las raíces del polinomio). 3.2. Observación 3. a partir de las cuales podemos determinar soluciones de la ecuación diferencial con coeficientes constantes. PL+T = PL + PT . Se trata fundamentalmente de encontrar las raíces de un polinomio de grado n. y sea α ∈ R.1. Dado el operador (3.2.2. (3.3. se tiene que N (Li ) ⊆ N (L).2 y de la observación anterior.2.1 y del conocido Teorema fundamental del Álgebra: Todo polinomio de grado n tiene n factores lineales (no necesariamente distintos) sobre el campo de los complejos. Los teoremas que siguen resumen las propiedades de los polinomios característicos que nos interesan para nuestros propósitos. el polinomio PL (λ) = an λn + an−1 λn−1 + · · · + a0 . PLT = PL PT . pero antes formalizaremos y justificaremos los procedimientos utilizados en el ejemplo. Como se mostró en el ejemplo 3. T operadores diferenciales con coeficientes constantes.2. Teorema 3.1. Para el 3 Es decir una solución de la ecuación PL (λ) = 0. 2. Sean L. 2. Una ecuación lineal homogénea con coeficientes constantes puede descomponerse en ecuaciones de orden uno. Posteriormente daremos respuesta a esos posibles problemas. entonces para cada i = 1. Si L = L1 L2 · · · Lm .2 Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes 69 El ejemplo anterior ilustra con claridad que el problema de resolver una ecuación como la considerada es esencialmente algebraico. Esto se sigue del teorema 3.2. . Observación 3. Una raíz3 del polinomio característico se denomina valor característico del operador. es reducible a problemas de solución de ecuaciones lineales de orden uno. PαL = αPL . Entonces: 1. . Esta es una consecuencia del teorema 3. las raíces del polinomio característico están íntimamente relacionadas con las soluciones de la ecuación homogénea correspondiente. El problema de resolver una ecuación homogénea de orden n.2. Es decir.2.16) se denomina polinomio característico del operador (y de la ecuación homogénea correspondiente). con coeficientes constantes. .2. toda solución de Li (y) = 0 es solución de L(y) = 0. . m. Teorema 3.15). .2. Sin embargo. Así. En el segundo caso. cada raíz del polinomio característico da origen a una solución de la ecuación diferencial. es decir. tenemos que para λ0 = a + ib.2. se obtiene la ecuación de orden uno (D − λ0 D0 )(y) = 0. raíz compleja del polinomio característico de L(y) = 0. si. f es solución si. Para raíces distintas puede probarse que las soluciones correspondientes son l. Tal solución. para tal caso se tiene. puede suceder que algunas raíces sean múltiples (iguales) o que no sean reales. pero el siguiente teorema nos permite obtener soluciones con valores reales para tal caso. se tiene que y = eλ0 x es solución de la ecuación original. f = f1 + if2 es una solución (con valores complejos) de L(y) = 0 si. y sólo si L(f ) = = = = L(f1 + if2 ) L(f1 ) + iL(f2 ) 0 + i0 0 si. Sin embargo. por lo que f 0 (x) − λ0 f (x) = 0. Demostración.i. Así.i. raíces complejas no reales. otra vez. es una función compleja. y sólo si (po la igualdad de complejos) L(f1 ) = L(f2 ) = 0.70 Ecuaciones Lineales de Orden Superior caso en que λ0 sea una raíz real del polinomio característico. lo ideal sería tener n raíces reales distintas. f1 y f2 son soluciones (con valores reales). y sólo si f1 y f2 son soluciones.2. Teorema 3. El problema es que la solución así obtenida es de valores complejos.17) . con lo cual el problema de determinar la base del espacio solución de la ecuación diferencial quedaría totalmente resuelto. como en el caso real.3. la función f (x) = eλ0 x . la cual tiene como solución a y = eλ0 x . y sólo si. de acuerdo con el teorema 3. se obtiene la solución compleja y = e(a+ib)x = eax (cos bx + i sin bx). Pensando en que se requieren n soluciones l. es también una solución de la ecuación original dada.2. (3. que f 0 (x) = λ0 eλ0 x . La independencia lineal se deja como ejercicio. . ym = xm−1 eλx . Observación 3. Así. . la función yj = xj−1 eλx . . .2. . . .3. Además. ya se realizó la demostración. Teorema 3. m.3. entonces.i de la ecuación diferencial. son soluciones l. Supongamos ahora que (D − λD0 )(j) (yj ) = 0. Si λ es un valor característico de L(y) = 0. . Sean L un operador diferencial lineal con coeficientes constantes y λ una raíz de multiplicidad m del polinomio característico de L. con j ≥ 1. 2. . (3. Lo que termina la primera parte de la prueba.4. y2 = xeλx . Si λ es real y de multiplicidad m.18) .2. nuestro problema de raíces complejas ha quedado resuelto. . La otra dificultad. . . para cada j = 1. parte de cuya demostración se deja como ejercicio en clase. 2. entonces: 1. . m} es linealmente independiente. Demostración. m.2 Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes 71 la cual produce las dos soluciones reales l. . entonces (D − λD0 )(j+1) (yj+1 ) = = = = = (D − λD0 )(j) (D − λD0 )(yj+1 ) (D − λD0 )j (D − λD0 )(xyj ) (D − λD0 )j (yj + xyj0 − λxyj ) (D − λD0 )j (jyj ) 0. relativa a la multiplicidad de las raíces. Para j = 1. el conjunto {yj |j = 1. . es solución de L(y) = 0. 2. yj = xj−1 eλx es solución de (D − λD0 )(j) (y) = 0. Procedemos por inducción sobre j. entonces y1 = eλx . . Para la primera parte bastará con demostrar que para todo j = 1. se resuelve con la ayuda del teorema que sigue.i y1 (x) = eax cos bx y y2 (x) = eax sin bx. 72 Ecuaciones Lineales de Orden Superior 2.3. Ejemplo 3. tenemos y 0 = v 0 y1 + vy10 y y 00 = v 00 y1 + 2v 0 y10 + vy100 . y2 = xe−x . Reducción de orden Supongamos que y1 representa una solución no trivial en un intervalo abierto I de R. tal que y1 . de la ecuación diferencial lineal de segundo orden homogénea y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0. λ4 = −i. y2 = eax sin bx.3. Para ello. y5 = e2x . pues son dependientes con las de a + ib. supongamos que y1 6= 0 en I. y las correspondientes soluciones son y1 = e−x . cuyas raíces (sobre C) son λ1 = λ2 = −1. . λ3 = i. Tenemos así que la solución general es y = c1 e−x + c2 xe−x + c3 cos x + c4 sin x + c5 e2x . (3. λ5 = 2. La ecuación característica es λ5 − 2λ3 − 2λ2 − 3λ − 2 = 0. si definimos y = vy1 . ésta última no aporta soluciones fundamentales para la ecuación diferencial. entonces y1 = eax cos bx.2. Si λ = a + ib es una raíz compleja.19) son soluciones de la ecuación diferencial. Si λ = a + ib es una raíz de PL . que al factorizar obtenemos (λ + 1)2 (λ2 + 1)(λ − 2) = 0. 3.20) Se tarta de encontrar una segunda solución y2 . 3. y4 = sin x. y2 sean l.i en I. Sin embargo. y3 = cos x. también lo es la conjugada a − ib. (3. Resolver la ecuación diferencial y v − 2y 000 − 2y 00 − 3y 0 − 2y = 0. esta ecuación es lineal y separable a la vez. Al separar variables obtenemos ¸ · 0 dw y1 = − 2 + p(x) dx.21) encontramos una segunda solución así. y12 vemos que una segunda solución es Z y2 = y1 e− R p(x)dx y12 dx. e4x La solución general es entonces y = c1 e2x + c2 xe2x . w y1 e integrando se tiene Z ln w = ln y1−2 − p(x)dx + c. y12 Z e− y = c1 y1 R p(x)dx dx + c2 y1 . Ejemplo 3.3 Reducción de orden 73 reemplazando en la ecuación dada. que al despejar w tenemos w = v 0 = c1 e− R p(x)dx . (después de agrupar términos) se tiene y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = v(y100 + p(x)y10 + q(x)y1 ) + y1 v 00 + (2y10 + p(x)y1 )v 0 = 0.21) . De donde y1 v 00 + (2y10 + p(x)y1 )v 0 = 0.3. que sustituyendo w = v 0 obtenemos y1 w0 + (2y10 + p(x)y1 )w = 0. (3.1. Con la fórmula (3. Z y2 = e2x R e4 dx dx = xe2x . y12 integrando esta última ecuación se tiene Z e− v = c1 entonces R p(x)dx dx + c2 .3. La función y1 = e2x es una solución de la ecuación diferencial y 00 − 4y 0 + 4y = 0. . v2 . . toda solución de la ecuación L(y) = g(x) es la suma de una solución particular (fija) de ella y una de la homogénea asociada. yn ) y V = (v1 . Variación de parámetros Dada la ecuación L(y) = g(x). Ecuaciones no homogéneas Como hemos visto ya. . . A continuación abordamos el estudio de dos métodos clásicos de obtener soluciones particulares de la ecuación no homogénea. vn ). donde las funciones yi son las soluciones fundamentales (básicas) de la ecuación homogénea y las cuales suponemos conocidas. y2 . con lo que yp = Yh · V (3. Nuestra suposición para una solución particular de la ecuación no homogénea es yp = v1 y1 + v2 y2 + · · · + vn yn .4. Para facilitar los cálculos utilizaremos funciones vectoriales de variable real.22) es la solución deseada. la solución general de la ecuación diferencial homogénea asociada L(y) = 0. es de la forma yh = c1 y1 + c2 y2 + · · · + cn yn . .1. Para el caso con coeficientes constantes tenemos ya un procedimiento global para obtener las soluciones de la homogénea. Otros casos específicos serán considerados en la sección siguiente y en los próximos capítulos. y. . De lo anterior obtenemos yp0 = Yh0 · V + Yh · V0 .74 Ecuaciones Lineales de Orden Superior 3. derivando ésta última expresión tenemos yp00 = Yh00 · V + Yh0 · V0 . donde las vi son funciones por determinar. Definamos Yh = (y1 .23) .4. e imponemos la restricción Yh · V0 = 0. . . 3. tenemos así que yp0 = Yh0 · V. (3. vn0 . (3.25) de aquí se tienen (n−1) yp(n−1) = Yh · V.26) Las ecuaciones (3. . . . .24) y las que se obtienen en forma similar hasta la (3. v20 . .  (3. .3. . Tenemos.. .    . (n−2) yp(n−2) = Yh · V. . (3. Por último utilizamos la condición de ser yp una solución de la ecuación no homogénea. . L(y2 ).4 Ecuaciones no homogéneas 75 imponemos ahora Yh0 · V0 = 0. correspondiente a la ecuación matricial    W [y1 .23). obteniendo L(yp ) = = = = = L(Yh · V) (n) (n−1) (n−1) V · (Yh + an−1 Yh + · · · + a0 Yh ) + Yh · V0 (n−1) V · (L(y1 ). . . . (3. y (n) (n−1) yp(n) = Yh · V + Yh · V0 . yn ] es la (función) matriz wronskiana de las soluciones l. . L(yn )) + Yh · V0 (n−1) Yh · V0 g(x). de donde (n−1) · V + Yh (n−2) · V0 = 0. y V0 es la función (vectorial) derivada de la función incógnita.26) un sistema de n ecuaciones en las n funciones incógnitas v10 .i de la ecuación homogénea asociada. V. . . . y2 . yn ]V0 =   0 0 . por lo tanto (n−1) Yh · V0 = g(x). yp(n−1) = Yh (n−2) · V0 . . y2 .24) Reiterando este procedimiento obtenemos hasta la derivada de orden n − 2.27) g(x) donde W [y1 . e imponiendo ahora la condición Yh (3.25) forman con la (3. la ecuación característica es λ2 + λ − 6 = 0..76 Ecuaciones Lineales de Orden Superior escrita como vector columna. .. de la no homogénea. Tenemos entonces que (usando (3. ..1. o (λ + 3)(λ − 2) = 0. La ecuación homogénea asociada es y 00 + y 0 − 6y = 0. . . 2... .. . suponemos que la solución particular. n se tiene ¯ ¯ ¯ y1 ¯ · · · y 0 y · · · y i−1 i+1 n ¯ ¯ 0 0 0 0 ¯ y1 ¯ · · · y 0 y · · · y i−1 i+1 n ¯ ¯ ¯ ¯ . .4. . la solución general de la ecuación homogénea es yh = c1 e−3x + c2 e2x .28) i+1 de donde puede obtenerse cada vi por integración. . ¯ ¯ (n−1) (n−1) (n−1) (n−1) (n−1) ¯ ¯ y1 ··· y y y · · · yn i−1 i (3. . . ¯ ¯ . vi0 = ¯¯ ¯ y · · · y y y · · · y 1 i−1 i i+1 n ¯ ¯ 0 0 0 0 0 ¯ ¯ y1 · · · y y y · · · y n i+1 i i−1 ¯ ¯ ¯ ¯ . buscada es de la forma yp = v1 e−3x + v2 e2x .. ¯ ¯ . 5 ¯.27) es claro que para i = 1. .. ¯ ¯ ¯ . ¯ (n−1) ¯ (n−1) (n−1) (n−1) ¯ y1 ¯ · · · y g(x) y · · · y n i−1 i+1 ¯. Consideremos la ecuación diferencial de segundo orden y 00 + y 0 − 6y = x2 . De (3. . entonces. Ejemplo 3. .. .. . . . Procediendo con el método planteado. .28)) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 e2x ¯ ¯ ¯ 0 y 2 ¯ ¯ 2 ¯ ¯ ¯ x 2e2x ¯ ¯ g(x) y20 ¯ ¯ =¯ v10 = ¯¯ ¯ ¯ e−3x e2x ¯ y10 y20 ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ −3e−3x 2e2x de donde v10 x2 e3x =− . . Algunas indicaciones sobre la construcción de la posible solución particular se dan a continuación: Si ninguno de los términos l. Esto puede hacerse. Si alguno de los términos l.2.i. sin(bx). para i = 1. podemos predecir la forma de la solución particular. . 6 16 68 3. es solución de la ecuación homogénea. En particular. entonces la solución general es 1 1 5 y = c1 e−3x + c2 e2x − x2 − x − . m. cos(bx). Coeficientes indeterminados Este método consiste en predecir la forma explícita de la solución a partir del tipo de ecuación a resolver. eax . entonces yp = m X i=1 ypi . . Si ypi es solución de L(y) = gi (x). yp se toma como combinación lineal de tales términos y sus derivadas l. . 10 10 20 Entonces 1 1 5 y p = − x2 − x − . 5 1 2 −2x 1 1 xe − xe−2x − e−2x . 15 45 135 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y1 ¯ ¯ e−3x ¯ 0 0 ¯ 0 ¯ ¯ ¯ −3x 2 ¯ y1 g(x) ¯ ¯ −3e x ¯ 0 ¯ =¯ ¯. si la ecuación tiene coeficientes constante y g(x) tiene un comportamiento regular con relación a sus derivadas. o alguna de sus derivadas. por ejemplo. lo cual no siempre es posible. 2.4.i de g(x).3.4 Ecuaciones no homogéneas integrando se tiene 77 2 2 3x 1 2 3x x e + xe3x − e . .i de g(x) o sus derivadas es solución de la ecuación homogénea. v2 = ¯¯ 2x ¯ ¯ ¯ e−3x y y e 1 2 ¯ ¯ 0 ¯ ¯ ¯ y1 y20 ¯ ¯ −3e−3x 2e2x ¯ v1 = − y de donde v20 = integrando se tiene v2 = − x2 e−2x . si g(x) es una combinación lineal de funciones como xm . . entonces debe multiplicarse por la menor potencia de x para la cual no resultan soluciones de la ecuación homogénea. 6 16 68 es la solución particular. i=1 Ejemplo 3. c1 = − y c0 = . La ecuación homogénea asociada es y 0 + 2y = 0. x. que es de variables separables. x2 . el sistema 2c2 2c2 + 2c1 c1 + 2c0 son linealmente independientes. tales que yp = c2 x2 + c1 x + c0 . c2 . la solución general es yh = ce−2x . Como g(x) = x2 .2. puesto que las funciones definidas por 1. se obtiene = 1 = 0 = 0 1 1 1 cuya solución es c2 = . es decir podemos esperar que existan constantes c0 . Consideremos la ecuación y 0 + 2y = x2 . y reemplazando en la ecuación diferencial dada se tiene (2c2 − 1)x2 + (2c2 + 2c1 )x + (c1 + 2c0 ) = 0. con lo cual yp0 = 2c2 x + c1 . con lo cual obtenemos la solución particular 2 2 4 1 1 1 yp = x2 − x + . podemos pensar en una solución particular polinómica de grado dos. c1 . 2 2 4 Entonces la solución general es 1 1 1 y = ce−2x + x2 − x + . 2 2 4 .78 Ecuaciones Lineales de Orden Superior es solución de L(y) = m X gi (x).4. 4 Ecuaciones no homogéneas 79 Ejemplo 3.3. y3 = e−x . podemos buscar soluciones particulares a las ecuaciones y 000 + y 00 = 3ex y y 000 + y 00 = 4x2 por separado. Consideremos la ecuación diferencial y 000 + y 00 = 3ex + sin x. una solución particular de la no homogénea puede tomarse como yp = aex + b sin x + c cos x.3. y2 = x. También.4. solución particular de la ecuación original.4. Una base para el espacio solución de la ecuación homogénea asociada está formada por y1 = 1. Así. Los términos linealmente independientes de g(x) = 3ex + sin x con sus correspondientes derivadas son ex : ex sin x : cos x Dado que ninguno de tales términos es solución de la homogénea. Puesto que dos de ellos (la función constante 1. Los coeficientes se determinan derivando y reemplazando en la ecuación y aplicando la independencia lineal de las funciones consideradas. y la idéntica x) corresponden a soluciones de la homogénea.i de g(x) y sus derivadas son ex : ex x2 : x 1. siguiendo la última de las recomendaciones hechas. pero ahora los términos l.4. entonces. pues dos es el menor entero positivo para el cual ningún término de la combinación lineal resultante es solución de la homogénea. . La suma de las respectivas soluciones particulares será. multiplicamos los términos generados por x2 por x2 . la base de funciones soluciones de la homogénea asociada es la misma del ejemplo anterior. nuestra solución particular es de la forma yp = aex + x2 (bx2 + cx + d). Para la ecuación diferencial y 000 + y 00 = 3ex + 4x2 . Ejemplo 3. Así. . a1 . . y (k) = r(r − 1)(r − 2) · · · (r − (k − 1))xr−k . Al reemplazar las derivadas en la ecuación se obtiene xr P (r) = 0. .30) es la homogénea asociada a (3. Si no es ese el caso se necesitaran métodos adicionales para hallar las demás soluciones. (3. .. . (3. = = . con an 6= 0. . dx Para la ecuación (3. .30) podemos suponer una solución de la forma y = xr . rxr−1 r(r − 1)xr−2 . n − 1.1.5. se llama ecuación de Cauchy-Euler. . 4 Leonhard Euler en 1769 y posteriormente Augustín Cauchy trabajaron sobre esta ecuación.29). Si todas las soluciones son reales y distintas. Ecuaciones de Cauchy-Euler Definición 3. an son constantes. .80 Ecuaciones Lineales de Orden Superior 3. La característica observable para este tipo de ecuación es que el grado k = n.29) dx dx dx donde a0 . 0 dk y de los coeficientes monomiales xk coinciden con el orden k de la diferenciación k . . aunque antes de 1700 John Bernoulli conocía su solución. 1. dx (3. . o equidimensional4 no homogénea. Por lo tanto una solución de tal ecuación polinomial suministrará una solución de la ecuación de Cauchy-Euler. Una ecuación diferencial lineal de orden n que se puede expresar en la forma dn y dn−1 y dy an xn n + an−1 xn−1 n−1 + · · · + a1 x + a0 y = g(x). . entonces se tendrá una base para el espacio de soluciones de la ecuación.31) con lo cual las derivadas son y0 y 00 . y n nd y an x dxn + n−1 y n−1 d an−1 x n−1 dx + · · · + a1 x dy + a0 y = 0... se deberá tener la ecuación polinómica P (r) = 0. para x 6= 0.5. siendo P un polinomio de grado n. 34) son el par conjugado r1 = α + iβ y r2 = α − iβ. se transforma en ax2 d2 y dy + bx + cy = ar(r − 1)xr + brxr + cxr = [ar2 + (b − a)r + c]xr = 0.37) . donde r se debe determinar.34). (3.32) dx dx La solución de ecuaciones de orden superior será análoga. Al sustituir y. podremos resolver la ecuación no homogénea 2 2d y ax dx2 + bx dy + cy = g(x).32). Raíces complejas conjugadas: Si las raíces de (3.i con la anterior. β ∈ R con β > 0. Podemos hallar una segunda solución y2 . (3. (3. Entonces la solución general es y = c1 xr1 + c2 xr2 .33) por medio del método de variación de parámetros. obteniendo así y2 = xr1 ln x.32) siempre que r sea una solución de la ecuación característica ar2 + (b − a)r + c = 0. Raíces reales iguales: Sean r1 y r2 las raíces reales de (3. por el método de reducción de orden (ecuación (3. (3. se tine una sola solución que es y1 = xr1 .31) es una solución de la ecuación diferencial (3. y 0 . (3.31). y y 00 en la ecuación (3. donde α. En este caso la solución general (real) es y = xα [c1 cos(β ln x) + c2 sin(β ln x)].36) 3. una solución (compleja) es y = c1 xα+iβ + c2 xα−iβ . distintas.34). (3.34) Hay tres casos por considerar: 1.5 Ecuaciones de Cauchy-Euler 81 Examinemos las soluciones generales de la ecuación de Cauchy-Euler homogénea de orden dos d2 y dy ax2 2 + bx + cy = 0. 2 dx dx Así. Raíces reales distintas: Sean r1 y r2 las raíces reales de (3. Entonces la solución general es y = c1 xr1 + c2 xr1 ln x. tales que r1 = r2 . dx (3.21)). Una vez determinada la solución de la homogénea.35) 2. que sea l.3. Consideremos la solución de la forma (3. x2 1 . y y 1 2 ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ y1 y20 ¯ ¯ 2x 4x3 ¯ de donde v10 = − integrando se tiene v1 = 1 . Resuelva la ecuación diferencial no homogénea x2 y 00 − 5xy 0 + 8y = 2x. x x x de donde g(x) = 2 .28) nos queda x ¯ ¯ ¯ 0 x4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 y2 ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 3 ¯ 0 ¯ 4x ¯ ¯ g(x) y2 ¯ 0 x ¯ ¯ ¯ ¯ v1 = ¯ ¯ = ¯ x2 x4 ¯ . la fórmula (3. Primero resolvemos la ecuación homogénea asociada x2 y 00 − 5xy 0 + 8y = 0. Entonces con y1 = x2 y y2 = x4 .5. cuyas raíces son r1 = 2 y r2 = 4. para obtener 5 8 2 y 00 − y 0 + 2 y = .5. Resuelva la ecuación diferencial x2 y 00 − 2y 0 = 0. Ejemplo 3.1. x . Entonces la solución general de la homogénea es yh = c1 x2 + c2 x4 .28) dividimos la ecuación dada entre x2 . donde la ecuación característica r2 − 3r = 0.82 Ecuaciones Lineales de Orden Superior Ejemplo 3. dada por la fórmula (3. es y = c1 + c2 x3 . y r2 = 3. tiene como raíces a r1 = 0. entonces la solución general.35). Vemos que la ecuación característica es r2 − 6r + 8 = 0. Al sustituir y = xr se obtiene r(r − 1)xr − 2rxr = xr (r2 − 3r) = 0. Para identificar g(x) en la fórmula (3.2. Robert Hooke fue un científico inglés. es decir. y su dirección es siempre de la masa hacia el punto de equilibrio. Supongamos que a la masa se le ha dado un desplazamiento inicial y0 y una velocidad inicial v0 . Sistemas masa-resorte: Consideremos una masa m atada a un resorte de longitud l con su extremo superior sujeto firmemente (ver figura 3.3. Aplicaciones En esta sección revisaremos algunos modelos matemáticos que son ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden o de orden mayor.1.6 Aplicaciones y 83 ¯ 2 ¯ x ¯ ¯ ¯ ¯ y1 0 ¯¯ ¯ ¯ 0 ¯ 2x ¯ y1 g(x) ¯ ¯ =¯ 2 v20 = ¯¯ ¯ x ¯ ¯ y10 y20 ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ 2x de donde v20 = ¯ 0 ¯¯ 2 ¯ ¯ x ¯. entonces la solución general es 2 y = c1 x2 + c2 x4 + x. Ejemplo 3. 3 es la solución particular. publicó por primera vez su ley en 1676 y en 1678 dio la solución. La constante positiva de proporcionalidad k se llama constante de resorte. 3 3.6. y el principio anterior se conoce como la ley de Hooke6 . Se pueden presentar tres casos: 1. Denotamos con el número cero la posición de equilibrio de la masa en el resorte. con coeficientes constantes. .6. x4 integrando se tiene v2 = − 1 . x4 ¯¯ 4x3 ¯ 1 . 3x3 Entonces 2 yp = x. Movimiento libre: Hacemos las siguientes suposiciones acerca de la fuerza ejercida por el resorte sobre la masa: Se mueve a lo largo de una recta vertical que pasa por el centro de gravedad de la masa5 . 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 longitud de equilibrio l.1). 5 6 Que se considera como si fuera una masa puntual. el punto donde la masa se mantiene en reposo. es igual a la razón de cambio del momentum mv con respecto al tiempo y.) pueden ser despreciadas.84 Ecuaciones Lineales de Orden Superior Figura 3. El signo negativo de la última ecuación se debe al hecho de que la fuerza siempre actúa hacia la posición de equilibrio. r2 + m . Tenemos entonces el problema de valores iniciales  2 k dy   2 + y = 0 dt m (3. dt2 donde y(t) denota el desplazamiento del resorte desde el punto de equilibrio y se toma positivo cuando el resorte se está estirando y negativo cuando se está comprimiendo. que se mueve con velocidad variable v.1: Movimiento libre La segunda ley del movimiento de Newton afirma que la fuerza F que actúa sobre esta masa. se tiene F = d(mv) = ma. dt Igualando las dos fuerzas y aplicando la ley de Hooke. resistencia del aire. etc. Observamos que la ecuación característica de la anterior ecuación diferencial homogénea es k = 0. como la masa es constante. Aquí hemos supuesto que todas las demás fuerzas que actúan sobre el resorte (fricción.38) y(0) = y0   0 y (0) = v0 . tenemos m d2 y = −ky. Al usar las condiciones iniciales. frecuencia natural del movimiento7 es f = 2π 2.42) es r2 + √ b k r+ = 0.2). la solucuya solución es r = 2m ción y tiene alguna de las formas siguientes: −b ± 7 8 Es decir el número de oscilaciones completas por unidad de tiempo.38) le sumamos el término b . La ecuación del movimiento se transforma ahora en  2 dy b dy k   2 + + y = 0 dt m dt m (3. Que tiende a retardar el movimiento. entonces la solución general es m y(t) = c1 cos(ω0 t) + c2 sin(ω0 t). se obtiene que c1 = y0 y c2 = particular está dada por v0 . éste es el tiempo necesario para que la masa de una oscilación completa.6 Aplicaciones 85 r cuya solución es r = ±iω0 . Movimiento libre amortiguado: Supongamos ahora que hay una fuerza amortiguadora8 (consideremos que la masa está sumergida en un medio viscoso. La ω0 ω0 .41) y(0) = y0   0 y (0) = v0 . .3.40) Por la anterior ecuación el movimiento de la masa se denomina movimiento armónico simple. A se le llama la amplitud del movimiento. es claro que la masa oscila entre las posiciones extremas ±A. El período del término sinusoidal 2π es . dt donde b es la constante de amortiguación. De acuerdo a esta ecuación. m m b2 − 4mk . así que la solución ω0 v0 sin(ω0 t). Por tanto. como lo muestra la figura 3. con tan(φ) = . (3. Dependiendo del signo de b2 − 4mk.39) ω0 p Dividiendo ambos lados de la anterior igualdad por A = y02 + (v0 /ω0 )2 y usando la y0 ω0 fórmula de adición sin(ω0 t+φ) = sin(φ) cos(ω0 t)+cos(φ) sin(ω0 t). donde ω0 = k . Es razonable suponer que la magnitud de la fuerza amortiguadora es proporcional a dy la velocidad de la masa. La ecuación característica de (3. v0 podemos reescribir la anterior ecuación como y(t) = y0 cos(ω0 t) + y(t) = A sin(ω0 t + φ). y φ se llama el ángulo de fase. (3. a la ecuación (3. se dice que el sistema está sobreamortiguado porque el coeficiente de amortiguamiento. . La solución general de la ecuación diferencial homogénea en (3. de la 4mk − b2 b yµ= > 0. donde λ = 2m 2m general en este caso es y(t) = e−λt [c1 cos(µt) + c2 sin(µt)]. Entonces la solución forma r = −λ ± iµ. Ahora las raíces de la ecuación √ característica son complejas. puesto que cualquier pequeña disminución de la fuerza de amortiguamiento originaría un movimiento oscilatorio. se dice que el sistema está críticamente amortiguado. k. según esta última ecuación. es grande comparado con la constante del resorte. Si b2 −4mk = 0.86 Ecuaciones Lineales de Orden Superior Figura 3.2: Movimiento libre amortiguado Si b2 − 4mk > 0. Esta ecuación representa 2m 2m un movimiento suave y no oscilatorio. se dice que el sistema está subamortiguado. es muy pequeño en comparación con la constante del resorte. La solución general de la ecuación en (3. b. Si b2 − 4mk < 0. b.42) es y(t) = c1 er1 t + c2 er2 t . se aprecia que la masa puede pasar por la posición de equilibrio a lo más una vez.42) es y(t) = e−bt/2m (c1 + c2 t). porque el coeficiente de amortiguamiento. k. √ √ −b + b2 − 4mk −b − b2 − 4mk donde r1 = y r2 = . 3.42) queda ahora así  2 dy b dy k   2 + + y = F (t) dt m dt m (3.6. Supongamos ahora que la masa está sometida también a una fuerza externa periódica F (t) (figura 3. Circuitos eléctricos: Consideraremos ahora la aplicación de las ecuaciones diferenciales a circuitos eléctricos simples. a causa del factor9 e−λt . aplicando el método de variación de parámetro. Movimiento forzado: El movimiento de la masa considerado en los dos casos anteriores está determinado por las fuerzas inherentes del sistema masa-resorte y las fuerzas naturales que actúan sobre la misma.3: Movimiento forzado Ejemplo 3. que están formados por una fem10 . Baterías o generadores. resistores. 3.6 Aplicaciones 87 Este movimiento es oscilatorio pero.4 aparece un diagrama de dicho circuito. La ecuación (3. Por consiguiente las vibraciones son libres. se encuentra una solución particular de ella. . Figura 3. En la figura 3. primero se halla la solución de la homogénea asociada y luego. En este caso la masa experimentará vibraciones forzadas. 9 10 Llamado factor de amortiguación. inductores y capacitores. Para resolver la ecuación diferencial no homogénea.2. las amplitudes de vibración tienden a cero cuando t → ∞.3).42) y(0) = y0   0 y (0) = v0 . dt C Si E(t) indica el voltaje aplicado al circuito en el instante t. EL = L q di . las caída de voltaje en el resistor.4: Circuito RLC De acuerdo a lo planteado en el ejemplo 1. el inductor y el capacitor son dadas por ER = iR. . óptica y electricidad. Los principios son: Ley de la corriente de Kirchhoff: La suma algebraica de las corrientes que fluyen en cualquier punto de unión debe ser cero. Figura 3. dt C (3. Ley del voltaje de Kirchhoff: La suma algebraica de los cambios instantáneos del potencial (caídas de voltaje) en torno a cualquier lazo cerrado debe ser cero.1. y EC = . entonces la ley del voltaje de Kirchhoff implica que EL + Er + EC = E(t). al sustituir en la anterior ecuación las expresiones para EL . Estableció estos principios en 1859. ER y EC tenemos L 11 di q + iR + = E(t). R.88 Ecuaciones Lineales de Orden Superior Los principios físicos que gobiernan los circuitos eléctricos fueron establecidos por G.6.43) Gustav Robert Kirchhoff fue un físico alemán que se destacó por sus investigaciones en análisis espectral. Kirchhoff11 . i(0) y E(0).6. de donde. a2 (a > 0) es proporcional a la fuerza axial y g(x) es proporcional a la carga (ver figura 3.6 Aplicaciones 89 como la corriente es justamente la razón de cambio instantánea en la carga. cuyas raíces son r1 = r2 = 0. derivamos (3. (3. Estas constantes proporcionan las condiciones iniciales para la ecuación (3.3.44) con respecto a t y sustituimos dq i en vez de .46) donde y(x) es la flexión de la viga. l es la longitud de la viga. v1 = ¯ −ax ¯ ¯ 1 x eax e ¯ ¯ ax −ax ¯ ¯ 0 1 ae −ae ¯ ¯ ¯ 0 0 a2 eax a2 e−ax ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 a3 eax −a3 e−ax ¯ . (3. L Ejemplo 3. (3.44) 2 dt dt C si nos interesa determinar la corriente i(t). La ecuación homogénea asociada es y (4) (x) − a2 y 00 (x) = 0. se tiene que dq i= . mientras que para la ecuación (3.45) dt dt C Para un circuito RLC en serie.43) sustituyendo los valores iniciales q(0). obteniendo así ¯ ¯ −ax ¯ ¯ 0 x eax e ¯ ¯ ax −ax ¯ ¯ 0 1 ae −ae ¯ ¯ 2 ax 2 −ax ¯ ¯ 0 0 a e a e ¯ ¯ ¯ g(x) 0 a3 eax −a3 e−ax ¯ 0 ¯ . que se puede obtener de la ecuación (3. por lo general se tiene la carga inicial q(0) = q0 en el capacitor y la corriente inicial q 0 (0) = i(0) = i0 . (3.44). y r4 = −a. usamos el método de variación de parámetros. obtenemos dt di d2 i i L 2 + R + = E 0 (t).3. r3 = a.5). Entonces la solución general de la homogénea es yh = c1 + c2 x + c3 eax + c4 e−ax . Flexión de una viga: Una viga uniforme bajo una carga y sujeta a una fuerza axial constante queda descrita mediante la ecuación diferencial de cuarto orden no homogénea y (4) (x) − a2 y 00 (x) = g(x). la ecuación característica es r4 − a2 r2 = 0. Para hallar la solución particular de la no homogénea.43) nos queda dq q d2 q + R + = E(t).45) también necesitamos conocer la razón de cambio inicial i0 (0) en la corriente. 0 < x < l. dt por tanto. 3 4 a2 2a3 2a3 de donde la solución particular toma la forma Z Z Z Z 1 x eax e−ax −ax yp = 2 xg(x)dx − 2 g(x)dx + 3 g(x)e dx − g(x)eax dx. 3 a a 2a 2a v20 = − Entonces la solución general queda y(x) = c1 + c2 x + c3 e x − 2 a Z eax g(x)dx + 3 2a ax Z −ax 1 + 2 a −ax e−ax dx − 2a3 + c4 e Z g(x)e xg(x)dx Z g(x)eax dx.90 Ecuaciones Lineales de Orden Superior Figura 3. a2 análogamente g(x) g(x)e−ax g(x)eax 0 0 . v = . .5: Viga uniforme al hacer los cálculos obtenemos v10 = xg(x) . v = − . (b) 2y 00 − y 0 − y = 0.3.2.4. f2 (x) = x. f2 (x) = x. La función y1 que se indica es una solución de la ecuación diferencial dada. para i = 0. (d) d2 y dy + 2t − 5y = 0. Aplique el método de reducción de orden para encontrar una segunda solución y2 . (g) fi (x) = xi eax . . 2 000 x (c) x2 y (4) − 2y 00 + 3y 0 − xy = ex + sin x. (d) f1 (x) = sin x. f3 (x) = 3 cos x − sin x. 2. 1. . Encuentre la solución general de: (a) y 00 + 3y 0 − y = 0. escogiendo adecuadamente el operador L. f3 (x) = 2x. para i = 0. 91 Ejercicios 1. (f ) fi (x) = eix . . (c) y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 0. f3 (x) = sin x cos x. Indicar en cada caso si las funciones dadas son l. (c) f1 (x) = 1. (a) y 00 + 3xy 0 − y = 0. 1. (d) y 000 + 2y 00 + 2y 0 + 4y = 0. (a) f1 (x) = e−x . . (b) f1 (x) = x sin x.7 Ejercicios 3. (e) y (4) + y 00 + y = 0. f3 (x) = xex . . . Resolver los problemas de valores iniciales:  (4) y − 3y 000 + 3y 00 − y 0 = 0     = 0  y(0) (c) 0 (a) y (0) = 0   y 00 = 1    000 y (0) = 1  00  y −y = 0 (d) y(0) = 2 (b)  0 y (0) = 12  000 y + 2y 00 + 2y 0 + 4y    y(0) y 0 (0)    00 y (0) = = = = 0 0 1 −1  00  2y − y 0 − y = 0 y(0) = 1  0 y (0) = −1 6. 2 (b) x y + e sin(x)y = x . dt2 dt 3. . . (f ) y (5) − 10y 000 + 9y 0 = 0.d o l. f2 (x) = cos x. (e) f1 (x) = sin x. m. 4. Demuestre la segunda parte del teorema 3. m. . f2 (x) = sin 3x.7. 5.i. f2 (x) = x2 . Escriba cada una de las ecuaciones diferenciales dadas en la forma L(y) = g(x). (d) γ = 5. y1 = 2x2 . (a) γ = 1. 7. (b) γ = 2. (b) γ = 2. y 00 − 2xy + γy = 0. (a) γ = 1. donde γ es un parámetro.i de la ecuación e Hermite para el valor dado de γ y la solución correspondiente y1 . (d) y 00 − 2y 0 + y = xe−x . donde γ es un parámetro.i de la ecuación e Hermite para el valor dado de γ y la solución correspondiente y1 . (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + γ(γ + 1)y = 0. Encuentre la solución general de: (a) y 00 + y = sin 2x. (b) y 00 − 4y + 3y = 0. y1 = 2x. (d) γ = 6. y1 = ex . (c) γ = 4. Use la fórmula para reducción de orden para obtener una representación integral de una segunda solución l. (e) y 00 + 4y 0 + 4y = (c) y 00 + 2y 0 + y = x2 + 1. 8. (d) y 00 − 3y 0 + 2y = 0. En física cuántica. muchos problemas con simetría esférica implican el estudio de la ecuación de Legendre. x2 (f ) y 00 − 4y 0 + 3y = sin x + 2 cos x. 9. y1 = x5 − 5x. y1 = e−2x . y1 = x − x3 . y1 = 2x3 − 2x. y1 = e2x . Use la fórmula para reducción de orden para obtener una representación integral de una segunda solución l. (b) y 00 − y = x + sin x. y1 = 2x2 − 1. y1 = x2 − 1. 10.92 Ecuaciones Lineales de Orden Superior (a) y 00 − 4y = 0. de valores iniciales:  000 x−1  y − 3y 00 + 3y 0 − y = x2 y(0) = 1 (b) 0  0 y (0) = 1 0 1 1 . y1 = e−x . Resolver los siguientes problemas  (4) y − 3y 000 + 3y 00 − y 0 =     =  y(0) 0 (a) y (0) =  00  y =    000 y (0) = e−2x . el estudio de la ecuación de Schrödinger para el caso de un oscilador armónico conduce a considerar la ecuación de Hermite. (c) γ = 3. y1 = 2x3 − 3x. En física matemática. (c) y 00 + y 0 = 0. 15. y0 = 4 m. k = 1 N/m. (a) m = 9 kg.7 Ejercicios 93  000 y + 2y 00 + 2y 0 + 4y    y(0) (c) y 0 (0)    00 y = = = = ex 1 1 1  00  4y − y = xex/2 (d) y(0) = 1  0 y (0) = 0 11. F (t) = 2 sin(t/3) N . (a) x2 y 00 + 7xy 0 − 7y = 0. (d) x3 y 000 + x2 y 00 − 8xy 0 − 4y = 0. (c) x2 y 00 − xy 0 + y = 8x3 . es equivalente a la ecuación con coeficientes constantes a d2 y dy + (b − a) + cy = 0. es equivalente a la ecuación con coeficientes constantes a d3 y d2 y dy + (b − 3a) + (2a − b + c) + dy = 0. Por medio de la sustitución x = et . sin amortiguación. sin fuerza externa. (b) x3 y 000 + x2 y 00 − xy 0 + y = 0. Use el resultado de los dos problemas anteriores para hallar una solución general de la ecuación diferencial dada para x > 0. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: (a) x2 y 00 + xy 0 − y = 0. y una constante de amortiguación b y una fuerza externa F (t). 12. dt2 dt 13. x > 0. dt3 dt2 dt 14. muestre que la ecuación diferencial de CauchyEuler de tercer orden ax3 y 000 + bx2 y 00 + cxy 0 + dx = 0. (c) x3 y 000 − 2x2 y 00 + 3xy 0 − 3y = 0. Por medio de la sustitución x = et . una constante de amortiguación b. una fuerza externa F (t). muestre que la ecuación diferencial de CauchyEuler de segundo orden ax2 y 00 + bxy 0 + cy = 0. Determine la ecuación del movimiento de la masa m atada a un resorte con constante del resorte k. . x > 0. desplazado inicialmente a una distancia y0 del punto de equilibrio y soltado con una velocidad inicial v0 y sujeto a: Ninguna fuerza amortiguadora o externa. b = 10 N/s.3. v0 = 1 m/s. (b) x2 y 00 + 2xy 0 − 6y = 0. (d) x4 y (4) + 5x3 y 000 − 2x2 y 00 + xy 0 − y = 0. la corriente inicial es cero. y0 = 0 m. C = 10−6 f . (b) L = 10 h. En el ejemplo 3. F (t) = 0. 17. E(t) = 100 cos(5t) V . C = 10−3 f . E(t) = 500 sin t V . R = 40 Ω. 16. C = 0. I es el momento de inercia con respecto al área. E(t) = 25 sin t V .01 cos(2t) N . v0 = 3 m/s. k = 16 N/m.5 m. F (t) = cos(t) N . E(t) = 50 sin(5t) V . Al aplicar la teoría de elasticidad al estudio de vibraciones transversales de una viga. (e) m = 10 kg. donde y(x) se relaciona con el desplazamiento de la viga en al posición x.94 Ecuaciones Lineales de Orden Superior (b) m = 1 kg.08 f . k = 10 N/m.47) . (a) L = 5 h. de longitud L. (3. Calcule la solución general primero mediante la fórmula obtenida en ese ejemplo y luego use la fórmula del ejercicio anterior. k = 10 N/m.0216 N/s. Determine la corriente en el instante t si la carga en el capacitor es cero en un principio. y0 = 3 m. y0 = 4 m.6. R = 10 Ω. (f ) L = 1 h. F (t) = sin(t) N .5 h. En el ejemplo 3. Compare estas dos soluciones generales con la solución general que se obtendría con el método de coeficientes indeterminados. x) = t − x sinh[a(t − x)] − . b = 20 N/s. R = 1200 Ω. v0 = 1 m/s. aparece la ecuación EIy (4) (x) − γλy(x) = 0. F (t) = 4 sin(4t) N . es decir.3 sea g(x) = 1. (d) L = 2. E(t) = 100 sin(600t) V . b = 10 N/s. F (t) = cos(3t) N . Podemos simplificar la ecuación haciendo γλ . 19. que suponemos constante. (e) L = 20 h.6. R = 40 Ω. C = 0. k = 25 N/m. consideramos la ecuación en la forma a4 = EI y (4) (x) − a4 y(x) = 0. C = 0.025 f . b = 10 5 N/s. 0 donde G(t.1 f . a2 a3 18. v0 = 0 m/s. y0 = 0 m. b = 8 N/s. la constante E es el módulo de Young. (c) m = 10 kg.1 f . y0 = 0. y λ es un parámetro positivo por determinar. γ es la constante masa por unidad de longitud de la viga. √ (d) m = 10 kg. C = 0. v0 = 0 m/s. k = 25 N/m.3 muestre que la solución general se puede escribir en la forma Z x ax −ax y(x) = c1 + c2 x + c3 e + c4 e + g(t)G(t. (c) L = 1 h. R = 9 Ω. E(t) = 50 cos(2t) V . x)dt. R = 10 Ω. b = 0. v0 = 4 m/s. (f ) m = 1 kg. Resuelva la ecuación.3. y y(L) = y 0 (L) = 0.48). k > 0 es la constante de resorte asociada con la puerta giratoria. donde Θ es el ángulo que abre la puerta.47) tiene una solución no trivial que satisfaga (3.48) cuando a = 0. determine el valor mínimo para la constante de amortiguamiento (en kg/sg) que proporcione un viaje suave. Θ0 es el ángulo inicial de apertura de la puerta y v0 es la velocidad angular inicial impartida a la puerta (véase la figura 3. .47)-(3. libre de oscilaciones. (b) Halle la solución general de (3. (c) Sustituya la solución general obtenida en el item anterior en las ecuaciones (3.7 Ejercicios 95 Cuando la viga se sujeta en ambos extremos. donde m es la masa del automóvil. 20.47) para a > 0 en términos de senos. senos hiperbólicos y cosenos hiperbólicos. cosenos.48) El problema es determinar aquellos valores no negativos de a para los cuales la ecuación (3. con una constante de resorte igual al doble de la constante anterior. determine los valores de b para los que la puerta no oscilará de un lado al otro al cerrarse. k es la constante del resorte y y(t) es el desplazamiento vertical del automóvil en el instante t. (3. Para esto proceda así: (a) Muestre que no hay soluciones no triviales del problema con valores en la frontera (3. La suspensión de un automóvil se puede modelar como un resorte vibrante con amortiguamiento debido a los amortiguadores (véase la fig21). El movimiento de una puerta giratoria con un tornillo de ajuste que controla la cantidad de fricción en las bisagras es descrito mediante el problema de valor inicial   IΘ00 + bΘ0 + kΘ = 0 Θ(0) = Θ0  0 Θ (0) = v0 .48) para obtener un sistema lineal de orden cuatro para los coeficientes que aparecen en la solución general. Si reemplazamos los resortes por otros para trabajo pesado.6). se busca una solución que satisfaga las condiciones de frontera y(0) = y 0 (0) = 0. Si la masa del automóvil es de 1000 kg y la constante del resorte es 3000 kg/sg 2 . b > 0 es una constante de amortiguamiento que varía con la cantidad de fricción en la puerta. I es el momento de inercia de la puerta en torno de sus bisagras. Muestre que el sistema tiene soluciones no triviales sólo para aquellos valores de a que satisfacen cosh(aL) = sec(aL). Si I y k están fijos. ¿cómo es este valor mínimo para b? 21. b es la constante de amortiguamiento del amortiguador. Esto conduce a la ecuación my 00 (t) + by 0 (t) + ky(t) = 0. 6: Puerta giratoria 22. 2V µ ¶  πV t L L   cos . La figura sugiere que un modelo burdo del movimiento vertical y(t) de un auto que encuentra el reductor de velocidad con la velocidad V está dado por y(t) = 0. para t ≥ 2V La ausencia de un término de amortiguamiento indica que los amortiguadores del auto no están funcionando. Considere que m = k = 1 y L = π por conveniencia y resuelva este problema de valor inicial.96 Ecuaciones Lineales de Orden Superior Figura 3. . para − <t< L 2V 2V my 00 + ky = L   0 . Con frecuencia se construyen reductores de velocidad como el de la figura (fig22) en las carreteras para evitar que los autos circulen a velocidades excesivas. para t ≤ − L . el manejo de las propiedades del operador a considerar. . es otra de tales transformaciones. hablando en términos globales. digamos V . El operador de Laplace En esta sección consideraremos la aplicación del denominado operador de Laplace a la solución de ecuaciones diferenciales lineales.1. las cuales bajo la acción del operador de Laplace son transformadas en funciones en otro espacio funcional W . Como se pudo observar. la cual está expresada como combinación de funciones conocidas e incógnitas bajo diferentes operaciones. por medio de un operador inverso. El método. L : V f ↔ W : L−1 ↔ L(f ) = F De esa forma. La transformada de Laplace. En este sentido. consiste en transformar la ecuación dada en otra ecuación diferencial para la cual la técnica de solución sea comparativamente más fácil que la de la original. Consideraremos funciones en un cierto espacio funcional. que es un operador integral. una ecuación diferencial. 4.CAPÍTULO 4 La Transformada de Laplace En los capítulos anteriores consideramos los operadores diferenciales. estos operadores consideran una función y la transforman en otra función. de manera tal que la transformación sea inversible. es también transformada en otra ecuación tal que sus soluciones corresponden a las transformadas de las soluciones de la ecuación original. será importante para efectuar las correspondientes transformaciones. Observe que la integral en (4.1. Definimos la transformada de Laplace1 de f . desarrolló los fundamentos de la teoría del potencial y realizó importantes contribuciones a la mecánica celeste. el cual fué profesor en París. El operador L es el operador de Laplace. Se emplearán t o x. Se tiene Z ∞ Z ∞ −st L(f (t)) = e Kdt = K e−st dt 0 entonces ( L(f (t)) = Por lo tanto 0 K para s > 0 s +∞ para s ≤ 0 K . s F (s) = Se tiene entonces 1 La transformada de Laplace recibe su nombre del matemático francés Pierre Simon. s µ ¶ K −1 L = K. las funciones especiales y la teoría de la probabilidad. 2 Pertenecen probablemente a espacios diferentes.1) es una integral impropia. Es decir L(f (t)) = F (s) ⇔ f (t) = L−1 (F (s)).1) 0 para toda s tal que la integral exista. Por otra parte. por lo que estableceremos diferencias en torno a las variables independientes correspondientes.1. Dada una función f : [0. (4. como la función F . dada por Z ∞ F (s) = L(f (t)) = e−st f (t)dt. +∞[→ R. Determinar L(f (t)) donde f (t) = K . hablaremos de la transformada inversa para referirnos a cualquiera de tales funciones.98 La Transformada de Laplace Definición 4. funciones que tienen la misma transformada coinciden en todo punto de su dominio donde sean continuas. En tal sentido.1. . la astronomía. Z Z ∞ e −st N f (t)dt = l´ım N →∞ 0 e−st f (t)dt. Ejemplo 4.1. 0 siempre que el límite exista. s > 0. K es una constante. Más precisamente. Marqués De Laplace. Notaremos generalmente a la función original (f en la definición) por medio de letras minúsculas y a su transformada por medio de la misma letra pero en mayúscula. Los intervalos de definición de la función original y su transformada no son necesariamente los mismos2 . para la función f y s para su trasformada. Si f (t) = eat . Por tanto. s s 0 s para s > 0. µ −1 L n! sn+1 n! sn+1 . entonces Z Z ∞ e−st cos(at) ∞ a ∞ −st −st |0 − e sin(at)dt. s s2 sn 1 Pero t0 = 1. 0 usando integración por partes. entonces que 1 para s > a. con u = tn y dv = e−st dt tenemos Z tn e−st ∞ n ∞ −st n−1 n n L(t ) = − |0 + e t dt = L(tn−1 ). s−a µ L −1 1 s−a ¶ = eat . Si f (t) = tn . así que por un ejemplo anterior L(1) = y s L(tn ) = L(tn ) = Equivalentemente. entonces Z ∞ Z ∞ at −st at L(e ) = e e dt = e−(s−a)t dt. 0 0 luego L(eat ) = se deduce.4. Si f (t) = cos(at). donde a ∈ R.2. n un entero positivo cualquiera. Sean u = cos(at) y dv = e−st dt.1. Ejemplo 4. entonces Z ∞ L(f (t)) = e−st tn dt.3.1. n(n − 1) n! n n−2 L(tn−1 ) = L(t ) = · · · = L(t0 ). L(cos(at)) = e cos(at)dt = − s s 0 0 o L(cos(at)) = 1 a − L(sin(at)).1 El operador de Laplace 99 Ejemplo 4.4. ¶ = L−1 (L(tn )) = tn . su transformada de Laplace se obtiene también integrando por partes. s s .1. Ejemplo 4. s µ L −1 1 + e−s − 2e−2s s ¶ = f (t). 0 ≤ t < 1. s s2 Pasando el último término del lado derecho de la anterior ecuación al lado izquierdo. t > 2. s + a2 Evidentemente estos cálculos son válidos sólo para s > 0. entonces · −st ¸ Z Z 1 a ∞ −st 1 a e sin(at) ∞ a ∞ −st L(cos(at)) = − − |0 + e sin(at)dt = − e cos(at)dt . s s 0 s s s s 0 o 1 a2 − L(cos(at)). entonces Z Z ∞ L(f (t)) = −st e f (t)dt = 0 Z 1 −st e 2 dt + 2 0 e−st dt. para s > 0.2) . t > 0. 1 ≤ t < 2.1. 0 (4. como 1 s L(sin(at)) = − L(cos(at)). 1 luego L(f (t)) = de donde 1 + e−s − 2e−2s . f (t) =  0 .2. con u = cos(at) y dv = e−st dt. obtenemos µ ¶ a2 1 1 + 2 L(cos(at)) = . L(cos(at)) = Ejemplo 4. s + a2 Además. s s o s L(cos(at)) = 2 . a a se tiene a L(sin(at)) = 2 .100 La Transformada de Laplace Debemos calcular esta última integral otra vez por partes.1. Si   1 . 2 . Definición 4. La función Gamma Γ(t) se define como Z ∞ Γ(t) = e−u ut−1 du.5. existirá para valores suficientemente grandes de s. Entonces t Z ∞ −st Z 1 −st Z ∞ −st e e e L(f (t)) = dt = dt + dt. Así. Verifiquemos que L(ta ) = para cada a > −1.4. s s s sa+1 0 0 Observamos que cuando a = n un entero no negativo. digamos t = n. después de una integración por partes. se tiene L(tn ) = n! sn+1 . vemos que la función gamma extiende el concepto de factorial.1. En efecto.7. (4.1 El operador de Laplace 101 Se puede mostrar que la anterior integral impropia converge para t > 0.2) implica que Γ(1) = 1. calculemos la transformada de Laplace de una potencia arbitraria de t. por definición Γ(a + 1) . Hay funciones para las que la integral impropia (4. por ejemplo: 1 Ejemplo 4.3) Esta identidad es consecuencia de la definición. Cuando t es un entero positivo.3) se puede aplicar varias veces par obtener Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = · · · = n(n − 1)(n − 2) · · · 2Γ(1). de modo que Γ(n + 1) = n!. Sea f (t) = . entonces la relación recursiva (4. Ejemplo 4.6. entonces Z ∞ Z ∞ ³ ´a µ 1 ¶ 1 Γ(a + 1) a −u u L(t ) = e du = a+1 e−u ua du = .1.1) no converge para cualquier valor de s. t t t 0 0 1 . sa+1 Z ∞ a L(t ) = e−st ta dt. En los anteriores ejemplos se muestra que L(f (t)) puede no estar definida para todos los valores de s. 0 hagamos la sustitución u = st. Como aplicación de la función gamma. La definición (4. pero en caso de estar definida. Una propiedad útil es la relación recursiva Γ(t + 1) = tΓ(t). 102 La Transformada de Laplace para t en el intervalo [0, 1], e−st ≥ e−s , si s > 0. Entonces Z ∞ 0 e−st dt ≥ e−s t Z 1 Sin embargo, como ya sabemos formada de Laplace. 0 Z 1 0 1 dt + t Z ∞ 1 e−st dt. t 1 dt diverge. Por tanto, la función dada no tiene transt Este último ejemplo y la discusión anterior a el, señalan la necesidad de contestar las siguientes preguntas: 1. ¿Qué funciones f (t) tienen transformada de Laplace? 2. ¿Pueden dos funciones f (t) y g(t) tener la misma transformada? Al contestar estas preguntas, nos daremos por satisfechos con poder encontrar una clase de funciones, lo suficientemente grande para que contenga a todas las funciones para las cuales existen las transformadas de Laplace y tienen inversas únicas. Para poder dar condiciones que garanticen la existencia de la transformada de Laplace, es necesario las siguientes definiciones: Definición 4.1.3. Una función f (t) en [a, b] se dice que tiene una discontinuidad de salto en un punto t0 ∈]a, b[ si f (t) es discontinua en t0 , pero los límites laterales l´ım+ f (t) t→t0 y l´ım− f (t) existen. Si la discontinuidad ocurre en un extremo t0 = a o t0 = b, hay una t→t0 discontinuidad de salto si el límite lateral de f (t) cuando t → a+ o t → b− existe. Definición 4.1.4. Una función f (t) en [a, b] es continua por partes si f (t) es continua en cada punto de [a, b] excepto en un número finito de puntos donde f (t) tiene una discontinuidad de salto. Una función f (t) es continua por partes en [0, ∞[ si f (t) es continua por partes en [0, N ] para todo N > 0. Ejemplo 4.1.8. Consideremos la función  , 0 ≤ t < 1,  1 2 , 1 ≤ t < 2, f (t) =  1/2 , 2 ≤ t ≤ 4, cuya gráfica aparece en la figura (4.1), es continua por tramos en [0, 4]. Podemos ver que la gráfica de f (t) muestra que f (t) es continua en los intervalos ]0, 1[, ]1, 2[ y ]2, 4[. Además, en los puntos de discontinuidad, t = 1, y t = 2, la función tiene discontinuidades de salto, pues los límites laterales existen. 4.1 El operador de Laplace 103 Figura 4.1: Definición 4.1.5. Una función f (t) se dice que es de orden exponencial λ si existen constantes positivas T y M tales que |f (t)| ≤ M eλt , para toda t ≥ T. (4.4) Ejemplo 4.1.9. La función f (t) = e−2t cos t es de orden exponencial λ = −2, pues |e−2t cos t| ≤ e−2t , ya que | cos t| ≤ 1, y por lo tanto (4.4) se cumple con M = 1 y T cualquiera. 2 Mientras que la función g(t) = et no es de orden exponencial. Puesto que 2 et l´ım = l´ım et(t−λ) = +∞ t→∞ eλt t→∞ para cualquier λ. Las funciones que aparecen por lo general al resolver ecuaciones diferenciales lineales son tanto continuas por partes como de orden exponencial. Como se mostrará a continuación, con el siguiente teorema, las transformadas de Laplace de tales funciones existen para valores suficientemente grandes de s. Teorema 4.1.1 (Teorema para la existencia de la transformada). Si la función f (t) es continua por partes en [0, ∞[ y de orden exponencial λ, entonces L(f (t)) existe para s > λ. Demostración. Debemos mostrar que la integral Z ∞ L(f (t)) = e−st f (t)dt 0 104 La Transformada de Laplace converge para s > λ. Primero separamos la anterior integral en dos, así: Z ∞ Z T Z ∞ −st −st e f (t)dt = e f (t)dt + e−st f (t)dt, 0 0 (4.5) T donde T se elige de modo que se cumpla la desigualdad (4.4). La primera de las integrales de la derecha de (4.5) existe porque f (t) y por tanto e−st f (t) son continuas por partes en el intervalo [0, T ] para cualquier s fija. Para ver que la segunda integral de la derecha en (4.5) converge usamos el criterio de comparación para integrales impropias. Como f (t) es de orden exponencial λ, tenemos que para t ≥ T , |f (t)| ≤ M eλt , y por tanto |e−st f (t)| ≤ e−st |f (t)| ≤ M e−(s−λ)t , para toda t ≥ T . Ahora, para s > λ. Z ∞ Z −(s−λ)t Me dt = M T ∞ e−(s−λ)t dt = T M e−(s−λ)T < ∞. s−λ Como |e−st f (t)| ≤ M e−(s−λ)t para t ≥ T y la integral impropia de la función R ∞ −stmayor converge para s > λ, el criterio de comparación nos muestra que la integral T e f (t)dt converge para s > λ. Por último, como las dos integrales en (4.5) existen, la transformada de Laplace L(f (t)) existe para s > λ. Teorema 4.1.2 (Comportamiento de F (s) cuando s → ∞). Si f es una función continua por partes en [0, ∞[ y de orden exponencial λ, entonces l´ım F (s) = 0. s→∞ Demostración. Dado que f (t) es continua por partes en 0 ≤ t ≤ T , necesariamente es acotada en ese intervalo; esto es, |f (t)| ≤ M1 = M1 e0t . También, |f (t)| ≤ M2 eλt , para t > T . Si M representa el máximo de {M1 , M2 } y c indica el máximo de {0, λ}, entonces Z ∞ Z ∞ e−(s−c)t ∞ M −st |F (s)| ≤ e |f (t)|dt ≤ M e−st ect dt = −M |0 = , s−c s−c 0 0 para s > c. Cuando s → ∞, se tiene que |F (s)| → 0, de modo que F (s) → 0. 4.2. Propiedades de la transformada de Laplace En la sección anterior se definió la transformada de Laplace de una función f (t) por la fórmula (4.1). El uso de esta definición para obtener una expresión explícita para L(f (t)) requiere la evaluación de la integral impropia, lo que es una tarea tediosa. En esta sección analizamos algunas propiedades básicas de la transformada de Laplace que simplifican su cálculo. 4.2 Propiedades de la transformada de Laplace 105 Teorema 4.2.1 (Linealidad). Sean f , g funciones cuyas transformadas de Laplace existen para s > λ y a, b ∈ R. Entonces, para s > λ, L(af (t) + bg(t)) = aF (s) + bG(s). (4.6) L−1 (aF (s) + bG(s)) = af (t) + bg(t). (4.7) Equivalentemente Demostración. Usando la propiedad de linealidad de la integral obtenemos para s > λ, Z ∞ L(af (t) + bg(t)) = e−st [af (t) + bg(t)]dt 0 Z ∞ = a Z −st e ∞ f (t)dt + b 0 e−st g(t)dt 0 = aL(f (t)) + bL(g(t)) = aF (s) + bG(s). Equivalentemente L−1 (aF (s) + bG(s)) = L−1 (L(af (t) + bg(t))) = af (t) + bg(t). Ejemplo 4.2.1. Si f (t) = 4 − e−t , entonces aplicando la propiedad de linealidad se tiene L(4 − e−t ) = L(4) − L(e−t ), y aplicando los ejemplos anteriores obtenemos L(f (t)) = 1 3s + 1 4 − = . s s+1 s(s + 1) Teorema 4.2.2 (Traslación en el eje s). Si la transformada de Laplace L(f (t)) = F (s) existe, para s > λ, entonces L(eat f (t)) = F (s − a), (4.8) para s > λ + a. Equivalentemente L−1 (F (s)) = eat f (t). (4.9) 3. se tiene que F (s) = s2 2 . Sean f (t). ∞[ y sea f (n) (t) continua por parte en [0. Calculamos Z ∞ at L(e f (t)) = e−st eat f (t)dt. entonces como en un ejemplo anterior vimos que L(t) = 1 . con todas estas funciones de orden exponencial λ. 0 se tiene Z ∞ at L(e f (t)) = e−(s−a)t f (t)dt 0 = F (s − a). con f (t) = sin(2t). f 0 (t).2. ∞[. tenemos L(et t) = 1 . .10) .106 La Transformada de Laplace Demostración. Si f (t) = et t. (4. Ejemplo 4. .2. Equivalentemente L−1 (F (s − a)) = L−1 (L(eat f (t))) = eat f (t).2. Entonces. . (s + 1)2 + 4 Teorema 4.3 (Transformada de derivadas de orden superior). con a = 1. +4 y a = −1.2. s2 por la propiedad de traslación en el eje s. para s > λ. f (n−1) (t) continuas en [0. (s − 1)2 Ejemplo 4. tenemos L(e−t sin(2t)) = F (s + 1) = 2 . . L(f (n) (t)) = sn F (s) − sn−1 f (0) − · · · − f (n−1) (0). Si g(t) = e−t sin(2t). = N →∞ Para evaluar l´ım e−sN f (N ). para obtener Z ∞ 0 L(f (t)) = e−st f 0 (t)dt 0 Z = N l´ım N →∞ e−st f 0 (t)dt 0 · = −st l´ım e N →∞ ¯ f (t) ¯N 0 +s Z ¸ N e −st f (t) dt 0 Z −sN = l´ım e N →∞ N f (N ) − f (0) + s l´ım N →∞ e−st f (t)dt 0 l´ım e−sN f (N ) − f (0) + sF (s). como f (0) = 1. N →∞ N →∞ de modo que l´ım e−sN f (N ) = 0.4. Ejemplo 4. Como L(f 0 (t)) existe. para s > λ. Entonces obtenemos L(f 0 (t)) = sL(f (t)) − f (0). haciendo u = e−st y dv = f 0 (t)dt. El resultado general (4. observamos que como f (t)es e orden exponencial ∞. Por lo tanto. 0 ≤ l´ım |e−sN f (N )| ≤ l´ım M e−(s−λ)N = 0. Sea f (t) = cos2 (at).4. y como L(f 0 (t)) = −aL(sin(2at)) = − 2a2 . Calculemos L(cos2 (at)). entonces f 0 (t) = −2a cos(at) sin(at) = −a sin(2at).10) se sigue al aplicar inducción sobre n.2 Propiedades de la transformada de Laplace 107 Demostración. s2 + 4a2 .2. existe N →∞ una constante M tal que para N grande |e−sN f (N )| ≤ e−sN M eλt = M e−(s−λ)N . N →∞ para s > λ. podemos integrar por partes. se tiene que L(f 0 (t)) = sL(f (t)) − f (0) = sL(cos2 (at)) − 1. Sabemos que Z ∞ F (s) = dn F (s).2. Teorema 4. s s(s2 + 4a2 ) s(s2 + 4a2 Teorema 4.108 La Transformada de Laplace se tiene entonces que L(cos2 (at)) = 2a2 s2 + 2a2 1 − = . entonces µ L o.2.2. para s > λ. L(tn f (t)) = (−1)n Demostración. t 1 Tenemos que si f (t) = sin(t). ∞[ y de orden exponencial λ.13) . s s > 0. 2 t u +1 s Entonces µ L sin(t) t ¶ π = − arctan(s) = arctan 2 µ ¶ 1 . (4. dsn e−st f (t)dt. ¶ +∞ −1 L (4.4 (Integral de transformada). t (4.5.11) s F (u)du s = f (t) .5 (Derivada de transformada). Entonces. Supongamos que l´ım+ t→0 es finito. entonces aplicando el teorema anterior s +1 ¶ Z ∞ µ sin(t) 1 = du = arctan(u)|∞ L s . µ ¶ sin(t) Ejemplo 4. equivalentemente f (t) t µZ ¶ f (t) t Z +∞ = F (u)du.12) La demostración se deja como ejercicio. F (s) = 2 . Sea F (s) = L(f (t)) y suponga que f (t) es continua por partes en [0. 0 derivando con respecto a s tenemos dF d (s) = ds ds Z ∞ 0 e−st f (t)dt. Determinemos L . para s > 0. s−3 1 Del teorema de derivada de transformada tenemos que f (t) = − L−1 (F 0 (s)).7. Sea f (t) = sin(at). . Como t µ ¶ s+1 F (s) = ln = ln(s + 1) − ln(s − 3).13) se sigue al aplicar inducción sobre n.2 Propiedades de la transformada de Laplace 109 debido a la hipótesis sobre f (t).4. s−3 se tiene que F 0 (s) = entonces de donde 1 1 − .2.2. Hallemos f (t) para F (s) = ln ¶ s+1 . + a2 dF 2as (s) = 2 . L(tf (t)) = (−1) dF (s). Ejemplo 4. s+1 s−3 1 f (t) = − L−1 t µ 1 1 − s+1 s−3 1 f (t) = − (e−t − e3t ). t ¶ . ds (s + a2 )2 µ Ejemplo 4. ds El resultado general (4. entonces F (s) = L(sin(at)) = entonces L(t sin(at)) = − s2 a . Calculemos L(t sin(at)). podemos aplicar un teorema de cálculo (llamado la regla de Leibniz) para intercambiar el orden de integración y derivación: dF (s) = ds Z ∞ 0 Z d −st (e )f (t)dt ds ∞ = − e−st tf (t)dt 0 = −L(tf (t)). Así.6. en las cuales la función forzadora era continua. Al recorrer el argumento de H(t) podemos mover el salto a otra posición. . ½ 0 . t < a.3. Transformada de funciones escalonadas. periódicas y de impulso En el capítulo anterior vimos cómo resolver ecuaciones diferenciales lineales. H(t) = (4. no está definida en t = a. ½ 0 . Sin embargo en la gran mayoría de los casos de aplicaciones la función forzadora es una función escalonada o periódica o de impulso. en esta sección veremos estos casos. donde a es cualquier constante fija.2: Función de Heaviside ½ H(t − a) = 0 . La siguiente función. (4. = 1 . Observe que esta función tiene una discontinuidad de salto en t = a.14) 1 . t − a > 0. 1 . La gráfica de la función H(t − a) se presenta en la figura 4.15) tiene su salto en t = a. aún más. t < 0. t − a < 0. importante en las aplicaciones prácticas. se conoce como función escalón unitario o función de Heaviside.110 La Transformada de Laplace 4.3. t > 0. t > a. que surgen de problemas de aplicación. es decir Figura 4. 1 (Traslación en el eje t). tenemos Z ∞ Z ∞ −st L(f (t − a)H(t − a)) = e f (t − a)H(t − a)dt = e−st f (t − a)dt.16) L−1 (e−as F (s)) = f (t − a)H(t − a). .17) Equivalentemente Demostración.3: Teorema 4. Usando la definición de la transformada de Laplace.3. periódicas y de impulso 111 Figura 4. entonces L(f (t − a)H(t − a)) = e−as F (s). 0 de donde L(f (t − a)H(t − a)) = e−as F (s).3 Transformada de funciones escalonadas.4. (4. Supongamos que F (s) = L(f (t)) existe para s > λ ≥ 0. a 0 haciendo la sustitución u = t − a. Si a es una constante positiva. (4. Equivalentemente L−1 (e−as F (s)) = L−1 (L(f (t − a)H(t − a))) = f (t − a)H(t − a). se tiene Z ∞ Z −s(u+a) −as L(f (t − a)H(t − a)) = e f (u)du = e 0 ∞ e−su f (u)du. y además sin(t−2π) = sin t. . s2 + 1 Definición 4. en efecto. ya que ½ H(t − 2π) sin(t − 2π) = 0 . s (4. sin(t − 2π) . Hallemos L(sin(t)H(t − π)).1.3. Calculemos L(f (t)) para ½ −t e . Una función f (t) se dice que es periódica con periodo T si f (t + T ) = f (t). +1 Entonces. entonces. Podemos usar la función de Heaviside para escribir f (t) = e−t + H(t − 2π) sin(t − 2π). (4.16) implica L(g(t)H(t − a)) = e−as L(g(t + a)).112 La Transformada de Laplace Observamos que la fórmula (4.19) se tiene L(sin(t)H(t − π)) = − e−πs .2.3. La función f (t) tiene una discontinuidad de salto en t = 2π. t < 2π. 0 ≤ t < 2π.1. f (t) = −t e + sin t . aplicando linealidad de la transformada y el teorema de traslación en el eje t tenemos −t −2πs L(f (t)) = L(e ) + e 1 e−2πs L(sin t) = + 2 .3. g(t) = sin t y a = π. para todo t en el dominio de f . t > 2π. de donde L(g(t + π)) = −L(sin t) = − s2 1 . por la fórmula (4. dado que L(1) = . obtenemos s e−as L(H(t − a)) = . s s +1 Ejemplo 4.18) También obtenemos la transformada de la función h(t) = g(t)H(t − a). En este caso.19) Ejemplo 4. t > 2π. Por tanto g(t + π) = sin(t + π) = − sin t. la ecuación (4. al identificar a g(t) con f (t − a) de modo que f (t) = g(t + a).16) incluye como caso particular la expresión para cuando 1 f (t) ≡ 1. Por la definición de transformada de Laplace tenemos Z ∞ L(f (t)) = e−st f (t)dt 0 o Z Z T L(f (t)) = −st e ∞ f (t)dt + 0 e−st f (t)dt.4. Ahora. 1 − e−πs/a 0 ya que | cos(at)| = cos(at) en [0. π/a]. 0 de donde se obtiene la fórmula (4. 0 entonces Z −sT (1 − e T )F (s) = e−st f (t)dt. entonces Z T 1 e−st f (t)dt.20) −sT 1−e 0 Demostración. la primera integral del lado derecho existe.3 Transformada de funciones escalonadas. usando tablas de integrales se tiene Z π/a 0 e−st cos(at)dt = s(1 + e−πs/a ) e−st π/a (a sin(at) − s cos(at))| = .20). L(f (t)) = (4. Ejemplo 4. Por el teorema anterior tenemos Z π/a 1 L(f (t)) = e−st cos(at)dt.3. periódicas y de impulso Teorema 4. T ]. T 0 y como f es periódica y de periodo T . T 0 luego Z T F (s) = e−st f (t)dt + e−sT F (s). Calculemos la transformada de la función f (t) = | cos(at)|. se tiene Z ∞ Z ∞ −st −sT e f (t)dt = e e−su f (u)du = e−sT F (s). para la segunda integral hacemos la sustitución u = t − T . entonces Z ∞ Z ∞ −st e f (t)dt = e−s(u+T ) f (u + T )du. Observamos que esta función es periódica y de periodo T = π/a. Sea f una función continua por partes en [0.3. T como la función f (t) es continua por partes en [0. T ] y con periodo T > 0.2 (Periodicidad de la transformada). s2 + a2 1 − e−πs/a 113 .3. 0 s2 + a2 s2 + a2 así que L(| cos(at)|) = s 1 + e−πs/a . t 6= 0. δ(t) = (4. (4. Al recorrer el argumento de δ(t). La función Delta de Dirac3 δ(t) se caracteriza por las dos propiedades siguientes: ½ 0 . Es claro que δ(t − a) no es una función en el sentido usual. t 6= a y Z ∞ f (t)δ(t − a)dt = f (a). es un ejemplo de 3 El físico matemático inglés Paul M.4: f (t) = | cos(at)| que puede simplificarse usando funciones hiperbólicas a L(| cos(at)|) = ³ πs ´ s coth . tenemos que δ(t − a) = 0.22) −∞ para cualquier función f (t) que sea continua en un intervalo abierto que contiene a t = 0. circuitos eléctricos.23) −∞ para cualquier función f (t) que sea continua en un intervalo abierto que contiene a t = a. (4. y Z ∞ f (t)δ(t)dt = f (0). s2 + a2 2a Definición 4. en realidad. t = 0. . Dirac introdujo esta función para trabajar los sistemas mecánicos.114 La Transformada de Laplace Figura 4.21) ∞ .3.2. doblamiento de vigas y otras aplicaciones donde aparecen funciones con un valor muy grande en un intervalo de tiempo corto. 26) Equivalentemente Demostración. que se denota por f ∗ g se define como Z t (4. La función escalón unitario y la función Delta de Dirac tienen una relación muy interesante. Denominaremos convolución a la función resultante de la combinación de las funciones indicadas.3.4. L(δ(t − a)) = e−as . (4. Determinar L(δ(t − 1) − δ(t − 2)).27) Ejemplo 4. (4.1. 0 . una cierta operación entre dos funciones. Al aplicar la propiedad de linealidad de la transformada y el teorema anterior obtenemos L(δ(t − 1) − δ(t − 2)) = L(δ(t − 1)) − L(δ(t − 2)) = e−s − e−2s .24) 1 .3 (Transformada de la función Delta de Dirac). Convolución Hemos visto que la transformada de Laplace es lineal.25) L−1 (e−as ) = δ(t − a).4 Convolución 115 lo que se llama función generalizada o distribución. Podemos definir. como δ(t − a) = 0 para t 6= a. La convolución de f y g. e δ(t − a)dt = L(δ(t − a)) = −∞ 0 Equivalentemente L−1 (e−as ) = L−1 (L(δ(t − a))) = δ(t − a). ∞).3.4. sin embargo. Al aplicar la propiedad (4. En particular si a = 0 se tiene L(δ(t)) = 1. no es válido que la transformada de un producto sea el producto de transformadas. Así. la transformada de una suma es la suma de transformadas. ½ Z t 0 . (4. tales que la transformada de la función resultante sea el producto de las transformadas de las funciones operadas.4. Sean f y g funciones continuas por partes en el intervalo [0. 4.28) (f ∗ g)(t) = f (t − u)g(u)du. δ(τ − a)dτ = = H(t − a). haciendo f (t) = e−st en (4.23). Definición 4. Para a > 0. t>a −∞ Teorema 4. (4.4.23). sin embargo. t < a. tenemos para a ≥ 0 Z ∞ Z ∞ −st e−st δ(t − a)dt = e−as . 4.30) o. Entonces 1. Ahora mostraremos que si Y (s) es el producto de las transformadas de Laplace F (s) y G(s). 3. 2.4. Teorema 4. sean F (s) = L(f (t)) y G(s) = L(g(t)). ∞) × (0. f ∗ 0 = 0. ∞) y de orden exponencial α. para s > α.116 La Transformada de Laplace Es claro que la convolución es distinta de la multiplicación usual. f ∗ g = g ∗ f . el valor absoluto del integrando es integrable en (0. si u > t. Sean f . f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h). Por ejemplo 1 ∗ 1 = t 6= 1. entonces y(t) es la convolución (f ∗ g)(t). y en general 1 ∗ f 6= f .2 (Teorema de convolución). Entonces L(f ∗ g) = F (s)G(s). ∞). Al invertir el orden de integración4 se tiene ·Z t ¸ Z ∞ −st L(f ∗ g) = g(u) e H(t − u)f (t − u)dt du.4. ∞). . la convolución satisface algunas propiedades de la multiplicación. g y h funciones continuas por partes en [0. de manera equivalente Demostración. 0 4 0 Esto se puede hacer debido a que para s > α. (4.29) L−1 (F (s)G(s)) = (f ∗ g)(t). 0 0 donde hemos usado el hecho de que H(t − u) = 0. (4.1. La demostración se deja como ejercicio. Usando la definición de transformada de Laplace. L(f ∗ g) = e 0 0 Para simplificar los cálculos introducimos la función escalón unitario H(t − u) y escribimos ·Z ∞ ¸ Z ∞ −st L(f ∗ g) = e Ht − u)f (t − u)g(u)du dt. Sin embargo. tenemos Z ∞ e−st (f ∗ g)(t)dt. L(f ∗ g) = 0 usando la definición de convolución obtenemos ¸ ·Z t Z ∞ −st f (t − u)g(u)du dt. Teorema 4. Sean f y g funciones continuas por partes en [0. 4.29). 2 1 L−1 (F (s)G(s)) = t sin(t). s 0 que es la fórmula de la transformada de una integral. 2 2 + 1) s +1s +1 Entonces por el teorema de convolución µ ¶ s −1 L = sin(t) ∗ cos(t).29) incluye como caso particular la expresión para cuando 1 f (t) ≡ 1. se tiene s µZ t ¶ G(s) (4. Equivalentemente L−1 (F (s)G(s)) = L−1 (L((f ∗ g)(t))) = (f ∗ g)(t). 2 . la integral entre el corchete es igual a e−su F (s).31) L g(u)du = . esto es. Se observa que la fórmula (4. + 1)2 s s 1 = 2 . 0 0 Esto demuestra (4. (s2 + 1)2 (s2 Aplicando la definición de convolución de funciones se tiene Z t sin(t) ∗ cos(t) = sin(t − u) cos(u)du 0 1 = 2 Z t [sin(t) + sin(t − 2u)]du 0 ¸ · 1 1 t = t sin(t) + cos(t − 2u)|0 2 2 = Entonces 1 t sin(t).4 Convolución 117 Aplicando la propiedad de traslación en el eje t.1. Halle la transformada inversa de Tenemos que (s2 s . Por tanto Z ∞ Z ∞ −su L(f ∗ g) = g(u)e F (s)du = F (s) g(u)e−su du = F (s)G(s).4. dado que L(1) = . Ejemplo 4. 2   . El método de transformadas de Laplace se reduce a los siguientes pasos: 1.5. 2. L(4y 00 + π 2 y) = L(0) = 0. usando las propiedades o buscándola en la tabla. π2 + 4 Finalmente. tenemos s2 y(t) = L−1 (Y (s))   = L−1   2s π2 s2 + 4 µ ¶ πt = 2 cos . previamente. Estos métodos requieren hallar. Solución de problemas con valores iniciales En los capítulos anteriores se estudiaron algunos métodos para resolver estos problemas. Usamos las propiedades de la transformada de Laplace y las condiciones iniciales para obtener una ecuación para la transformada de la solución y luego despejamos la transformada en esta ecuación. de donde obtenemos 2s Y (s) = . por el teorema de transformada de derivadas de orden superior 4[s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)] + π 2 Y (s) = 0. Consideramos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación diferencial.118 La Transformada de Laplace 4. aplicando transformada inversa. luego. entonces. las transformadas de Laplace nos conduce a la solución deseada del problema con valores iniciales. sin necesidad de hallar la solución general. Apliquemos la transformada valores iniciales  00  4y + π 2 y y(0)  0 y (0) Aplicando el operador de Laplace. 3. una solución general de la ecuación diferencial y luego usar las condiciones iniciales para determinar la solución particular. Ejemplo 4. Como veremos. tenemos que de Laplace a la solución del problema de = 0 = 2 = 0.5. por linealidad 4L(y 00 ) + π 2 L(y) = 0.1. Determinamos la transformada inversa de Laplace de la solución. L(xy 00 ) = − = − d [L(y 00 )] ds d 2 [s Y (s) − sy(0) − y 0 (0)] ds = −s2 Y 0 (s) − 2sY (s). Determinemos una solución no trivial del problema de valor inicial ½ 00 xy + (x − 2)y 0 + y = 0 y(0) = 0. al reemplazar y simplificar. y. Ahora. tenemos L(xy 00 + (x − 2)y 0 + y) = L(0) = 0. donde L(y) = Y (s).5. también L(xy 0 ) = − = − d [L(y 0 )] ds d [sY (s) − y(0)] ds = −sY 0 (s) − Y (s).2. Por lo tanto. por el teorema de transformada de derivadas de orden superior L(y 0 ) = sY (s) − y(0) = sY (s).4. Aplicando el operador de Laplace a la ecuación diferencial. . Resolver el problema de valores iniciales ½ 00 y + 6y 0 + 34y = 30 sin(2t) y(0) = y 0 (0) = 0. k 6= 0. Ejemplo 4.5. Resolviéndola obtenemos c . por el teorema de derivada de transformada. tenemos (s2 + s)Y 0 (s) = −4sY (s). Y (s) = (s + 1)4 de donde y(x) = L−1 (Y (s)) = kx3 e−x .5 Solución de problemas con valores iniciales 119 Ejemplo 4. la cual es una ecuación diferencial de orden uno en variables separables.3. en 1931. Consideremos la ecuación Z t f (t) + g(t − u)f (u)du = h(t). la ecuación dada se llama ecuación integral de Volterra5 . Al aplicar la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación y usando el teorema de convolución obtenemos F (s) + G(s)F (s) = H(s). Dado que la función desconocida aparece bajo el signo integral. Ejemplo 4. por la linealidad de la transformada tenemos L(y 00 ) + 6L(y 0 ) + 34L(y) = 30L(sin(2t)).4. 60 (s2 + 4)[(s + 3)2 + 25] ¶ = 6f (t) ∗ g(t). donde L(y) = Y (s). reemplazando y despejando Y (s). aplicamos el teorema de convolución. y L(y 0 ) = sY (s) − y(0) = sY (s).5. obtenemos Y (s) = (s2 60 . 5 El matemático italiano Vito Volterra. + 4)[(s + 3)2 + 25] Para hallar la solución. en la forma de esta ecuación. . con µ ¶ 2 −1 f (t) = L = sin(2t). publicó un libro que contenía un modelo de crecimiento de población. s2 + 4 y µ −1 g(t) = L entonces µ −1 y(t) = L 5 (s + 3)2 + 25 ¶ = e−3t sin(5t). tenemos 2 . L(sin(2t)) = orden superior. por el teorema de transformada de derivadas de s2 + 4 L(y 00 ) = s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) = s2 Y (s).120 La Transformada de Laplace Aplicamos el operador de Laplace a la ecuación diferencial L(y 00 + 6y 0 + 34y) = L(30 sin(2t)). 0 en la que g y h son funciones conocidas y se ha de determinar f . s −1 s entonces 2/s3 2(s2 − 1 2 2 F (s) = = = 3 − 5. manteniendo constante el volumen. La válvula de salida C elimina 12 l/min. El tanque mezclador de la figura 4. Durante los primeros 10 minutos de operación. Figura 4.5.5: Tanque mezclador Sea x(t) la cantidad de sal (en kilogramos) en el tanque en el instante t. se tiene que G(s) = 2 y H(s) = 3 . se abre la válvula A.5 Solución de problemas con valores iniciales de donde F (s) = H(s) . añadiendo 12 l/min de una solución con una concentración de sal de 4 kg/l.4. G(s) + 1 1 2 Si en particular g(t) = sinh(t) y h(t) = t2 . Determine la concentración de sal en el tanque como función del tiempo. con una concentración de sal de 2 kg/l.5. es la concentración en kg/l. se cambia a la válvula B. Entonces. En los capítulos 1 y 2 analizamos una versión más sencilla de este problema. por x(t) supuesto. 12 Ejemplo 4. El contenido de sal se reduce a razón de (12 500 121 . la cual agrega una concentración de 6 kg/l a 12 l/min. 2 5 1 + 1/(s − 1) s s s de donde f (t) = t2 − t4 .5 contiene inicialmente 500 litros de una salmuera. Después de 10 minutos. s(s + 3/125) s s + 3/125 s(s + 3/125) que al igualar los numeradores y simplificar se tiene que A = X(s) = 125 125 yB=− . luego 3 3 2000 1000 e−10s e−10s − + 1000 − 1000 . se enriquece a través de las válvulas A y B a razón r(t). Aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación diferencial resultante para obtener ¶ ¶ µ µ dx(t) 3x(t) L +L = L(r(t)). x(t) cambia a razón de dx(t) 3x(t) = r(t) − . dt 125 con condición inicial x(0) = 1000 kilogramos. t > 10 Así. dt 125 de donde sX(s) − x(0) + 3 X(s) = R(s). 125 al despejar X(s) nos da X(s) = donde Z Z ∞ R(s) = L(r(t)) = e −st R(s) = − 10 r(t)dt = 0 entonces 1000 + R(s) . s + 3/125 Z −st 48e ∞ dt + 0 72e−st dt. s + 3/125 s(s + 3/125) s(s + 3/125) por fracciones simples (parciales) tenemos A B A(s + 3/125) + Bs 1 = + = . Simultáneamen500 125 te. 0 < t < 10 r(t) = (6kg/l) × (12l/min) = 72kg/min. Entonces 1000 48 24e−10s X(s) = + + . s s + 3/125 s s + 3/125 . dada por ½ (4kg/l) × (12l/min) = 48kg/min.122 La Transformada de Laplace µ ¶ x(t) 3x(t) l/min)× kg/l = kg/min a través de la válvula de salida C. dt 125 o dx(t) 3x(t) + = r(t). s s s s para s > 0. 10 48e−st 10 72e−st ∞ 48 e−10s |0 − |10 = + 24 . Entonces la concentración de sal en el tanque en el tiempo t es c(t) = en Kg/l. 500 123 .4. en kilogramos.5 Solución de problemas con valores iniciales Aplicando la transformada inversa de Laplace se tiene x(t) = 2000 − 1000e−3t/125 + 1000H(t − 10) − 1000H(t − 10)e−3(t−10)/125 . x(t) = 4 − 2e−3t/125 + 2H(t − 10) − 2H(t − 10)e−3(t−10)/125 . s>0 s(1 − e−as ) √ 1 · ·5 · · · (2n − 1) π . n entero positivo δ(t − a) δ(t) (f ∗ g)(t) Z t f (u)du 0 s2 + a2 a 2 s + a2 s . (escalera) ¯a¯ tn−1/2 . s>0 sn+1 Γ(a + 1) . n entero positivo ta . n entero positivo f (at). (onda cuadrada) ·¯ ¯¸ ¯t¯ ¯ ¯ .1: TABLA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE BÁSICAS . s>0 2´n sn+1/2 ³ 1 s F a a s periodo T >0 (−1)[|at|] . a > −1 cos(at) sin(at) cosh(at) sinh(at) eat f (t) H(t − a) H(t − a)f (t − a) tn f (t). s > |a| s2 − a2 F (s − a) e−as . s > |a| 2 s − a2 a . a > 0. 1 . s>0 ssa+1 F (u)du Z T 1 e−st f (t)dt 1 − e−T³s 0´ as 1 tanh . s>a s−a n! .124 La Transformada de Laplace f (t) = L−1 (F (s)) F (s) = L(f (t)) 1 eat tn . s>0 Zs ∞ f (t) t f (t). s>0 s 1 . n entero positivo (n) f (t). s>0 s −as e F (s) (−1)n F (n) (s) sn F (s) − sn−1 f (0) − · · · − f (n−1) (0) e−as 1 F (s)G(s) F (s) . a>0 Cuadro 4. s>0 s −as 2 e . 2. (h) f (t) = tet sinh(3t). s +4 2 F (s) = .4 para determinar la transformada de Laplace de las funciones dadas: cos(t) . 125 Ejercicios 1. t (a) f (t) = e−t − et . (j) f (t) = t cos2 (t). s−3 2 3 F (s) = + . t 1 − cos(2t) (b) f (t) = . para encontrar la transfor- (c) f (t) = t3/2 . Aplique el teorema 4. 2. Use la función Gamma y el hecho de que Γ(1/2) = mada de Laplace de las siguientes funciones: 1 (a) f (t) = √ . t √ (b) f (t) = t.6 Ejercicios 4. 4. t (c) f (t) = 6. s−3 s 2 F (s) = 3 . (i) f (t) = 5t2 e−2t cosh(t). (c) f (t) = 3t2 + 2t3 e5t . (s − 3)2 + 9 (a) F (s) = (b) (c) (d) (e) 1 . s −4 1 (h) F (s) = 2 . (b) f (t) = e2t + 3t2 . s +s 1 (i) F (s) = 2 . + 1)[(s − 3)2 + 16] π. s 2 F (s) = 2 . Determine las transformadas inversas de las funciones dadas: 2 . (s + 1)2 (f ) F (s) = (j) F (s) = 3. 5. (e) f (t) = et cos(5t). Determine las transformadas de las funciones siguientes: (a) f (t) = 2 + t2 . Demuestre el teorema 4. (d) f (t) = t5/2 . (d) f (t) = sin(3t) − 6 cos(5t) + t5 . t sinh(t) (d) f (t) = .6.4.2. Determine la transformada inversa de las funciones: . (g) f (t) = t2 cos(2t). √ s2 (s2 10 . −1 s (g) F (s) = 2 . (f ) f (t) = te−2t sin(3t).4. k = 1. Resuelva los problemas de valores iniciales siguientes: (a) y 00 + 2y 0 + y = 0.32) n=1 − donde Jf (tn ) = f (t+ n ) − f (tn ) es el salto de f en tn . Resuelva las siguientes ecuaciones integro-diferenciales: 0 t sin(t − u)f (u)du. Demuestre el teorema 4. 9. y 0 (0) = 1. s +1 µ ¶ 1 (c) F (s) = arctan . y(0) = y 0 (0) = y 00 (0) = y 000 (0) = 0. El teorema de la transformada de derivadas de orden superior se puede extender cuando f es continua por partes y diferenciable en subintervalos abiertos ]tk−1 . s+1 s . y(0) = 0. + 1)3 2s (e) F (s) = 2 . y 00 (0) = 3. (b) y 00 + y = sin(3t). En tal caso se tiene que 0 L(f (t)) = sF (s) − f (0) − ∞ X e−stn Jf (tn ).4.126 La Transformada de Laplace µ ¶ s+2 (a) F (s) = ln . (f ) y 000 (t) − y 00 (t) + 4y 0 (t) − 4y(t) = 4e2t − 3et . tk [. (s − 1)2 µ ¶ 1 1 (f ) F (s) = arctan . (d) f (t) = t2 + 0 11. 0 (b) x(t) = t + 1 6 Z t Z (t − u)2 x(u)du. 10. s s (d) F (s) = (s2 7.. y(0) = 0. y(0) = y 0 (0) = 0. . . siendo r(t) = 1 si 0 ≤ t < 1 0 si t ≥ 1. (4. y(0) = 0. y(0) = 0. 2. . s−2 ¶ µ 2 s +4 (b) F (s) = ln 2 . (e) ty 00 + (4t − 2)y 0 + (13t − 4)y = 0. (d) ty 00 + (3 − t)y 0 + 3y = 0.1. Resuelva las siguientes ecuaciones integrales: Z t Z t t−u −t (a) y(t) + e y(u)du = sin(t). y 0 (0) = 5. Utilice este hecho para encontrar la transformada de f (t) = 1 + [|t|]. donde [|t|] es el mayor entero menor o igual a t (parte entera de t). 00 ½ 0 (c) y + 2y = r(t). 8. (c) f (t) = e − 2 cos(t − u)f (u)du. y(0) = y (0) = 0. (g) y (4) (t) + 3y (3) (t) + y 00 (t) − 3y 0 (t) − 2y(t) = t. 0 . Demuestre que para cualquier entero n ≥ 1 y a 6= 0. (s2 + a2 )n+1 se define como . (a) Muestre que Ga (t) = H(t) − H(t − a). s 15. 0 Z t 0 (b) y (t) = t + 2 et−u y(u)du. donde f (t) =  0. y(0) = 1.5. (a) Utilizando el resultado del ejercicio anterior pruebe que µ ¶ Z t Z t Z t 1 1 −1 u u··· u sin(au)dudu · · · du.6 Ejercicios 127 Z t 0 (a) y (t) + 2y(t) + y(u)du = sin(t). . µ ¶ µ ¶ Z t 1 1 1 −1 −1 L = uL du. 0 12. 1 ≤ t ≤ 2 y(u)du = f (t). 1 − e−as (b) Pruebe que L(Ga (t)) = . f (0) = 1. y 0 (0) = −1. (s2 + a2 )n+1 2n 0 (s2 + a2 )n 13. t>2 t 0 (d) f (t) + f (t) − f (u) sin(t − u)du + sin(t) = 0. y(0) = 2. Use los resultados del problema anterior y el método de transformadas de Laplace para resolver los problemas de valores iniciales dados: (a) y 00 − y = G3 (t − 1). suponga que la válvula B se abre inicialmente durante 10 minutos y que luego se pasa a la válvula A durante 10 minutos. 16. L = n (s2 + a2 )n+1 2 an! 0 0 0 donde la integral se repite n-veces. a < t.5. La función compuerta unitaria Ga (t)   0 1 Ga (t) =  0 µ ¶ s . Por último. s e−bs − e−(a+b)s (c) Muestre que L(Ga (t − b)) = . 0 Z t (c) y 0 (t) + 2y(t) + 0 Z  t<1  t. En el ejemplo 4. (b) Deduzca la fórmula similar para L −1 14. Determine la concentración de sal en el tanque como función del tiempo. 2 − t. se regresa a la válvula B.4. 0<t<a . (b) y 00 − y = G4 (t − 3). y(0) = 0. y(0) = 1. y 0 (0) = 2. y(0) = 0. t<0 . y y 000 (0) = B. ¿Qué le ocurre a la masa después de ser golpeada? . Primero resuelva el problema simbólico de cuarto orden con valores iniciales y luego use las condiciones y 00 (2a) = y 000 (2a) = 0. entonces la deflexión debe satisfacer el problema simbólico con valores en la frontera EIy (4) (x) = P δ(x − a). P . un metro por debajo de la posición de equilibrio para el sistema masa-resorte y comienza a vibrar.6 se muestra una viga de longitud 2a que está empotrada en un soporte por el lado izquierdo y libre por la derecha. para determinar A y B. La deflexión vertical de la viga a una distancia x del soporte se denota por y(x). la masa es golpeada con un martillo que ejerce un impulso sobre ella. ¿Se puede usar la transformada de Laplace para resolver este problema? Justifique su respuesta. En la figura 4. y(0) = y 0 (0) = y 00 (2a) = y 000 (2a) = 0. (Sugerencia: Haga y 00 (0) = A. Después de π segundos. e I. e I es el momento de inercia. Una masa unida a un resorte se libera desde el reposo. x(0) = 1.) Figura 4. x0 (0) = 0. 2 El sistema queda descrito mediante el problema simbólico con valores iniciales x00 (t) + 9x(t) = −3δ(t − π/2). E. son constantes.128 La Transformada de Laplace 17. Si la viga tiene una carga concentrada P que actúa sobre ella en el centro de la viga. Determine una fórmula para el desplazamiento y(x) en términos de las constantes a.5. es el módulo de elasticidad.5. donde x(t) denota el desplazamiento con respecto del equilibrio en el instante t. En el ejemplo 4.6: Viga empotrada en un soporte 19. 18. donde E. suponga que la válvula C sólo elimina 6 l/min. 7). . L = 5 henrys. establece que (momento de inercia)×(aceleración angular)=momento de torsión total. C = 0. L = 20 henrys. C. L. b = 8 amperes/segundo.1 henrys. Este mecanismo aplica un momento de torsión al eje de dirección. Consideremos un servomecanismo que modela un piloto automático. (b) Determinar el error e(t) para el piloto automático si el eje de dirección está inicialmente en reposo en la dirección cero y la dirección deseada está dada por g(t) = a.6 Ejercicios 129 20. (c) R = 100 ohms. La segunda ley de Newton. donde a es una constante. C I 0 (0) = b. halle una fórmula para la solución I(t) en términos de e(t).4. donde a es una constante. donde I es el momento de inercia del eje de dirección y k es una constante de proporcionalidad positiva. Si y(t) es la dirección real (el ángulo) del vehículo en el instante t y g(t) es la dirección deseada en el mismo instante. C = 1/100 f arads. La corriente I(t) de un circuito RLC con fuente de voltaje E(t) (ver figura 3. a = −1 amperes. a = 0 amperes.005 f arads. a = 2 amperes. de modo que un avión o bote seguirá un curso establecido con anterioridad. (a) Determinar el error e(t) para el piloto automático si el eje de dirección está inicialmente en reposo en la dirección cero y la dirección deseada está dada por g(t) = at. (b) R = 80 ohms. L = 10 henrys.0001 f arads. entonces el error o desviación entre ellas es e(t) = y(t) − g(t). tenemos Iy 00 (t) = −ke(t). expresada en términos de momentos de torsión. L = 0. Para las constantes dadas R. a y b. b = −8 amperes/segundo.4) queda descrita mediante el problema con valores iniciales LI 00 (t) + RI 0 (t) + I(0) = a. C = 0. (d) R = 2 ohms. b = 0 amperes/segundo. 21. donde e(t) = E 0 (t). b = 10 amperes/segundo. C = 1/410 f arads. (a) R = 20 ohms. 1 I(t) = e(t). Una aplicación a la teoría de control. Para el servomecanismo descrito. a = 4 amperes. Supongamos que el servomecanismo puede medir el error e(t) y retroalimentar al eje de dirección mediante un componente del momento de torsión proporcional a e(t) pero opuesto en signo (ver figura 4. Determine la transformada de Laplace de la función periódica que se muestra en la figura 4. donde a es una constante. 22. donde b es una constante positiva. b < 2 Ik) si el eje de dirección está inicialmente en reposo en la dirección cero y la dirección deseada está dada por g(t) = a. Determine el error √ e(t) para el piloto automático con amortiguamiento ligero (es decir. donde a es ua constante.7: Servomecanismo con retroalimentación (c) Suponga que para controlar las oscilaciones se ejerce sobre el eje de dirección un componente adicional del momento de torsión proporcional a e0 (t). pero opuesto en signo.8 a 4. cuando la dirección deseada está dada por g(t) = at. para el item anterior. (d) Determine el error e(t). Entonces la ecuación diferencial que modela el problema es Iy 00 (t) = −ke(t) − be0 (t).11 .130 La Transformada de Laplace Figura 4. 9: Onda diente de sierra .6 Ejercicios 131 Figura 4.4.8: Onda cuadrada Figura 4. 11: Onda senoidal semirectificada .132 La Transformada de Laplace Figura 4.10: Onda triangular Figura 4. 1. se considera Sn (x) = n X k=1 fk (x). para cada n = 1. senos. 2. . . 2. cosenos. . Algunas ecuaciones diferenciales se presentan con tanta frecuencia en las aplicaciones a las ciencias que se ha creído conveniente considerar que sus soluciones definen nuevas funciones y con frecuencia es provechoso investigar las propiedades principales de las funciones así definidas. en términos de funciones elementales como exponenciales. . . de las series de potencias. fn : S → R. .1. S ⊆ R. polinomios. etcetera. en muchos problemas de la ciencia y la ingeniería las ecuaciones diferenciales son de tal forma que esto no es posible y el objeto del presente capítulo es indicar métodos para obtener soluciones en series infinitas convergentes. en particular.1. . Definición 5. Dada una sucesión {fn } de funciones definidas en un conjunto S. comenzamos presentando algunos conceptos y resumiendo algunos resultados pertinentes acerca de las series infinitas y.CAPÍTULO 5 Solución en Series Corrientemente ha sido posible expresar la solución de las ecuaciones diferenciales. hasta ahora consideradas. Sin embargo. El primer concepto que debemos precisar es el de serie infinita de funciones. n = 1. 5. Series infinitas Para desarrollar lo propuesto. y para cada x ∈ S. S1 (−1) = 0.1) Multiplicando (5.1 (Serie geométrica).. es decir fn (x).2) . n X Sus sumas parciales son Sn (x) = xk . se dice que la serie diverge. . n→∞ n X Para x = −1.1. de modo que la serie diverge para x = 1. esto es. n→∞ n=1 Cuando el límite anteriormente mencionado no existe. k=0 l´ım Sn(1) = ∞. x pertenece a algún conjunto de números reales. . es de gran importancia el concepto de serie de potencia. Sn (1) = n + 1. Ilustremos la anterior definición con un ejemplo. partimos de la expresión Sn (x) = 1 + x + x2 + · · · + xn−1 + xn . . De esta manera. n=0 donde an (n = 0. A pesar de su sencillez es una serie de gran importancia. podemos escribir ∞ X l´ım Sn (x) = fn (x).134 Solución en Series Le llamaremos serie infinita de funciones a la sucesión {Sn }∞ n=1 y la denotamos con el ∞ X X símbolo . Estudiemos lo relacionado con su convergencia. se llama una serie de potencias en (x − x0 ). k=0 S2n (−1) = 1 y S2n−1 (−1) = 0. 2. Una serie infinita de funciones de la forma ∞ X an (x − x0 )n . . la serie diverge en x = −1.1. Si consideramos el punto x = 1. esto significa que no existe l´ım Sn (−1). La serie de potencias ∞ X xn se denomina serie n=0 geométrica. Si −1 < x < 1. 2. Precisando decimos: Definición 5. (5. S2 (−1) = 1.) son números reales y x0 es un real. n=1 Las funciones fn se denominan términos de la serie. S0 (−1) = 1. . . obtenemos −xSn (x) = −x − x2 − · · · − xn − xn+1 . o lo n→∞ que es lo mismo. n = 1.2. En gran parte de este capítulo. .1) por −x. Ejemplo 5. (5. 1. . Cuando la sucesión {Sn }∞ n=1 converge se dice que la serie es convergente. . Sn (−1) = (−1)k . 4) l´ım |xn+1 | = l´ım e(n+1) ln(|x|) = ∞. l´ım Sn (x) = n→∞ 1 .4). sumamos miembro a miembro (5. n→∞ n→∞ En efecto. tenemos l´ım |xn+1 | = l´ım e(n+1) ln(|x|) = 0.1) n→∞ y (5. 1[. sí y sólo sí |x| < 1. Sn (0) = 1 y es claro que l´ım Sn (0) = 1.6) nos dice que la serie converge únicamente en el intervalo abierto ] − 1. n→∞ n→∞ De lo anterior se tiene que l´ım xn+1 = 0 n→∞ y en virtud de la expresión (5. Nuevamente de (5.4) cuando x 6= 0.3) podemos observar que la existencia de l´ım Sn (x).1. n→∞ De lo expuesto anteriormente podemos concluir que ∞ X n=0 xn = 1 . n→∞ n→∞ por que ln(|x|) > 0. Aseguremos primero que una serie de potencias ∞ X n=0 an (x − x0 )n . podemos argumentar estableciendo dos casos Caso 1 0 < |x| < 1. con lo cual se obtiene 1 xn+1 Sn (x) = − 1−x 1−x (5. por lo tanto. 1−x (5. con este supuesto ln(|x|) < 0. 5.2 Convergencia de series de potencias 135 Para estudiar la existencia o no del limite l´ım Sn (x). |xn+1 | = |x|n+1 = e(n+1) ln(|x|) .1.5) Caso 2 |x| > 1.5. haciendo uso de (5. n→∞ Cuando x = 0. depende de la existencia del l´ım xn+1 . Obtenemos así que l´ım xn+1 diverge. (5.3).2). Este hecho se puso de manifiesto en el ejemplo 5. 1−x (5.6) (5. Convergencia de series de potencias En lo que sigue una serie de potencias converge en un intervalo o un conjunto unitario (intervalo degenerado a un punto).2. existe N (1). Por supuesto la serie ∞ X an (x − x0 )n converge en x = x1 . existe N (²).2. es decir |x − x0 | < |x1 − x0 |. Sn (x0 ) = a0 . para toda n. n ≥ N (1). x1 − x0 ¯ x1 − x0 ¯ ¯ ¯ ∞ X ¯ ρ ¯ ¯. tal que.1. tal que |x − x0 | ≤ R. es decir J = [x0 − ρ. ya que. entonces la serie ∞ X |an (x − x0 )n | n=0 converge en todo punto x. tenemos ¯ ¯n ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x − x0 ¯ n ¯ ρ ¯ n n n ¯ x − x0 ¯ n ¯ ≤¯ ¯ |an (x − x0 ) | = |an (x1 − x0 ) | ¯ < ¯¯ ¯ x1 − x 0 ¯ = t . la serie |an (x − x0 )n | está dominada por donde t = ¯¯ x1 − x0 ¯ la serie geométrica convergente lo que es lo mismo la serie ∞ X n=0 ∞ X n=0 tn . Teorema 5. . tal que. N (1) entero positivo. ² > 0. Nuestro propósito de demostrar la existencia de un intervalo de convergencia se apoya en el siguiente teorema. n ≥ N (²). Para ² = 1.136 Solución en Series converge. donde 0 < ρ < |x1 − x0 |. Esto resulta obvio. para todo ². se cumple que |an (x1 − x0 )n | < ². Esto prueba que n=0 ∞ X |an (x − x0 )n | es convergente o n=0 an (x − x0 )n converge absolutamente para toda x. entonces n=0 l´ım an (x1 − x0 )n = 0. |x − x0 | < |x1 − x0 |. en x = x0 . Si la serie de potencias ∞ X an (x − x0 )n n=0 converge en un punto x1 6= x0 . Puesto que 0 < t < 1. para toda n. y designemos por J al intervalo de centro en x0 y de longitud 2ρ. Sea ρ > 0. se tiene que |an (x1 − x0 )n | < 1. Si x ∈ J y n ≥ N (1). Demostración. x0 + ρ]. tal que. n→∞ esto significa que. para todo n. N (²) entero positivo. por lo menos. Asimismo. la serie diverge si |x − x0 | > r. El número r mencionado anteriormente recibe el nombre de radio de convergencia de la serie de potencias. como la serie geométrica de números ∞ X reales tn converge.2. . existe el extremo superior de A. Luego. r = sup A. existe un número positivo x∗ . En efecto. n=0 El conjunto A. Ningún número de A puede superar a r. podemos invocar el criterio M de Weierstrass y asegurar que la n=0 serie ∞ X an (x − x0 )n converge uniformemente en J.1. n=0 La existencia del intervalo de convergencia lo establece el teorema siguiente. por hipótesis.2. tal que la serie converge absolutamente si |x − x0 | < r. y diverge por lo menos para un x. |x∗ − x0 | ∈ A.1. En referencia a la demostración.5. por consiguiente.3 Funciones definidas por series de potencias 137 Observación 5. y |x − x0 | < |x∗ − x0 | < r. tal que. x 6= x0 . 5. se le llama intervalo de convergencia de la serie. Demostración. |x2 − x0 | es una cota superior de A y en virtud del axioma de completez de los números reales. esto es. x0 + r[. digamos x = x1 . por ejemplo para x = x2 . que satisfaga n=0 la desigualdad |x − x0 | < r.3. De lo anterior se tiene que ∞ X an (x−x0 )n converge absolutamente para todo x. ningún número de A puede ser mayor que |x2 − x0 |. y diverge si |x − x0 | > r. Teorema 5. Funciones definidas por series de potencias Dada la serie de potencias ∞ X n=0 an (x − x0 )n con radio de convergencia r. designemos con r dicho extremo. Es evidente que r ≥ |x1 − x0 | > 0. ya que.2. por el teorema 5. r > 0. así definido es diferente del vacío. Sea ( A= |x − x0 | | la serie ∞ X ) n an (x − x0 ) converge en x . ∞ X an (x1 − x0 )n n=0 de modo que |x1 − x0 | ∈ A. existe un número real positivo r. si |x − x0 | < r. Al intervalo J =]x0 − r.2. Si la serie de potencias ∞ X an (x − x0 )n converge por lo menos para un n=0 x. Dada la serie de potencias. A la serie se le denomina desarrollo en serie de f en potencias de x − x0 . la serie diverge. investigar si puede ser o no representada por una serie de potencias. 5. así. n=0 Figura 5. la serie ∞ X an (x − x0 )n converge y n=0 para los x. x0 + r[ f : J → R x 7→ f (x) = ∞ X an (x − x0 )n n=0 Se dice que la serie representa la función f en el intervalo de convergencia. ∞ X La serie de potencias an (x − x0 )n define en J una función f .1. En los puntos x0 −r y x0 +r los teoremas expuestos no son concluyentes. .138 Solución en Series Se ha establecido previamente que para cada x ∈ J. |x−x0 | > r. es decir. 2. Dada la función f . la serie puede converger o diverger en ellos. hallar las propiedades de la función suma f .3. tales que.1: J =]x0 − r. Problemas básicos de los desarrollos en series Los problemas básicos que surgen al estudiar los desarrollos en series de potencias son fundamentalmente los siguientes: 1. Si una función f está representada por la serie de potencias f (x) = ∞ X an (x − x0 )n . 1[= J. de modo que ∞ X (−1)n xn = n=0 1 . tiene también radio de convergencia r. Si x ∈] − 1.2.3.1 y 5. x0 + r). 1[. que una serie de potencias se puede derivar término a término en el interior de su intervalo de convergencia. tenemos Z x f (t)dt = x0 ∞ X n=0 Z an ∞ X an (t − x0 ) dt = (x − x0 )n+1 . para todo x de (x0 − r.2 justifican las manipulaciones formales siguientes: Sabemos que ∞ X 1 = f (x) xn = 1 − x n=0 en el intervalo de convergencia ] − 1. n=0 en el intervalo de convergencia (x0 − r.3. Teorema 5. 1[. x0 + r).1. Teorema 5. 1+x . este hecho resulta particularmente importante en las soluciones mediante series de potencias de ecuaciones diferenciales.3. es continua en ese intervalo. En particular.5.7) n=0 en el intervalo (x0 − r.3 Funciones definidas por series de potencias 139 El estudio de la cuestión 1 se adelanta con el análisis de los teoremas siguientes. y su integral en cualquier subintervalo cerrado puede calcularse integrando la serie término a término. x0 + r). n=0 (b) La derivada f 0 (x) existe para cada x del intervalo de convergencia y viene expresada por ∞ X f 0 (x) = nan (x − x0 )n−1 (5. n+1 x0 n=0 x n El teorema siguiente pone de manifiesto. Entonces tenemos: (a) La serie derivada ∞ X nan (x − x0 )n−1 . Si una función f está representada por la serie de potencias f (x) = ∞ X an (x − x0 )n (5.3.8) n=0 Los teoremas 5. entonces −x ∈] − 1. −1 < t < 1. n(n − 1)(n − 2)an (x − x0 )n−3 . n=2 000 f (x) = ∞ X n=3 . entonces x2 ∈] − 1. f . x ∈ J. de tal manera que ∞ X (−1)n x2n = n=0 1 . x ∈ J. 1[. x ∈ J. n=0 en el intervalo de convergencia J =]x0 − r. . podemos establecer lo siguiente: Sea ∞ X f (x) = an (x − x0 )n . (−1) x dx = (−1) n + 1 1 + x 0 0 n=0 n=0 esto significa que ∞ X tn+1 (−1)n = ln(1 + t). . x ∈ J.3. t] ⊆] − 1. ! Z t ÃX Z ∞ n 2n (−1) x dx = 0 t 0 n=0 dx . . 1 + x2 igualmente si [0. n+1 n=0 De la misma manera si x ∈] − 1... x0 + r[. 1[ Z t Z tX ∞ ∞ n+1 X dx n n n t = = ln(1 + t).. 1[.140 Solución en Series e integrando término a término en [0. (k) (x) = ∞ X n=k . t] ⊆] − 1.. n(n − 1) · · · (n − k + 1)an (x − x0 )n−k .2. n=1 aplicando reiteradamente el procedimiento de derivación término a término tenemos: 00 f (x) = ∞ X n(n − 1)an (x − x0 )n−2 . t ∈] − 1. 1 + x2 esta igualdad nos conduce a ∞ X t2n+1 (−1)n = arctan(t). Sabemos que f 0 (x) = ∞ X nan (x − x0 )n−1 . 1[. 2n + 1 n=0 Como consecuencia del teorema 5. . 1[. 1. k! Esta fórmula también es válida para k = 0 si interpretamos a f (0) (x0 ) como f (x0 ). dada una función f . Tal función debe poseer derivadas de orden arbitrario en un cierto entorno abierto centrado en x0 . para k = 1. 2. Sea ½ f (x) = 2 e−1/x . centrado en x0 . 3. sobre la segunda cuestión mencionada en 5. El ejemplo que tratamos a continuación.3.9) Lo desarrollado anteriormente puede formularse como un teorema de identidad. Si hacemos x = x0 . x=0 . distinto de x = x0 ? En caso afirmativo. esto es. con brevedad.1. Teorema 5. el correspondiente a n = k. . entonces las series son iguales f (n) (x0 ) término a término.3. .3. Ejemplo 5. el desarrollo de f en serie de potencias tiene la forma f (x) = ∞ X f (k) (x0 ) k! k=0 (x − x0 )k (5. "no". x 6= 0 0. n! Ahora disertamos. f (k) (x0 ) = k!ak . de donde ak = f (k) (x0 ) . pero que representa a f solamente en el origen. pone en evidencia que la serie de Taylor de una función dada. Así pues.3 Funciones definidas por series de potencias 141 donde k es cualquier entero positivo. Debemos formularnos ahora dos preguntas: ¿Converge esa serie para cualquier otro x. y la serie de la forma ∞ X f (k) (x0 ) k=0 k! (x − x0 )k . ¿su suma es igual a f (x)? La respuesta a esas preguntas es.3.5. del intervalo mencionado. Si dos series de potencias ∞ X n an (x − x0 ) y n=0 ∞ X bn (x − x0 )n tienen la n=0 misma función suma f en un cierto entorno del punto x0 . en general. . queda como único término. Esto significa que una serie de potencias posee derivadas de cualquier orden. es decir. llamada serie de Taylor generada por f en x0 . En efecto. averiguar si es o no desarrollable en serie de potencias en un intervalo abierto. puede converger en toda la recta real. por lo tanto. tenemos que an = bn = para cada n ≥ 0. Podemos ahora escribir ( 2 2 e−1/x . se tiene f 0 (0) = l´ım u 1 ım 2 = l´ 2 = 0. x 6= 0 3 f 0 (x) = x 0. Escribimos µ ¶(n−1) 2 −1/x2 (n−1) (n) 0 f (x) = (f (x)) = e .142 Solución en Series Se puede demostrar que f tiene derivadas de todo orden. x 6= 0. k k=0 Ahora. f 0 (0) = 0. utilizamos la regla de Leibniz. x→0 x→0 x x f (n+1) (0) = l´ım y todo se reduce a demostrar que el limite indicado es igual a cero. 2 −1/x2 e x3 g 0 (x) = g 00 (x) = − . f (n) (x) − f (n) (0) f (n) (x) = l´ım . Si x 2 −1/x2 . . Para ese propósito calculamos f (n) (x). x 6= 0. x3 2 2 Para calcular la derivada (n − 1)-ésima de 3 e−1/x . u u→∞ e u→∞ 2ueu 2 f 0 (0) = l´ım ue−u = l´ım u→∞ donde hicimos uso del teorema de L’hôpital. En efecto. Esta afirmación es evidente en todo x. µ ¶ 1 −1/x2 (x) = Pk e x . x→0 x x haciendo la sustitución u = 1/x. . n > 1 y probemos que f (n+1) (0) = 0. Para x = 0. x=0 Probemos que f (k) (0) = 0. f (x) − f (0) 1 2 =x→0 e−1/x . Supongamos que f (n) (0) = 0. en todo punto del eje real. demostremos que existe la derivada primera... para toda k entero positivo. g (k) 3! −1/x2 4 −1/x2 e + e x4 x6 . h(x) = 3 y g(x) = e x ¶ n−1 µ X n−1 (n−1) (n−1) f (x) = (h(x)g(x)) = g (k) (x)h(n−1−k) (x). . = 2x−3 = −3!x−4 = 4!x−5 . 0 00 2 f (0) + f (0)x + f (0)x + · · · = 0 = ∞ X f (k) (0) k=0 k! xk . k k=0 Procedamos ahora sí a calcular f (n+1) (0). alrededor de x = 0. k x x k=0 de donde. es la siguiente. Una condición necesaria y suficiente para que la serie de Taylor converja y además represente a la función en todo x. . al hacer la sustitución u = 1/x obtenemos f (n) ¶ n−1 µ X 2 n−1 (1/u) = Pk (u)e−u (−1)n−1−k (n − 1 + k)!un+2−k . h(n−1−k) (x) = (−1)n−1−k (n − 1 + k)!x−n+k−2 donde 0 ≤ k ≤ n − 1. Hemos probado que la serie de Taylor de f . h(x) h0 (x) h00 (x) . Dicha serie converge en todo el eje real. pero representa a f solamente en el origen. f (n) (x) x→0 x f (n+1) (0) = l´ım ¶ µ ¶ µ ¶n+1−k n−1 µ X 1 −(1/x)2 1 n−1 n−1−k = l´ım Pk e (−1) (n − k + 1)! k x→0 x x k=0 ¶ n−1 µ X 2 n−1 Pk (u)e−u (−1)n−1−k (n − k + 1)!un+1−k = l´ım k u→∞ k=0 = 0 el resultado se consigue aplicando el teorema de L’Hôpital..5.. De estos cálculos tenemos: µ ¶n+2−k ¶ µ ¶ n−1 µ X 1 −(1/x)2 1 n−1 (n) n−1−k f (x) = Pk e (−1) (n − 1 + k)! . .3 Funciones definidas por series de potencias 143 donde Pk es un polinomio de grado menor que 3 de otro lado. . y si existe una constante positiva M . Hacemos uso de la forma integral para n→∞ . ∞ X f (n) (x0 ) La serie de Taylor de f alrededor de x0 . cumple que l´ım En (x) = 0. Teorema 5. luego (x − x0 )n+1 En (x) = n! Z 1 un f (n+1) (x + (x0 − x)u)du. 0 Esta manera de expresar el error nos permite enunciar una condición suficiente para la convergencia de la serie de Taylor. La integral se puede expresar en otra forma con la sustitución t = x + (x0 − x)u. donde el término complementario En . la serie de Taylor de f converge hacia f (x) si y sólo si la integral tiende a cero. . 2. (x − x0 )n converge hacia f (x) en cada n! n=0 punto del intervalo. n→∞ Se puede demostrar que una de las formas de En (x) es la expresión integral 1 En (x) = n! Z x (x − t)n f (n+1) (t)dt.144 Solución en Series Sea f una función con derivadas de cualquier orden en un intervalo abierto con centro en x0 .3. Si f es derivable de cualquier orden en un intervalo abierto con centro en x0 . si y sólo si f (x) se puede escribir en la forma f (x) = n X f (k) (x0 ) n! k=0 (x − x0 )k + En (x). entonces la serie de Taylor generada por f en x0 converge hacia f (x) en toda x ∈ J. x0 + r[. centrado en x0 . y para toda x de J. .4. Basta probar que el l´ım En (x) = 0. tal que |f (n) (x)| ≤ M n . . cuando n → ∞. Demostración. Sea f una función que posee derivadas de cualquier orden en un intervalo abierto J =]x0 − r. entonces dt = −(x − x0 )du. x0 en cualquier intervalo en torno al punto x0 en el que f (n+1) sea continua. para n = 1. 0 ≤ |En (x)| ¯ ¯ Z ¯ (x − x0 )n+1 1 n (n+1) ¯ u f (x + (x0 − x)u)du¯¯ = ¯¯ n! 0 |x − x0 |n+1 ≤ n! |x − x0 |n+1 ≤ n! Z 1 |un ||f (n+1) (x + (x0 − x)u)|du 0 Z 1 un M n+1 du 0 = |x − x0 |n+1 n+1 M (n + 1)! = |M (x − x0 )|n+1 (n + 1)! = C n+1 (n + 1)! de donde 0 ≤ |En (x)| ≤ C n+1 (n + 1)! tomando a x fijo. n! De la desigualdad en (∗).5. Así la serie de Taylor converge a f (x). m! Cn C C C C 0≤ =k· · · · · < n−k n! k+1 k+2 n 2 Cn → 0. C > 0 existe un natural m > 2C.4 nos permite desarrollar en serie de Taylor muchas funciones. n→∞ El teorema 5. si n → 0.3. (∗) Cm = k. algunas de ellas son: .3 Funciones definidas por series de potencias 145 En (x). por lo tanto C n+1 0 ≤ l´ım |En (x)| ≤ l´ım = 0. n→∞ n→∞ (n + 1)! Concluimos así que l´ım En (x) = 0. entonces para n > m. sin x cos x − sin x − cos x . tenemos: f (x) f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x) .146 Solución en Series 1. cos x − sin x − cos x sin x . .. Consideremos la función f (x) = ex . . por lo tanto |f (n) (x)| ≤ er . n = 1.. para toda x ∈ J.. = = = = . . Entonces f 00 (0) 2 f (n) (0) n cos x = f (0) + f (0)x + x + ··· + x + ··· 2! n! 0 luego 1 1 1 2n cos x = 1 − x2 + x4 + · · · (−1)n x + ··· 2 4! (2n)! 2. es claro que |f (n) (x)| ≤ 1. 2.. . Sabemos que. Para la función f (x) = sin x. . consideramos el intervalo abierto J =] − r. . para toda x ∈ J y f (n) (0) = 1. 3. f (2n) (0) = 0. f (2n) (0) = (−1)n . 3. . .. 2. . se tiene: f (x) f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x) . . . . . Entonces sin x = f (0) + f 0 (0)x + luego sin x = x − f 00 (0) 2 f (n) (0) n x + ··· + x + ··· 2! n! 1 3 1 5 1 x + x + · · · (−1)n−1 x2n−1 + · · · 3! 5! (2n − 1)! 3. n = 1. es claro que |f (n) (x)| ≤ 1. . y para todo real r > 0. f (n) (x) = ex . También es cierto que f (2n−1) (0) = 0. . También es cierto que f (2n−1) (0) = (−1)n−1 . r[. para toda x real. para toda n = 1. Para la función f (x) = cos x. 2.. = = = = . . para toda x real. El producto anteriormente definido.5. f (x)g(x) = cn (x−x0 )n . . . El producto f (x)g(x) viene dado por la serie de potencias ∞ n X X ak bn−k . Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales Iniciamos esta sección adoptando una palabra que designe a aquellas funciones que se pueden desarrollar como serie de potencias. x0 +r[∩]x0 −R. y supongamos que la serie series tiene suma AB. 2 . n! n=0 x Como r es cualquier número real positivo. en donde cn = n=0 k=0 n = 0. 1. ∞ X n=0 ∞ X an converge absolutamente y que su suma n=0 bn converge con suma B . Se dice que cualquier función que pueda repre∞ X sentarse por una serie de potencias convergente de forma an (x − x0 )n en un intervalo n=0 1 El teorema de Mertens dice: Supongamos que la serie es A. x0 +R[. para toda x real. Entonces el producto de Cauchy de estas 147 . Dicho producto queda legitimado por el llamado teorema de Mertens1 . n! n=0 x A modo de apostilla al tema de series de potencias tratamos el producto de dos series de potencias. x0 + R[. si x ∈]x0 −r. x0 + r[. por ejemplo f (x) = an (x − x0 )n . con intervalo de convergencia ]x0 − r. con intervalo de con- n=0 vergencia ]x0 − R.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales entonces f (x) = f (0) + f 0 (0)x + ∞ X 1 n = x n! n=0 es decir f (n) (0) n f 00 (0) 2 x + ··· + x + ··· 2! n! ∞ X 1 n e = x . y g(x) = ∞ X n=0 bn (x − x0 )n . recibe el nombre de producto de Cauchy de las dos series de potencias. para toda x ∈ J. 5.4. ∞ X Dados dos desarrollos en serie de potencias. concluimos que: ∞ X 1 n e = x . son también ellas mismas analíticas en I. a n ¶ = a! . centrado en x0 . se usa fundamentalmente para dirigir la atención al punto alrededor del cual se ha realizado el desarrollo en serie. y en contraste con la mayoría de los teoremas de existencia de la teoría de las ecuaciones diferenciales nos sugiere inmediatamente una técnica explícita para el cálculo de soluciones. como podía esperarse. n!(a − n)! Soluciones analíticas Las soluciones de cualquier ecuación diferencial lineal cuyos coeficientes y segundo miembro son analíticos en un intervalo abierto I. .4.1. pero además. es analítica en x0 . es realmente analítica en todos los puntos de I. y la expresión. Se sabe por la teoría expuesta en la sección 5.1 que una función tal debe tener derivada de todos los ordenes en todos los puntos de I. −1 < x < 1. 5. Las funciones elementales más comunes se pueden representar en series de potencias. algunas de ellas son: x e = ∞ X xn n=0 n! cos x ∞ X x2n = (−1)n (2n)! n=0 sin x = cosh x ∞ X x2n = (2n)! n=0 sinh x = ∞ X x2n+1 (−1)n (2n + 1)! n=0 ∞ X n=0 x2n+1 (2n + 1)! ∞ X xn ln(1 + x) = (−1)n+1 n n=1 ¶ ∞ µ X a xn .3. analítica en x0 .148 Solución en Series abierto I. Este resultado es realmente un teorema de existencia para ecuaciones normales con coeficientes analíticos. a real = n a (1 + x) n=0 µ Donde en la última serie. Es por ello habitual hablar de funciones analíticas en un intervalo. 4. sino que también especifica un intervalo en el que convergen los desarrollos en serie de potencias de estas soluciones. Otro aspecto que nos sugiere el teorema 5. h(x) convergen ]x0 −R. 2. h(x) convergen todas en el intervalo ]x0 − R. . técnica que podríamos resumir en la forma siguiente.1. an−1 (x).1 las soluciones son de la forma y= ∞ X cn (x − x0 )n . en el intervalo I. .10). Sea dn y dn−1 y + an−1 (x) n−1 + · · · + a0 (x)y = h(x). desconocidos. . para obtener una relación entre los coeficientes de la forma cn+m = f (cn . x0 + R[. para n = 0. x0 + R[. . . Los coeficientes cn . . no de necesidad. toda solución de la ecuación diferencial que esté definida en el punto x0 es analítica en ese punto. . Este tipo de relación recibe el nombre de relación de recurrencia. . an−1 (x). . son en general. .5. y supongamos que los desarrollos en serie de potencias de a0 (x). Combine los términos y obtenga la misma forma de exponente en cada serie. Utilice el principio de identidad para series de potencias. y seguimos la estrategia. Sustituya la serie (5. es decir. Hay ecuaciones cuyas soluciones en series convergen en un intervalo mayor que el que hemos descrito anteriormente. cn+1 .4. cn+m−1 ).10). Dada la ecuación diferencial lineal normal de orden n (5. lo cual supone cambiar los indices de la suma.10) una ecuación diferencial lineal normal de orden n cuyos coeficientes y segundo miembro son analíticos en un intervalo abierto I. teniendo presente que esta elección es cuestión de conveniencia. R > 0. 1. x0 +R[.11) n=0 convergente en ]x0 − R.4. R > 0. Al mismo tiempo.11) en la ecuación diferencial. colocando juntos los términos adicionales. cn+m se determina por sus m términos anteriores.1 es resaltar que el teorema afirma no solamente la analiticidad de las soluciones de una ecuación diferencial del tipo (5. . . . De ser posible elija x0 = 0. a1 (x).4. . Sea x0 ∈ I. cuyo lineamiento es el siguiente: Como lo dice el teorema 5. El entero positivo m se le llama orden de la relación de recurrencia.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales 149 Teorema 5. debe observarse que no se afirma nada respecto al comportamiento de tales series fuera de ese intervalo. . Entonces. . dxn dx (5. Sea x0 un punto arbitrario en I. luego de calcular las derivadas correspondientes.1 es el desarrollo de una técnica explícita para el calculo de soluciones. (5. a1 (x). Haga que los limites inferiores de todas las series comiencen con el mismo entero. x0 + R[. y supongamos que los desarrollos en serie de potencias de a0 (x). Un comentario pertinente al teorema 5. y su desarrollo en serie de potencias alrededor de x0 converge también en el intervalo ]x0 − R. n=1 y en virtud del principio de identidad c2 = 0. son analíticas dx dx en el intervalo abierto I = (−∞. n=0 Por el procedimiento de nivelación de las potencias conseguimos ∞ X n (n + 2)(n + 1)cn+2 x − ∞ X n=0 cn−1 xn = 0. y 0 = ∞ X ncn xn−1 . Ejemplo 5. Si ρ < 1. y si ρ = 1 la ρ = l´ım ¯¯ k→∞ ak ¯ prueba no es concluyente.1 o utilice la prueba del cociente2 . se calculará k=0 ¯ ¯ ¯ ak+1 ¯ ¯. n ≥ 1.150 Solución en Series Encuentre cuantos términos desee en la serie que da la solución o. así ya conocemos la fórmula de recurrencia cn−1 cn+2 = . . . una expresión general de cn . . por las propiedades estudiadas. si ρ > 1. reemplazando en la ecuación. todas las soluciones ∞ X serán analíticas en I y con desarrollos en series y = cn xn . (n + 2)(n + 1)cn+2 − cn−1 = 0. será divergente. obtenemos n=2 ∞ X n(n − 1)cn x n−2 − n=2 ∞ X cn xn+1 = 0.4. ∀n. n=1 Hacemos que ambas sumas comiencen con el mismo entero como límite inferior ∞ ∞ X X n 2c2 + (n + 2)(n + 1)cn+2 x − cn−1 xn = 0.4. Halle un intervalo mínimo de convergencia por medio del teorema 5. ∞). donde a1 (x) = 0 y a0 (x) = −x. ∀n. esta es una ecuad2 y dy ción de la forma 2 +a1 (x) +a0 (x)y = 0. n=1 n=1 dado que ambas series convergen.1. se puede escribir 2c2 + ∞ X [(n + 2)(n + 1)cn+2 − cn−1 ] xn = 0. y 00 = n=1 la siguiente ecuación: ∞ X n=0 n(n − 1)cn xn−2 . (n + 2)(n + 1) ∞ X El criterio del cociente dice: Si la serie ak tiene términos diferentes de cero a0 .1. n ≥ 1. de ser posible. la serie será absolutamente convergente.4. primero examinemos el cumplimiento de las hipótesis del teorema 5. 2 . por conveniencia elegimos x0 = 0. a1 . Hallemos la solución general de la ecuación diferencial y 00 − xy = 0. . c4 = c1 4·3 n = 3.5. . podemos reordenarlas y = c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + c4 x4 + · · · ¸ · ¸ · 1 1 4 1 1 3 6 7 x + x + · · · + c1 x + x + x + ··· = c0 1 + 3·2 6·5·3·2 4·3 7·6·4·3 " = c0 # ∞ X 1 1 3m 1+ x + c1 x3m+1 3m(3m − 1) · · · 3 · 2 (3m + 1)3m · · · 4 · 3 m=1 m=0 ∞ X Así.. c3 = 3·2 n = 2. c5 = c2 =0 5·4 n = 4. m = 1... .. . c8 = c5 =0 8·7 n = 7. 2. c7 = c4 c1 = 7·6 7·6·4·3 n = 6. . .4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales Calculamos algunos coeficientes en términos de dos de ellos: c0 Si n = 1. .. y1 (x) = 1 + ∞ X 1 x3m 3m(3m − 1) · · · 3 · 2 m=1 151 . . . . c9 = c6 c0 = 9·8 9·8·6·5·3·2 . Por la sencillez del ejemplo podemos hallar la forma genérica del coeficiente c0 c3m = 3m(3m − 1) · · · 3 · 2 c3m+1 = c1 (3m + 1)3m · · · 4 · 3 c3m+2 = 0. como las soluciones en serie son absolutamente convergentes. para toda m. c6 = c0 c3 = 6·5 6·5·3·2 n = 5. a0 (x) tiene un cero complejo en i.152 Solución en Series y y2 (x) = ∞ X 1 x3m+1 (3m + 1)3m · · · 4 · 3 m=0 son dos soluciones particulares analíticas en ] − ∞. de modo x +1 ∞ X cn xn tendrán un radio de converque las soluciones de la ecuación diferencial. y2 )(0)) = ¯ 0 y1 (0) y20 (0) ¯ ¯ 0 1 de las soluciones ¯ ¯ ¯ = 1 6= 0 ¯ lo cual indica que y1 y y2 son linealmente independientes en ] − ∞. 6 La forma normal de la ecuación diferencial es y 00 − 2 y = 0. Procedemos como en el ejemplo Figura 5. ∞[. Por lo tanto la solución general es y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x).4. Hallemos dos soluciones linealmente independientes para la ecuación diferencial (x2 + 1)y 00 − 6y = 0.2. a1 = 0.son analíticas en x0 = 0. Ejemplo 5.2: . ∀x. y = n=0 gencia de. los coeficientes son x +1 6 a0 = − 2 . x ∈] − ∞. ∞[. Calculemos el determinante de la matriz wronskiana en x = 0 ¯ ¯ ¯ ¯ y1 (0) y2 (0) ¯ ¯ 1 0 ¯=¯ ¯ det(w(y1 . ∞[. por lo menos 1. que es la distancia de 0 a i. n=0 nivelando las potencias escribimos ∞ X n=2 n(n − 1)cn xn + ∞ ∞ X X (n + 2)(n + 1)cn+2 xn − 6cn xn = 0.5. n ≥ 2. n=2 Usamos el principio de identidad para obtener la fórmula de recurrencia c2 = 3c0 c3 = c1 (n2 − n − 6)cn = −(n + 2)(n + 1)cn+2 esta última para n ≥ 2. Simplificando esta última expresión tenemos cn+2 = − n−3 cn . n=0 n=0 todas las series se escriben desde el mismo limite inferior y así llegamos a ∞ X (2c2 − 6c0 ) + (3 · 2c3 − 6c1 ) + [(n2 − n − 6)cn + (n + 2)(n + 1)cn+2 ]xn = 0. n+1 153 .4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales anterior y = ∞ X c n xn n=0 y 0 = ∞ X ncn xn−1 n=1 y 00 = ∞ X n(n − 1)cn xn−2 n=2 Reemplazamos en la ecuación y tenemos: ∞ X n n(n − 1)cn x + n=2 ∞ X n(n − 1)cn x n−2 − n=2 ∞ X 6cn xn = 0. . se puede demostrar que son soluciones linealmente independientes. c7 = − 2c5 =0 6 n = 6. c6 = − c4 c0 =− 5 5 n = 5. . . c2k+1 = 0. Hallar dos soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial y 00 + ex y 0 − y = 0. Escribimos algunos términos y = c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + · · · entonces y = c0 + c1 x + 3c0 x2 + c1 x3 + c0 x4 − c0 6 x + ··· 5 reagrupando términos se tiene ¸ · 1 6 2 4 y = c0 1 + 3x + x − x + · · · + c1 (x + x3 ).4. ambas funciones son analíticas en ] − ∞. en particular en x0 = 0. vemos que si n = 2k − 1. . Ejemplo 5. 3. 5 De donde y 1 y1 (x) = 1 + 3x2 + x4 − x6 + · · · 5 y2 (x) = x + x3 . Debemos en este caso desarrollar en serie de Taylor la función x a1 = e = ∞ X xn n=0 n! . .3.. ∞[. c4 = c2 = c0 3 n = 3. . c8 = − 3c6 3 = c0 7 35 . .154 Solución en Series De la relación anterior tenemos Si n = 2. Para esta ecuación a1 = ex y a0 = −1. c5 = − 0 · c3 =0 4 n = 4. Con el determinante de la matriz wronskiana en x = 0. para k = 2. . n! n=0 n=0 n=0 n=0 En el segundo sumando de la igualdad anterior.5. "∞ # ∞ ∞ ∞ X X xn X X (n + 2)(n + 1)cn+2 xn + (n + 1)cn+1 xn − cn xn = 0. efectuamos el producto de Cauchy de las dos series. (n − j + 1)cn−j+1 x − j! n=0 j=0 n=0 n=0 Entonces ∞ X n=0 # n X 1 (n + 2)(n + 1)cn+2 − cn + (n − j + 1)cn−j+1 xn = 0.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales Las soluciones de la ecuación son analíticas en x = 0 y sus desarrollos en series de potencias convergen en I =] − ∞. n! n=2 n=0 n=1 n=0 Realizamos la nivelación de las potencias y así. j! j=0 " en virtud del principio de identidad. (n + 2)(n + 1)cn+2 − cn + j! j=0 155 . ∞[. esto es "∞ # ∞ " n # ∞ X xn X X X1 (n + 1)cn+1 xn = (n − j + 1)cn−j+1 xn . n! j! n=0 n=0 n=0 j=0 De lo anterior podemos escribir " n # ∞ ∞ ∞ X1 X X X n n (n + 2)(n + 1)cn+2 x + cn xn = 0. Tomamos y = ∞ X c n xn n=0 y 0 = ∞ X ncn xn−1 n=1 y 00 = ∞ X n(n − 1)cn xn−2 n=2 Reemplazando las expresiones anteriores en la ecuación diferencial llegamos a la igualdad "∞ # ∞ ∞ ∞ X X xn X X n(n − 1)cn xn−2 + ncn xn−1 − cn xn = 0. obtenemos: n X 1 (n − j + 1)cn−j+1 = 0. c4 = =− 3·4 24 . 2 6 2 6 24 De aquí podemos obtener dos soluciones 1 1 y1 (x) = 1 + x2 − x3 + · · · 2 6 y 1 1 1 y2 (x) = x − x2 + x3 − x4 + · · · 2 6 24 0 0 Para las cuales.. .156 Solución en Series para todo n ≥ 0. . c3 = = 3·2 6 P c2 − 2j=0 j!1 (3 − j)c3−j c1 n = 2. dándole valores a n. y1 (0) = 0. y2 )(0)) = ¯ 0 y1 (0) y20 (0) ¯ ¯ 0 1 ¯ lo cual significa que las soluciones son linealmente independientes. y2 (0) = 0. y1 (0) = 1. (n + 1)(n + 2) Hallamos ahora varios coeficientes. Calculando el determinante de la matriz wronskiana. c2 = = 2 2 P c1 − 1j=0 j!1 (2 − j)c2−j c1 − c0 n = 1. . forman así una base del espacio solución de la ecuación diferencial. Esta fórmula de recurrencia la podemos expresar así: P cn − nj=0 j!1 (n − j + 1)cn−j+1 cn+2 = . P c0 − 0j=0 j!1 (−j + 1)c−j+1 c0 − c1 Si n = 0. Escribimos la solución tomando inicialmente y = c0 + c1 x + c2 x2 + · · · entonces µ y = c0 + c1 x + c0 − c1 2 ¶ µ 2 x + c1 − c0 6 ¶ x3 − c1 4 x + ··· 24 reagrupando los términos se tiene ¸ ¸ · · 1 4 1 2 1 3 1 2 1 3 y = c0 1 + x − x + · · · + c1 x − x + x − x + · · · .. n ≥ 0. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y1 (0) y2 (0) ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ = 1 6= 0. . ¯ ¯ ¯ = det(W (y1 . y y2 (0) = 1. (2n + 1)! en el lado derecho de la igualdad anterior aparece solamente potencias de grado impar. 0 ∈] − ∞. a2 (x) y h(x). a0 (x) = x2 y h(x) = sin x. (2n + 1)! n=0 n=2 n=0 esta ecuación es equivalente a 2c2 + 6c3 x + ∞ X [(n + 2)(n + 1)cn+2 + cn−2 ] xn = x + n=2 ∞ X n=1 (−1)n x2n+1 . con lo cual se llega a ∞ X n(n − 1)cn xn−2 + n=2 ∞ X cn xn+2 = n=0 ∞ X x2n+1 (−1)n . (2n + 1)! n=0 procedemos a nivelar las potencias y así ∞ ∞ ∞ X X X x2n+1 n n (n + 2)(n + 1)cn+2 x + cn−2 x = (−1)n . y 0 (0) = 0 En este ejemplo. ∞[. Los desarrollos en series de potencias alrededor de cero para las funciones a1 (x). funciones analíticas en ] − ∞.4.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales Ejemplo 5. tienen como intervalo de convergencia ] − ∞. por lo tanto en la sumatoria que aparece en el lado izquierdo de la anterior igualdad agrupamos en dos sumandos las potencias de grado par y las de grado impar. Procedemos como en los ejemplos anteriores y ∞ X = cn xn n=0 y0 ∞ X = ncn xn−1 n=1 y 00 ∞ X = n(n − 1)cn xn−2 n=2 ∞ X sin x = (−1)n n=0 x2n+1 (2n + 1)! Se reemplazan en la ecuación las expresiones anteriores. ∞[. a1 (x) = 0.5. obtenemos de este modo lo siguiente 2c2 + 6c3 x + ∞ X [(2n + 1)(2n + 2)c2n+2 + c2n−2 ] x2n n=1 + ∞ X n=1 [(2n + 2)(2n + 3)c2n+3 + c2n−1 ] x 2n+1 ∞ X x2n+1 =x+ (−1)n (2n + 1)! n=1 157 . ∞[ y también. Hallar la solución del problema de valores iniciales ½ 00 y + x2 y = sin x y(0) = 0.4. son todas. de donde c4 = 0 n = 2. así que c6 = 0 con estos cálculos y observando la fórmula podemos afirmar que c2 = c4 = c6 = · · · = c2n = 0. 5 · 6c6 + c2 = 0. 12c4 = 0. además una fórmula de recurrencia doble (2n + 1)(2n + 2)c2n+1 + c2n−1 = 0. 30c6 = 0. c3 = . para n ≥ 1. Método de la serie de Taylor Una variante del método ilustrado en los ejemplos anteriores consiste en tomar desde el comienzo la serie de Taylor de y. 3 · 4c4 + c0 = 0. 6 tenemos Si n = 1. (2n + 1)! (2n + 2)(2n + 3)c2n+3 + c2n−1 = al igualar los coeficientes de las potencias impares. c7 = − 5! 7! la solución del problema de valores iniciales es y(x) = 1 3 1 19 x − x5 − x7 + · · · 3! 5! 7! dicha solución es única. n ≥ 1. 5. usando la primera parte de la fórmula de recurrencia. para n ≥ 1. 3! 6 n = 2. 4 · 5c5 + c1 = − .2. c0 = c1 = c2 = 0. Calculamos algunos coeficientes. . es decir y= ∞ X y (n) (x0 ) n=0 n! (x − x0 )n . 5! 42c7 = − c5 = − 1 5! 19 19 . como en este problema tenemos condiciones iniciales. centrada en x0 . y (−1)n .158 Solución en Series con el uso del principio de identidad obtenemos c2 = 0 y 6c3 = 1.4. y(0) = c0 = 0 y 0 (0) = c1 = 0 1 así que. usamos la segunda parte de la fórmula de recurrencia 1 1 Si n = 1. lo cual concuerda con lo que predice el teorema de existencia y unicidad para problemas de valores iniciales. 20c5 = − . por que a la derecha no aparecen potencias de grado par. 6 · 7c7 + c3 = 1 . hasta cuando hayamos calculado el número de términos que nos propusimos. n! Si las condiciones iniciales para y están dadas en x0 . . y 0 (x0 ).4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales Esta técnica alternativa está basada en dos ideas. . Con el objeto de obtener una serie para y(x) centrada en x0 . entonces es más difícil encontrarla por este camino que por la técnica expuesta anteriormente. algunos ejemplos con los cuales se ilustra este método. Halle cinco términos del desarrollo en serie de Taylor de la solución del problema de valores iniciales ½ 00 y + x2 y 0 + y = sin x y(0) = 1. y 00 (x0 ). Desventajas del método: 1. . Además. Es más difícil determinar una relación de recurrencia para los coeficientes que permita generar con facilidad términos adicionales necesarios a partir de los términos conocidos. la derivación reiterativa puede ser dispendiosa. Se determinan cuántos términos del desarrollo y= ∞ X cn (x − x0 )n = n=0 ∞ X y (n) (x0 ) n=0 n! (x − x0 )n se necesitan. al igual que el término independiente se puedan desarrollar en serie de potencias de x − x0 . Si no se dan condiciones iniciales c0 y c1 se toman como arbitrarios. la ecuación diferencial de la que y es solución se puede usar para expresar derivadas de orden más alto en términos de derivadas de orden menor. 2. 3. Ejemplo 5. sólo se necesita calcular las derivadas de y en x0 . Si se requiere la expresión para un término general. Si los coeficientes o el término independiente son funciones complicadas. Observe que las constantes cn son los coeficientes del desarrollo en la serie de Taylor de y y están dados por cn = y (n) (x0 ) . Con la ecuación diferencial. El método se puede resumir del modo siguiente: Se elige un centro de expansión x0 de la serie de Taylor y se examina que los coeficientes de la ecuación. a continuación. y 0 (0) = 1 159 . es decir.5. calculamos y 00 (x0 ) y la derivamos tantas veces como sea necesario. Exponemos.4. se usan para determinar c0 y c1 .5. Ejemplo 5. a partir de la ecuación diferencial y 00 = sin x − x2 y 0 − y y 000 = cos x − 2xy 0 − x2 y 00 − y 0 y (4) = − sin x − 2y 0 − 4xy 00 − x2 y 000 − y 00 evaluamos dichas derivadas en x = 0 y 00 (0) = −y(0) = −1 y 000 (0) = 1 − y 0 (0) = 1 − 1 = 0 y (4) (0) = −2y 0 (0) − y 00 (0) = −2 + 1 = −1 reemplazando el valor de las derivadas en la serie de Taylor para y tenemos 1 1 y(x) = 1 + x − x2 − x4 · · · 2 24 es la solución del problema de valores iniciales. π Centre la serie en el punto x0 = . Encontrar los cinco primeros términos de la solución general de la ecuación y 00 − (sin x)y = cos x.6. y calculamos las derivadas necesarias. Despejando y 00 en la ecuación diferencial tenemos: y 00 = cos x + (sin x)y y 000 = − sin x + (cos x)y + (sin x)y 0 y (4) = − cos x − (sin x)y + 2(cos x)y 0 + (sin x)y 00 calculamos el valor de las derivadas en x = π/2 y 00 (π/2) = y(π/2) = c0 y 000 (π/2) = −1 + y 0 (π/2) = c1 − 1 y (4) (π/2) = −y(π/2) + y 00 (π/2) = c0 − c0 = 0 .160 Solución en Series Partimos de y= ∞ X y (n) (x0 ) n=0 n! (x − x0 )n .4. 2 Designamos y(π/2) = c0 y y 0 (π/2) = c2 . tenemos.5. 1 − x2 Así. ocupó varios puestos en la Academia Francesa de Ciencias. las presentó por primera vez en 1784 en su estudio de la atracción de esferoides. .12) donde α es una constante. sabemos que.4. (5. Si esta ecuación se escribe en la forma siguiente y 00 − 2x 0 α(α + 1) y + y = 0. soluciones de la ecuación. Su principal trabajo lo realizó en los campos de las funciones elípticas y la teoría de los números. ∞ X n=0 x2n = 1 . 1 + x + x2 + x3 + · · · = 1 . 1 + x2 + x4 + x6 + · · · = es decir. 2 1−x 1 − x2 son analíticas en x = 0. 5. 1 − x2 1 . y a1 (x) = − . Además. a1 (x) y a2 (x) tienen los siguientes desarrollos en series: a0 (x) = ∞ X n=0 3 ∞ X α(α + 1)x . Una de tales ecuaciones es la Ecuación de Legendre3 (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + α(α + 1)y = 0. que lleva su mismo nombre. 1 − x2 1 − x2 vemos que las funciones a1 (x) y a2 (x) dadas por a0 (x) = α(α + 1) 2x . y a1 (x) = (−2)x2n+1 . para |x| < 1. 1−x para |x| < 1.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales 161 reemplazando el valor de las derivadas en la serie de Taylor para y tenemos 1 c1 − 1 y(x) = c0 + c1 (x − π/2) + c0 (x − π/2)2 + (x − π/2)3 + · · · 2 6 es la solución del problema de valores iniciales. si reemplazamos x por x2 . Una ecuación especial Algunas ecuaciones diferenciales importantes que surgen en problemas físicos son ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes analíticos. 2n n=0 Adrien-Marie Legendre (1752-18333) frances. Las funciones de Legendre.3. n=0 entonces y 0 ∞ X = ncn xn−1 n=1 ∞ X y 00 = n(n − 1)cn xn−2 n=2 Reemplazando las anteriores derivadas en la ecuación (??). n=0 entonces ∞ X n=2 n(n − 1)cn x n−2 − ∞ X n n(n − 1)cn x − n=2 ∞ X n 2ncn x + n=1 ∞ X α(α + 1)cn xn = 0. De acuerdo con el teorema 5. n=0 n=2 n=1 n=0 escribiendo una sola sumatoria a partir de n = 2 y separando los términos restantes obtenemos ∞ X [2c2 +α(α+1)c0 ]+[3·2c3 −2c1 +α(α+1)c1 ]x+ [(n + 2)(n + 1)cn+2 + [α(α + 1) − n(n + 1)]cn ] xn = 0. para n ≥ 2. tenemos: 2 (1 − x ) ∞ X n(n − 1)cn x n−2 − 2x n=2 ∞ X ncn x n−1 + α(α + 1) n=1 ∞ X cn xn = 0. y supongamos que ∞ X y= c n xn .4. la cual puede escribir así: ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X n n n (n + 2)(n + 1)cn+2 x − n(n − 1)cn x − 2ncn x + α(α + 1)cn xn = 0. n=2 por el principio de identidad tenemos: 2c2 + α(α + 1)c0 = 0 3 · 2c3 − 2c1 + α(α + 1)c1 = 0 (n + 2)(n + 1)cn+2 + [α(α + 1) − n(n + 1)]cn = 0 paran ≥ 2 La fórmula de recurrencia también la podemos escribir así: (n + 2)(n + 1)cn+2 + (α + n + 1)(α − n)cn = 0.162 Solución en Series las cuales convergen para |x| < 1. Hallemos una base del espacio solución de dicha ecuación. n=0 nivelamos las potencias que aparecen en la igualdad anterior.1. concluimos que las soluciones de la ecuación de Legendre tienen desarrollos en series de potencias convergentes para |x| < 1. Sea y cualquier solución de la ecuación de Legendre para |x| < 1. . . (2m + 1)! ambas y1 y y2 son soluciones de la ecuación de Legendre. y además ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y1 (0) y2 (0) ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ = 1 6= 0. entonces tenemos lo siguiente y(x) = c0 y1 (x) + c1 y2 (x). y2 )(0) = ¯ 0 y1 (0) y20 (0) ¯ ¯ 0 1 ¯ lo anterior establece que y1 y y2 son linealmente independientes en el intervalo ] − 1. (2m)! y y2 (x) = x+ ∞ X (−1)m m=1 (α + 2m)(α + 2m − 2) · · · (α + 2)(α − 1)(α − 3) · · · (α − 2m + 1) 2m+1 x . 1[. y.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales 163 Podemos escribir los coeficientes c2 = − α(α + 1) c0 2 c3 = − (α + 2)(α − 1) c1 3·2 si hacemos. ¯ ¯ ¯ = W (y1 . En el caso en que α sea un entero positivo p. donde y1 (x) = 1 + ∞ X (−1)m m=1 (α + 2m − 1)(α + 2m − 3) · · · (α + 1)α(α − 2) · · · (α − 2m + 2) 2m x .5. se puede demostrar que una de las soluciones de la ecuación de Legendre es un polinomio. n = 2 c4 = (α + 3)(α + 1)α(α − 2) c1 4·3·2 n = 3 c5 = (α + 4)(α + 2)(α − 1)(α − 3) c1 5·4·3·2 se puede deducir que (−1)m c2m = c2m+1 = (−1)m (α + 2m − 1)(α + 2m − 3) · · · (α + 1)α(α − 2) · · · (α − 2m + 2) c0 (2m)! (α + 2m)(α + 2m − 2) · · · (α + 2)(α − 1)(α − 3) · · · (α − 2m + 1) c1 (2m + 1)! Todos los coeficientes pueden determinarse a partir de c0 y c1 . tomamos una solución de la forma x(t) = ∞ X cn tn . b = 2 N − s/m. k y η son constantes positivas. Aplicaciones Ejemplo 5. esto es # #" ∞ " n "∞ # ∞ X X X (−1)k X (−1)n n n t cn−k tn .5. n! n=2 n=1 n=0 n=0 en el tercer sumando de la igualdad anterior. k = 1 N/m y η = 1 s−1 . donde m es la masa. y haciendo la nivelación de las potencias obtenemos # " m ∞ ∞ ∞ X X X X (−1)k cm−k tm = 0. n=2 Reemplazando en la ecuación diferencial tenemos "∞ #" ∞ # ∞ ∞ X X X (−1)n X n(n − 1)cn tn−2 + 2ncn tn−1 + tn cn tn = 0. El sistema se pone en movimiento desplazando la masa un metro con respecto de su posición de equilibrio y luego se libera (x(0) = 1. ∞ X n(n − 1)cn tn−2 . Resorte vencido: Cuando se vence un resorte. x (t) = tn .5.164 Solución en Series 5. (m + 2)(m + 1)cm+2 tm + 2(m + 1)cm+1 tm + k! m=0 m=0 m=0 k=0 .1. cn t = n! k! n=0 n=0 k=0 n=0 reemplazando. Sea m = 1 kg. y x(t) es el desplazamiento del resorte con respecto de la posición de equilibrio. el valor de su constante de resorte decrece. efectuamos el producto de Cauchy de las dos series. n=0 teniendo en cuenta que e −t = ∞ X (−1)n n=0 y 0 x (t) = ∞ X n=1 n−1 ncn t 00 n! . Determine al menos los cuatro primeros términos no nulos en un desarrollo en serie de potencias en torno a t = 0 para el desplazamiento. b la constante de amortiguamiento. Con los datos dados la ecuación diferencial a considerar es x00 (t) + 2x0 (t) + e−t x(t) = 0. Un modelo para un sistema masa-resorte con un resorte vencido es mx00 (t) + bx0 (t) + ke−ηt x(t) = 0. x0 (0) = 0). En virtud del principio de identidad obtenemos (m + 2)(m + 1)cm+2 + 2(m + 1)cm+1 + m X (−1)k k=0 k! cm−k = 0. . Si m = 0 c2 = − 2!c1 + c0 2! m = 1 c3 = − 22 c2 + c1 − c0 3(c0 + c1 ) =− 3! 3! m = 2 c4 = − 3!c3 + c2 − c1 + 4·3 . .5. para toda m ≥ 0.5 Aplicaciones entonces ∞ X 165 " (m + 2)(m + 1)cm+2 + 2(m + 1)cm+1 + m=0 m X (−1)k k=0 k! # cm−k tm = 0. (m + 2)(m + 1) Hallamos ahora varios coeficientes. c0 2! = 3!c0 + 10c1 4! . dándole valores a m.. Esta fórmula de recurrencia la podemos expresar así: P (−1)k 2(m + 1)cm+1 + m k=0 k! cm−k cm+2 = − para toda m ≥ 0. Escribimos la solución tomando inicialmente x(t) = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 + c4 t4 + · · · entonces 2c1 + c0 2 3c1 + 3c0 3 3!c0 + 10c1 4 t − t + t + ··· 2! 3! 4! reagrupando los términos se tiene · ¸ · ¸ 1 2 3 3 3! 4 2 2 3 3 10 4 x(t) = c0 1 − t − t + t + · · · + c1 t − t − t + t + · · · 2! 3! 4! 2! 3! 4! x(t) = c0 + c1 − Aplicando las condiciones iniciales obtenemos x(0) = 1 = c0 x0 (0) = 0 = c1 En consecuencia la solución pedida es x(t) = 1 − t2 t3 t4 − + − ··· 2! 2! 4 .. 13). por la regla de la cadena dx (a) x = t−1 . dx dt dx x dt entonces d2 y 1 d2 y dt 2 dy 1 d2 y 2 dy =− 2 2 + 3 = 4 2 + 3 2 dt x dt dx x dt x dt x dt de donde x4 y 00 (x) + α2 y(x) = En consecuencia d2 y dy + 2x + α2 y = 0. 2 dt dt d2 y 2 dy + + α2 y = 0. (5. El entero positivo n depende del tipo de columna. dt2 t dt (b) Aplicando e método de Frobenius tenemos y= ∞ X cn tn+r n=0 entonces 0 y = ∞ X n=0 (n + r)cn tn+r−1 . t > 0.13) donde x se relaciona con la altura sobre el suelo y y es la flexión con respecto de la vertical. Columnas con flexión lateral: En el estudio de la flexión lateral de una columna con sección transversal variable aparece la ecuación xn y 00 (x) + α2 y(x) = 0.2.166 Solución en Series Ejemplo 5. La constante positiva α depende de la rigidez de la columna. Solución: dt = −x−2 . Por ejemplo. x > 0. su momento de inercia en la parte superior y la carga. t > 0. luego dy dy dt 1 dy = =− 2 . 2 dt t dt (b) Determine al menos los tres primeros términos no nulos en el desarrollo en serie en torno a t = 0 para la solución general de la ecuación obtenida en la parte (a). (c) Use el resultado de la parte (b) para dar un desarrollo en torno de x = ∞ para una solución general de (5. cuando la columna es un cono truncado (véase la figura 36). entonces t = x−1 . tenemos n = 4. así que. (a) Usar la sustitución x = t−1 para reducir (5.5.13) con n = 4 en la forma d2 y 2 dy + + α2 y = 0. esta última es la fórmula de recurrencia. También r(r + 1)c1 + 2(r + 1)c1 = 0.5. o (r + 2)(r + 1)c1 = 0 de donde c1 = 0. m ≥ 0. m=0 En virtud del principio de identidad obtenemos r(r − 1)c0 + 2rc0 = 0. m ≥ 0. (m + 2)(m + 3) . 00 n=0 Reemplazando en la ecuación diferencial obtenida en la parte (a) se tiene ∞ X (n + r)(n + r − 1)cn t n+r−2 + n=0 ∞ X 2(n + r)cn t n+r−2 + n=0 ∞ X α2 cn tn+r = 0. o (r2 + r)c0 = 0 de donde si c0 6= 0. tenemos cm+2 = − α 2 cm m ≥ 0. n=0 haciendo la nivelación de las potencias obtenemos ∞ X (m + r + 2)(m + r + 1)cm+2 t m+r m=−2 + ∞ X 2(m + r + 2)cm+2 t m+r m=−2 + ∞ X α2 cm tm+r = 0. Además (m + r + 2)(m + r + 1)cm+2 + 2(m + r + 2)cm+2 + α2 cm = 0. se tiene que r1 = 0 y r2 = −1. (m + r + 2)(m + r + 3) Si r1 = 0. la cual la podemos expresar así cm+2 = − α 2 cm .5 Aplicaciones 167 y ∞ X y = (n + r)(n + r − 1)cn tn+r−2 . m=0 entonces r(r − 1)c0 tr−2 + r(r + 1)c1 tr−1 + 2rc0 tr−2 + 2(r + 1)c1 tr−1 + ∞ X [(m + r + 2)(m + r + 1)cm+2 + 2(m + r + 2)cm+2 + α2 cm ]tm+r = 0. . 1 − (αt) + 6 120 Si r2 = −1.. . .168 Solución en Series Hallamos ahora varios coeficientes.. dándole valores a m. (m + 1)(m + 2) Hallamos ahora varios coeficientes. . . Escribimos la solución tomando inicialmente 1 y2 (t) = [c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 + c4 t4 + · · ·] t .. tenemos cm+2 = − α 2 cm m ≥ 0. α 2 c0 Si m = 0 c2 = − 2 m = 1 c3 = − α 2 c1 =0 6 m = 2 c4 = α 4 c0 24 m = 3 c5 = α 4 c1 =0 120 . . Si m = 0 c2 = − m = 1 c3 = − α 2 c0 6 α 2 c1 =0 12 m = 2 c4 = α 4 c0 120 m = 3 c5 = α 4 c1 =0 360 . dándole valores a m. Escribimos la solución tomando inicialmente y1 (t) = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 + c4 t4 + · · · entonces · y1 (t) = c0 ¸ 1 1 2 4 (αt) + · · · . . donde y1 (x) = 1 − y · 1 ³ α ´2 1 ³ α ´4 + + ··· 6 x 120 x 1 ³ α ´2 1 ³ α ´4 y2 (x) = x 1 − + + ··· 2 x 24 x ¸ . y obtenemos la x solución general en la forma y(x) = ay1 (x) + by2 (x). entonces x → +∞. 1 (c) En el item (b) reemplazamos t = .5. si t → 0+ . t 2 24 La solución general es y(t) = ay1 (t) + by2 (t).5 Aplicaciones entonces 169 · ¸ 1 c0 1 2 4 y2 (t) = 1 − (αt) + (αt) + · · · . (b) x4 y 00 + 2x3 y 0 + xy = x + 3. (d) (2x − x2 )y 00 − 6(x − 1)y 0 − 4y = 0.170 Solución en Series 5. 6. Encuentre una representación en serie de potencias para la función tangente (Sugerencia: Resuelva. encuentre la solución por medio de serie de potencias: (a) (x + 1)y 0 − (3x + 4)y = 0. (b) y 00 − y = x.6. utilizando series de potencias los siguientes problemas de valores iniciales. Encuentre una solución general en serie de potencias de cada una de las ecuaciones dada. utilizando series de potencias. (a) (x − 1)y 00 + xy 0 − 2y = 12x2 . 4. y 0 (0) = −2. 2. En cada caso resuelva por medio de series de potencias la ecuación diferencial dada. (a) y 0 + 2y = 0. y(0) = 1. el siguiente problema de valores iniciales: (x2 + 1)y 00 − 2xy 0 + y = x3 ex + 2ex . 7. y 0 (0) = 2. En cada caso indique el intervalo de convergencia de las soluciones. y(0) = y 0 (0) = 0. (b) xy 00 − y 0 + xy = x2 − 1 − cos x. un problema de valor inicial cuya única solución sea dicha función). ¿Puede reconocer la función correspondiente a la serie obtenida? 3. (a) y 00 − y = 0. Resuelva. y(0) = −1. Para cada uno de los problemas de valores iniciales. y(0) = 1. (c) (x − 1)y 00 + xy 0 − 2y = 0. . a partir de la solución general en series obtenida. (c) (1 + x)y 0 − y = αx2 − α. Ejercicios 1. y 0 (0) = 1. que tal ecuación tiene soluciones polinómicas. Resuelva la ecuación diferencial (1 − x2 )y 00 − 2xy + 12y = 0. Resuelva. y(0) = 0. 5. y(0) = y 0 (0) = 1. (c) (1 − x)2 y 00 − (1 − x)y 0 − y = 0. mediante series. (b) (1 + x)y 0 − 1 = 0. y(0) = 1. Muestre. (c) (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + 2y = 0. (e) xy 00 + 3y 0 + 4x3 y = 0.5. 9 10. aparece en mecánica cuántica. (a) x(1 − x)y 00 + 2(1 − 2x)y 0 − 2y = 0. La ecuación de Airy y 00 − xy = 0 tiene aplicaciones en la teoría de difracción. En cada caso encuentre al menos una solución en serie de Frobenius de la ecuación dada. f1 (x) = n=0 ∞ X an xn . Considere la ecuación diferencial x2 y 00 + xf1 (x)y 0 + f0 (x)y = 0. n=0 Demuestre que para una solución y = ∞ X cn xn+r en serie de Frobenius. (c) x2 y 00 + 6xy 0 + (6 − x2 )y = 0. La ecuación de Hermite y 00 − 2xy 0 + 2py = 0 en donde p es una constante. llamado polinomio de Hermite. (b) 16x2 y 00 + 3y = 0. donde f0 (x) = ∞ X bn xn . (f ) 2x2 (1 − 2x)y 00 + (4x2 − 8x + 5)y 0 + (2x2 − x + 1)y = 0. Muestre que si p es un entero positivo una de las dos soluciones linealmente independiente es un polinomio. r es una raíz n=0 de la ecuación indicial r2 + (a0 − 1)r + b0 = 0. en relación con la ecuación de Schrödinger para un oscilador armónico. (g) x2 y 00 + xy 0 + (x2 − 4)y = 0. (d) xy 00 + (1 − 2x)y 0 + (x − 1)y = 0.6 Ejercicios 171 8. Halle la solución general por series. 9. Utilice la sustitución y = ux−k . 12. 11. para encontrar una solución de xy 00 + (1 + 2k)y 0 + xy = 0. . 1 (h) x2 y 00 + xy 0 + (x2 − )y = 0. (c) Con base en los resultados de la parte (b). los resortes suaves y duros parecen responder de la misma forma para t pequeño.172 Solución en Series 13. En el estudio de un resorte no lineal con forzamiento periódico surge la ecuación de Duffing y 00 + ky + ry 3 = A cos(wt). Dicho resorte es duro. La ecuación de Emden es una ecuación no lineal clásica que aparece en el estudio del comportamiento térmico de una nube esférica. Ahora vuelva a resolver el problema anterior con r = ±1. Sean k = r = A = 1 y w = 10. En el estudio de los tubos al vacío surge la ecuación de Van Der Pol y 00 + (0. y 0 (0) = 1. Cuando r > 0. Determine los tres primeros términos no nulos de las aproximaciones mediante polinomios de Taylor a la solución con valores iniciales y(0) = 0.1)(y 2 − 1)y 0 + y = 0. el comportamiento de las soluciones se modifica cuando r cambia de signo. x 2 con condiciones iniciales y(0) = 1. Los péndulos actúan como resortes suaves. . (a) Vuelva a resolver el problema anterior. ¿hay alguna diferencia entre el comportamiento de los resortes suaves y duros para t pequeña? Explique. es posible mostrar que existe una solución analítica en x = 0. Determine el polinomio de Taylor de grado 4 que aproxima la solución con valores iniciales y(0) = 1. muestre que los primeros términos de una solución en serie de potencias son y =1− x4 x2 + n + ··· 3! 5! (Sugerencia: Sustituya x = 1 + c2 x2 + c3 x3 + · · · en la ecuación y calcule con cuidado los primeros términos del desarrollo de y n ). tiene la forma 2 y 00 + y 0 + y n = 0. 4 Observe que para las condiciones iniciales y(0) = 0. con r = −14 . 16. cambie las condiciones iniciales por y(0) = 1 y y 0 (0) = 0. Si n es un entero positivo. Cuando r < 0. (b) Mantenga k = A = 1 y w = 10. y 0 (0) = 0. Para la ecuación de Duffing dada en el problema anterior. la fuerza de restauración es más débil que la del resorte lineal y el resorte es suave. 15. la fuerza de restauración ky + ry 3 se vuelve más fuerte que para el resorte lineal (r = 0). y 0 (0) = 0. 14. Aunque a1 (x) = no es analítica en x x = 0. y 0 (0) = 1. Determine al menos los primeros cuatro términos no nulos en un desarrollo en serie de potencias en torno de t = 0 para el desplazamiento. E(t) = 0. Para ver el efecto del desgaste en el resorte. suponga que no hay amortiguamiento (es decir b = 0). supongamos que el resistor se calienta de modo que R(t) = 1 + t omhs.) 20. En el ejemplo 5. determine al menos los primeros cuatro términos no nulos en un desarrollo en serie de potencias en torno a t = 0 para la carga en el capacitor. Suponga que el resorte se calienta de modo que la constante en el instante t es k(t) = 6 − t N/m (véase la figura 35). C = 2 f arads. 10 Véase la (figura 34). En este caso n = 1. Si L = 0.1 henrys. (b) Haga η = 0 en el desarrollo obtenido en la parte (a). En el capítulo 3 se mostró que la carga q en el capacitor de un circuito sencillo RLC queda descrita mediante la ecuación Lq 00 (t) + Rq 0 (t) + 1 q(t) = E(t).2. considere a η como un parámetro positivo. En el sistema masa-resorte para un resorte vencido analizado en el ejemplo 5. m = 1 y k = 1. q(0) = 10 coulombs y q 0 (0) = 0 amperes. ¿Coincide este desarrollo con el de la solución del ejemplo con η = 0? (Sugerencia: Cuando η = 0. la solución es x(t) = cos t. con los dos lados constantes y los otros dos cambiando en forma lineal (véase la figura 37).1. Al calentar un resorte. Determine al menos los cuatro primeros términos no nulos en el desarrollo en serie en torno de x = 0 para una solución general de la ecuación (5. (a) Vuelva a resolver el ejemplo 5.5. 18.5. su constante decrece.6 Ejercicios 173 17. considere una columna con una sección transversal rectangular.5. C Como la resistencia de un resistor se incrementa con la temperatura. .1 con b = 0 y η arbitrario pero fijo. 19.13) cuando n = 1. Si el sistema masa-resorte sin forzamiento tiene masa m = 2 kg y una constante de amortiguamiento b = 1 N − s/m con condiciones iniciales x(0) = 3 m y x0 (0) = 0 m/s.5. 166 Combinación lineal. 23 lineales. 9 Circuitos eléctricos. 92 de variables separables. 23 no homogéneas.ÍNDICE ALFABÉTICO Base. 36 exacta. 6 en derivadas parciales. 7 el tipo de una. 86 Curvas isoclinas. 87 Columnas con flexión lateral. 52 de Schrödinger. 171 de Legendre. 7. 102 Ecuaciones de Bernoulli. 80 de Clairaut. 74 Ecuación de Bernoulli. 6. 92 de Legendre. 5. 60 Campo direccional. 115 Críticamente amortiguado. 52 de Hermite. 18 diferencial. 3 diferencial el orden de una. 74 Ecuación de Airy. 60 Condiciones iniciales. 44 no homogénea. 171 de Duffing. 25 homogéneas. 10 Dimensión. 57 ordinaria. 7 exacta. 172 de Emden. 161 de Schrödinger. 6 de Cauchy-Euler. 20 lineales. 1. 120 logística. 7. 67 integral de Volterra. 92 de Riccati. 11 Continua por partes. 171 . 58 homogénea con coeficientes constantes. 60 Discontinuidad de salto. 26 lineal. 172 de Hermite. 102 Convolución. 36 de Calor. 17 homogénea. 53 de Torricelli. 148 en series de potencias. 81 Regla de Leibniz. 60 Ley de enfriamiento de Newton. 108 de integral de transformada. 85 forzado. 81 reales distintas. 62. 53 del voltaje de Kirchhoff. 17 de variación de parámetros. 109 Resorte vencido. 87 libre. 64 integral. 30 Función compuerta unitaria. 88 Linealmente dependientes. 61 Mezclas. 16 Problema de valores iniciales. 86 . 31 Factores integrantes. 110 Gamma. 63 Orden exponencial. 69 Polinomio característico. 106 de traslación en el eje s. 5 de la corriente de Kirchhoff. 105 de periodicidad de la transformada. 11 Propiedad de derivada de transformada. 172 Espacio funcional. 8 trivial. 158 Núcleo del operador. 105 en el eje t. 114 escalón unitario. 2 de Kirchhoff. 85 Método de coeficientes indeterminados. 8 particular. 8 general. 81 iguales. 8 Subamortiguado. 112 Generan. 97 diferencial. 108 de linealidad. 64 175 Operador de Laplace. 62. 4 Movimiento armónico simple. 3.ÍNDICE ALFABÉTICO de Van Der Pol. 8 singular. 60 independientes. 60 Matriz wronskiana. 127 de Heaviside. 103 Polinomio. 111 Raíces complejas. 164 Sistema masa-resorte. 88 de Pareto. 100 homogénea. 83 Sobreamortiguado. 86 Soluciones analíticas. 113 de transformada de derivadas. 69 Principio de Arquímides. 20 periódica. 63 diferencial lineal. 83 libre amortiguado. 59 Factor integrante. 72 de separación de variables. 74 Método de Taylor. 147 Solución de la ecuación diferencial. 110 Delta de Dirac. 77 de reducción de orden. 176 ÍNDICE ALFABÉTICO Sustituciones diversas. 51 Valor característico. 98 inversa. 35 Tabla de transformadas de Laplace. 10. 124 Teorema de convolución. 103 Transformada de Laplace. 116 de existencia y unicidad. 98 Trayectorias ortogonales. 69 . 11. 65 para la existencia de la transformada. Fondo Educativo Interamericano. William R. [7] Sotomayor Jorge. [4] Derrick. Introducción al Análisis Lineal. Volúmen 1. 1998. 2001.-Kuller R. [3] Coddington. Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones. 2000. E. Thomson Learning. S. Instituto de Matemática Pura e Aplicada. Tom. [5] Nagle R. Fondo Educativo Interamericano. Tercera Edición. . Ecuaciones Diferenciales y Problemas con Valores en la Frontera. y Grossman. An Introduction to Ordinary Differential Equations.-Snider A. E.-Penney D. Lições de Equações Diferenciais Ordinárias. Prentice Hall. Séptima Edición. [9] Zill G. 1988. William E. Calculus. H. 1971. Seunda Edición.A. [8] Kreider D. Limusa.-Saff E. Ecuaciones Diferenciales y Problemas con Valores en la Frontera. Pearson Educación.-Ostberg D. Stanley. 2002. Ecuaciones Diferenciales. Richard C. 1979. y DiPrima. [2] Boyce. Prentice Hall. Editorial Reverté. Dennis Ecuaciones Diferenciales con Aplicaciones a Modelado.-Perkins F. A. [6] Edwards C. Segunda Edición. 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