MatematicasV

CONTENIDO 1CONTENIDO TEMATICO 1. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 3 INTRODUCCION 1.1 Definiciones básicas y terminología………………………… 53 1.2 Orígenes de las ecuaciones diferenciales…………………. 13 1.3 Orígenes físicos de las ecuaciones diferenciales…………. 15 1.4 Ecuación diferencial de una familia de curvas…………….. 20 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 26 INTRODUCCION 2.1 Variables separables………………………………………… 29 2.2 Ecuaciones homogéneas ………………………………….. 44 2.3 Ecuaciones exactas ………………………………………… 51 2.4 Ecuaciones lineales ………………………………………… 62 2.5 Método de Picard……………………………………………. 74 2.6 Sustituciones ………………………………………………… 76 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR 79 INTRODUCCION 3.1 Solución de ecuaciones lineales …………………………… 82 3.2 Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes .100 3.3 Resolución de una ecuación lineal no homogénea ……… 107 3.4 Aplicación de las ecuaciones diferenciales de segundo orden.110 2 ECUACIONES DIFERENCIALES 4. ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES VARIABLES 118 INTRODUCCION 4.1 Ecuación de Cauchy Euler………………………………….. 119 4.2 Soluciones de series de potencias ………………………… 127 4.3 Soluciones en torno a puntos singulares …………………. 133 4.4 Ecuaciones especiales ……………………………………… 164 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES 178 INTRODUCCION 5.1 Método de los operadores ………………………………….. 178 5.2 Método de la transformada de Laplace …………………… 188 5.3 Sistemas de ecuaciones lineales de primer orden ………. 211 6. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 219 INTRODUCCION 6.1 Funciones Ortogonales ……………………………………… 219 6.2 Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales ………… 224 6.3 Problemas de condición de frontera……………………….. 231 AUTOEVALUACIÓN 237 BIBLIOGRAFIA 239 INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 3 1. INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES. OBJETIVO GENERAL Identificar la terminología básica de las ecuaciones diferenciales partiendo de la forma como se deducen, desde fenómenos físicos y fenómenos de la vida diaria, en términos matemáticos, mediante procedimientos para encontrar sus soluciones. OBJETIVOS ESPECÍFICOS 1. Describir las clases de ecuaciones diferenciales y calcular sus soluciones respectivamente. 2. Describir e identificar el origen de las ecuaciones diferenciales partiendo de los fenómenos naturales. 3. Resolver la ecuación diferencial de una familia de curvas. INTRODUCCIÓN Aunque no lo notemos las leyes de los fenómenos de la naturaleza se expresan generalmente como ecuaciones diferenciales. Las ecuaciones del movimiento de los cuerpos como la segunda ley de Newton, son ecuaciones diferenciales de segundo orden, como también lo es la ecuación que describe los sistemas oscilantes, la propagación de las ondas, la transmisión del calor, la difusión, el movimiento de partículas subatómicas, etc. Para realizar la solución de ecuaciones diferenciales es necesario realizar aproximaciones, estudiar el comportamiento del sistema bajo ciertas condiciones ya que pocas ecuaciones diferenciales tienen una solución 4 ECUACIONES DIFERENCIALES analítica sencilla. En un sistema tan simple como un péndulo, la amplitud de la oscilación ha de ser pequeña y el rozamiento ha de ser despreciable, para obtener una solución sencilla que describa aproximadamente su movimiento periódico. En esta unidad se estudiaran conceptos básicos que serán necesarios para el buen desempeño del curso de Ecuaciones Diferenciales y algunos de los orígenes físicos de las mismas, para saber la importancia de estas y sus aplicaciones. Al realizar un recuento del calculo diferencial sabemos que, una función y = f(x), su derivada ( ) x f dx dy 0 0 = es también una función que se puede encontrar mediante ciertas reglas. Por ejemplo, si y = 3 − −x e , entonces dx dy = -3x 2 3 x e − o, lo que es lo mismo, y x dx dy 2 3 − = Resolver ecuaciones diferenciales consiste en encontrar una función cuya derivada sea f(x), es decir, encontrar las primitivas (integrales indefinidas) de f(x). Por tanto, podemos decir que los métodos de resolución de ecuaciones diferenciales constituyen una generalización del cálculo de primitivas. Por ejemplo, si se da una ecuación como y x dx dy 2 3 − = , entonces se debe hallar de alguna manera una función y = f(x) que satisfaga dicha ecuación, es decir, se desea resolver la ecuación diferencial. La forma de ecuación diferencial mas sencilla que puede pensarse es ( ) x f dx dy = INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 5 1.1 DEFINICIONES BÁSICAS Y TERMINOLOGÍA Forma genérica: f(x,y,z,dx,dy,dz)=0 ó bien: f(x,y,z,x',y',z')=0 Las ecuaciones diferenciales se clasifican según su tipo, orden y linealidad. En la ecuación diferencial ordinaria sólo participan derivadas totales, y existen métodos de resolución genérica según el tipo La ecuación diferencial en derivadas parciales es de alta complejidad, cada caso es especial y tiene su método particular de resolución, si una ecuación contiene sólo derivadas de una o más variables dependientes con respecto a una sola variable independiente, entonces se dice ecuación diferencial ordinaria. Orden de las Ecuaciones Diferenciales Orden de la ecuación diferencial es el orden de la derivada de mayor orden que figura en la ecuación diferencial. Ecuación diferencial es toda ecuación que contiene derivadas de una o más variables dependientes con respecto a una variable o más variables independientes. 6 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplos: Por Ejemplo: x y dx dy dx y d = − | ¹ | \ | + 4 5 2 3 es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden. La ecuación diferencial x 2 dy + y dx = 0 puede llevarse a la forma 0 2 = + y dx dy x dividiendo entre dx, es un ejemplo de ecuación diferencial ordinaria de primer orden. La ecuación 0 2 2 4 4 2 = ∂ ∂ + ∂ ∂ t v x u a es una ecuación diferencial parcial de cuarto orden. Una ecuación diferencial ordinaria general de orden n se representa a menudo mediante el símbolo 0 ,..., , , = | | ¹ | \ | n n dx y d dx dy y x F Ejemplo 1 f(x,y,y',y''')=0 es de tercer orden. xy+y'=0 es de primer orden. Las siguientes son ecuaciones diferenciales: y’’ + y’ +y = 2x 2 1 2 2 = + + ′ x y y x xy’’ - x 2 y = y’ En todos los casos se supone que y es una función de x. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 7 Ejemplo 2 Explicación. Todas las ecuaciones diferenciales que se dan en el ejemplo anterior se dice que son ordinarias porque dependen de solo una variable independiente. La primera y la tercera son de segundo orden porque la derivada de orden mayor que aparece es y’’ y la segunda es de primer orden porque la derivada de mayor orden que aparece es y’. Verificar que la función f(x) = e 2x es solución de la ecuación diferencial y’’-3y’ + 2y = 0. Probar también que g(x) = e 3x no es solución de esta ecuación diferencial. Solución: Tomamos en el lugar de y la función f(x). Tenemos que f’(x) = 2e 2x y f’’(x) = 4e 2x y por lo tanto: y’’ - 3y’ + 2y = 4e 2x - 3(2e 2x ) + 2 (e 2x ) = 4e 2x - 6e 2x + 2e 2x = 0, tal como se quería. Tomando ahora en vez de y la función g(x) tenemos que g’(x) = 3e 3x , g’’(x) = 9e 3x y sustituyendo: y’’ - 3y’ + 2y = 9e 3x - 3(3e 3x ) + 2 (e 3x ) = 9e 3x - 9e 3x + 2e 3x = 2e 3x , El resultado no es 0, por lo tanto g no es solución de la ecuación diferencial. 8 ECUACIONES DIFERENCIALES Las ecuaciones diferenciales se clasifican de acuerdo con las tres propiedades siguientes. Clasificación según el tipo Ecuación diferencial ordinaria. Por ejemplo, 1 5 = = y dx dy ( x + y )dx – 4y dy = 0 x dx dv dx du = = 0 6 2 2 2 = + − y dx dy x d u d Estas son ecuaciones diferenciales ordinarias debido a que una ecuación que contiene las derivadas parciales de una o más variables dependientes de dos o más variables independientes se llama ecuación diferencial parcial. Por ejemplo, x v x u ∂ ∂ − = ∂ ∂ u x v y x u x = ∂ ∂ + ∂ ∂ t u t u x u ∂ ∂ − ∂ ∂ = ∂ ∂ 2 2 2 2 2 Son ecuaciones diferenciales parciales Una función f(x) es solución de una ecuación diferencial si al ser sustituida en la ecuación la satisface. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 9 Clasificación según la linealidad o no linealidad Las ecuaciones lineales se presentan de la forma: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x g y x a dx dy x a dx y d x a dx y d x a n n n n n n = + + + + − − − 0 1 1 1 1 ... Propiedades de las ecuaciones diferenciales lineales: a) La variable dependiente y junto con todas sus derivadas son de primer grado, lo que indica que, la potencia de todo término donde aparece y es 1 b) Cada coeficiente depende sólo de la variable independiente x. Una ecuación que no es lineal se dice que es no lineal. Las ecuaciones x dy + y dx = 0 y´ ´ - 2 y´ + y = 0 y x e y dx dy x dx y d x dx y d x = + + − 5 3 2 2 2 3 3 3 Son ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primero, segundo y tercer orden, respectivamente. Conclusión Probar que una función dada es solución de una ecuación diferencial es un proceso relativamente sencillo, sin embargo, encontrar las soluciones (esto es, resolver la ecuación) no es un problema tan fácil. Se debe tener en cuenta que existen muchísimas familias de ecuaciones diferenciales, que se resuelven por métodos particulares, pero en este caso el uso del cálculo integral en la resolución de ecuaciones diferenciales va a ser fundamental. 10 ECUACIONES DIFERENCIALES Por otra parte yy´´ - 2y´ = x y 0 2 3 3 = + y dx y d Son ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales de segundo y tercer orden, respectivamente. Ejemplos 3 Ejemplo 4 Soluciones explícitas e implícitas Para entender más fácilmente la solución explicita e implícita de ecuaciones resolvamos los siguientes ejemplos: Comprobar que y = x 4 /16 es una solución de la ecuación no lineal El coeficiente 0 2 / 1 = − xy dx dy en – ∞ < x <∞ Puesto que 4 16 4 3 3 x x dx dy = ⋅ = Vemos que 0 4 4 16 4 3 3 2 / 1 4 3 2 / 1 = − = | | ¹ | \ | − = − x x x x x xy dx dy Para todo número real. La función y = x 4 /16 es una solución de la ecuación no lineal y'' – 2y' + y = 0 en – ∞ < x <∞. Para comprender esto se evalúan y' = xe x + e x y y'' = xe x +2e x Obsérvese que y'' – 2y' + y = (xe x + 2e x ) – 2(xe x + e x ) + xe x = 0 Para todo número real. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 11 Ejemplo 5 Ejemplo 6 Para – 2 < x < 2 la relación x 2 + y 2 – 4 = 0 es una solución implícita de la ecuación diferencial y x dx dy − = 1. Derivando implícitamente. ( ) ( ) ( ) 0 4 2 2 = − + dx d y dx d x dx d 0 2 2 = + dx dy y x o bien y x dx dy − = La relación x 2 + y 2 – 4 = 0 define dos funciones en el intervalo – 2 < x < 2: y = 2 4 x − y y = -4 – x2. También se puede observar que cualquier relación de la forma x 2 + y 2 – c = 0, satisfará formalmente dy/dx = – x/y para cualquier constante c. Sin embargo, naturalmente se sobreentiende que la relación debe siempre tener sentido en el sistema de los números reales; por tanto, no podemos decir que x 2 + yz + 1 = 0 determina una solución de la ecuación diferencial. Usted debe saber que una ecuación diferencial dada, tiene generalmente un número infinito de soluciones. Por sustitución directa, se puede demostrar que cualquier curva, (función), de la familia unípara métrica 2 x ce y = , donde c es, que cualquier constante arbitraria 12 ECUACIONES DIFERENCIALES En el ejemplo anterior, y = c/x + 1 es una solución de la ecuación diferencial en cualquier intervalo que no contenga el origen. La función no es diferenciable en x = 0. El ejemplo siguiente muestra que una solución de una ecuación diferencial puede ser una función definida parte por parte. Para cualquier valor de c, la función y = c/x + 1 es una solución de la ecuación diferencial de primer orden 1 = + y dx dy x en el intervalo 0 < x < ∞. Se tiene que ( ) ( ) 2 2 1 1 x c cx dx d x dx d c dx dy − = − = + = − − de modo que 1 1 2 = | ¹ | \ | + + | ¹ | \ | − = + x c x c x y dx dy x Dando a c distintos valores reales es posible generar un número infinito de soluciones. En particular, para c = 0 se obtiene una solución constante y = 1. Véase la Figura También satisface la ecuación 2 2 x xe dx dy = . Tal como se indica la figura , la solución trivial es un miembro de esta familia de soluciones correspondiente a c = 0. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 13 Ejemplo 6 1.2 ORÍGENES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES Algunos orígenes físicos de las ecuaciones diferenciales Leyes de Newton Una masa m de peso W se suspende del extremo de una varilla de longitud constante l. Suponiendo que el movimiento se realiza en un plano vertical, Cualquiera de las funciones en la familia uniparamétrica y = cx 4 es una solución de la ecuación diferencial xy' – 4y = 0. Tenemos que xy' – 4y = 4(4cx 3 ) – 4cx 4 =0. La función definida parte por parte ¹ ´ ¦ ≥ < − 0 , 0 , 4 4 x x x x y También es una solución. Obsérvese que esta función no puede obtenerse de y= cx 4 dando un solo valor al parámetro c. Véase la siguiente Figura (b) 14 ECUACIONES DIFERENCIALES se trata de determinar el ángulo de desplazamiento θ, medido con respecto a la vertical, en función del tiempo t (se considera θ > 0 a la derecha de OP y θ < 0 a la izquierda de OP). Recuérdese que el arco s de un círculo de radio l se relaciona con el ángulo del centro θ por la fórmulas = lθ Por lo tanto, la aceleración angular es . 2 2 2 2 dt d l dt s d a θ = = Por la segunda ley de Newton, . 2 2 dt d ml ma F θ = = En la figura se aprecia que la componente tangencial de la fuerza debida al peso W es mg sen θ. S i no se tiene en cuenta la masa de la varilla y se igualan las dos expresiones de la fuerza tangencial se obtiene θ θ sen mg dt d ml − = 2 2 0 2 2 = + θ θ sen l g dt d Lamentablemente, la ecuación no lineal anterior del ejemplo precedente no se puede resolver en términos de las funciones elementales y por lo tanto usualmente se hace una suposición adicional para simplificarla. Si los desplazamientos angulares θ no son demasiado grandes, podemos usar la aproximación sen θ ≈ θ* de modo que esta ecuación pueda reemplazarse por la ecuación diferencial lineal de segundo orden: 0 2 2 = + θ θ l g dt d S i ω 2 = g/l, se observa que tiene exactamente la misma estructura que la ecuación diferencial que rige las vibraciones libres de un peso en un resorte. El que una ecuación diferencial básica pueda describir muchos INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 15 fenómenos físicos, o incluso fenómenos económicos diversos, es algo que sucede corrientemente en el estudio de las matemáticas aplicadas. 1.3 ORÍGENES FÍSICOS DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES Caída Libre Se sabe que los objetos en caída libre cercanos a la superficie de la Tierra tienen una aceleración constante g. Ahora bien, la aceleración es la derivada de la velocidad y ésta, a su vez, es la derivada de la distancia s. Luego, si se toma como dirección positiva la dirección vertical hacia arriba, tenemos que la fórmula g dt s d − = 2 2 es la ecuación diferencial que da la distancia vertical recorrida por el cuerpo que cae. Se usa el signo menos puesto que el peso del cuerpo es una fuerza de dirección opuesta a la dirección positiva. Si además suponemos que desde el techo de un edificio de altura s 0 (véase la figura) se lanza una piedra hacia arriba con una velocidad inicial v 0 , en tal caso se debe resolver , 2 2 g dt s d − = 0 < t < t 1, sujeta a las condiciones adicionales s(0) = S 0 , s' (0) = v 0 . 16 ECUACIONES DIFERENCIALES Aquí t = 0 se toma como el instante inicial en que la piedra sale del techo del edificio y t 1 es el tiempo transcurrido hasta que ésta cae a tierra. Puesto que la piedra se lanza hacia arriba, naturalmente se da por sentado que v 0 > 0. Por supuesto, esta formulación del problema ignora otras fuerzas tales como la resistencia del aire que actúa sobre el cuerpo. Ley de Hooke Para encontrar el desplazamiento vertical x(t) de una masa sujeta a un resorte usamos dos leyes empíricas diferentes: la segunda ley del movimiento de Newton y la ley de Hooke. La primera ley dice que la fuerza neta que actúa sobre el sistema en movimiento es F = ma, en donde m es la masa y a es la aceleración. La ley de Hooke expresa que la fuerza de restitución de un resorte estirado es proporcional a su alargamiento s + x. Esto es, la fuerza de restitución es k(s + x), en donde k > 0 es una constante. Tal como se muestra en la figura (b), s es el alargamiento del resorte después que la masa ha sido colgada y el sistema está en reposo en la posición de equilibrio. Cuando el sistema está en movimiento, la variable x representa la distancia con signo de la masa a partir de la posición de equilibrio. Mas adelante a lo largo del desarrollo del curso se demostrará que cuando el sistema está en movimiento, la fuerza neta que actúa sobre la masa es simplemente F = – kx. Así, en ausencia de amortiguación y de otras fuerzas exteriores que podrían actuar sobre el sistema, la ecuación INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 17 diferencial del movimiento vertical del centro de gravedad de la masa se obtiene igualando: . 2 2 kx dt x d m − = Aquí el signo menos indica que la fuerza de restitución del resorte actúa en dirección opuesta a la del movimiento, esto es, hacia la posición de equilibrio. En la práctica, esta ecuación diferencial de segundo orden se escribe a menudo como: x dt x d 2 2 2 ω + En donde w 2 = 0 k /m. Otras ciencias Las ecuaciones diferenciales también son de vital importancia en ciencias ecológicas, sociológicas y hasta en ciencias de la administración, algunos ejemplos son. Bacterias y crecimiento Ejemplo 1 Una población de bacterias crece según el modelo de crecimiento exponencial. Si inicialmente había 1,500 bacterias y a los 20 minutos ya había 2,000 bacterias, encontrar una función que describa el número de bacterias presente en cada instante t. ¿Cuántas habrá a los 30 minutos? Solución: La función es N(t) = Ce kt sabemos que C es la población inicial, en este caso 1500; entonces N(t) = 1500e kt 18 ECUACIONES DIFERENCIALES Física Eléctrica Ejemplo 2 Para tener la función completa debemos encontrar k; ésta la determinamos a partir de la otra información: N(20) = 1500 e 20k = 2000 ⇒ e 20k = 3 4 1500 2000 = Es decir e 20k = 4/3, pero esta ecuación se puede poner en forma logarítmica como 20k = ln (4/3) y entonces, echando mano a una calculadora, se tiene 20k = 0,287682 ⇒ k = 20 287682 , 0 = 0,0143 y, por lo tanto, la función es N(t) = 1500e 0,0143 t . Para saber el número de bacterias a los 30 minutos evaluamos la función en 30 (usamos una calculadora): N(30) = 1500e (0,0143)30 = 1500e 0,429 = 1500 . 1,535721 = 2303,58 Podemos decir que a los 30 minutos habrá alrededor de 2,300 bacterias Considere el circuito simple conectado en serie que se muestra en la figura y que consta de un inductor, un resistor y un capacitor. La segunda ley de Kirchoff dice que la suma de las caídas de voltaje a través de cada uno de los componentes del circuito es igual a la tensión E(t ) aplicada. Si llamamos q(t ) a la carga del capacitar en un instante INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 19 En el ejemplo anterior, las condiciones iniciales q( 0) y q' ( 0) representan la carga del capacitor y la corriente en el circuito, para t = 0, respectivamente. Además, la tensión eléctrica aplicada E( t ) corresponde a una fuerza electromotriz (fem). La tensión produce la carga del capacitor y hace que la corriente circule en el circuito. La siguiente tabla muestra las unidades básicas que se usan en análisis de circuitos. Ejemplo 3 cualquiera, entonces la corriente i (t ) está dada por i = dq/ dt . Ahora bien, se sabe que las caídas de voltaje son: En un inductor = 2 2 dt g d L dt di L = En un capacitar = g C 1 En un resistor = iR= dt dg R en donde L, C y R son constantes llamadas inductancia, capacitancia y resistencia, respectivamente. Para determinar q(t ) debemos, por lo tanto, resolver la ecuación diferencial de segundo orden ( ) t E q C dt dg R dt g d L = + + 1 2 2 En la práctica, un cuerpo B de masa m que va cayendo (tal como un hombre que desciende en paracaídas) encuentra una resistencia del aire proporcional a su velocidad instantánea v(t). Usar la segunda ley de Newton para encontrar la ecuación diferencial de la velocidad del cuerpo en un instante cualquiera. 20 ECUACIONES DIFERENCIALES 1.4 ECUACIÓN DIFERENCIAL DE UNA FAMILIA DE CURVAS No se debe tener la impresión de que siempre se puede encontrar una familia n- paramétrica de soluciones para toda ecuación diferencial de orden n que sea concebible. Por otra parte, supóngase que se invertirá el problema, esto es, partiendo de una familia n-paramétrica de curvas, se pregunta si es posible encontrar una ecuación diferencial de orden n asociada a ella, completamente libre de parámetros arbitrarios y tal que se represente a la familia dada. En la mayoría de los casos la respuesta es sí. Al discutir las soluciones particulares se vio que cada función en la familia uniparamétrica y = ce x satisface la misma ecuación diferencial de primer orden y´=y. Supóngase que ahora se busca la ecuación diferencial de la familia biparamétrica. Solución Tomando como dirección positiva la dirección hacia abajo, la suma de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo es Mg – kv en donde k es una constante de proporcionalidad y el signo menos indica que la resistencia del aire actúa en dirección opuesta al movimiento. Véase la figura anterior. La segunda ley de Newton puede escribirse como dt dv m ma = en donde a representa la aceleración. Igualando y resulta entonces kv mg dt dv m − = o bien . g v m k dt dv = + INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 21 2 1 c e c y x + = Las dos pri meras deri vadas x e c dx dy 1 = y x e c dx y d 1 2 2 = Luego dx dy dx y d = 2 2 o bi en 0 2 2 = − dx dy dx y d Ejemplo 1 Ejemplo 2 Derivando dos veces se encuentra que la ecuación diferencial de la familia biparamétrica de rectas. 2 1 c x c y + = Es simplemente 0 2 2 = dx y d Hallar la ecuación diferencial de la familia 3 cx y = Indicada en la Figura 22 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 3 Ejemplo 4 Solución: Tendremos una ecuación diferencial de primer orden puesto que la familia contiene sólo un parámetro. Se tiene que , 3 2 cx dx dy = Pero c = y/x 3 , luego . 3 2 3 x y x x y dx dy = | ¹ | \ | = Se obtiene así la ecuación lineal de primer orden . 0 3 = − y dx dy x Obtener la ecuación diferencial de la familia biparamétrica x x e c e c y 2 2 2 1 − + = Solución: derivando dos veces resulta x x e c e c dx dy 2 2 2 1 2 2 − − = x x e c e c dx y d 2 2 2 1 2 2 4 4 − + = [ ] x x e c e c 2 2 2 1 4 − + = y dx y d 4 2 2 = O bien 0 4 = − ′ ′ y y Halle la ecuación diferencial de la familia de circunferencias con centro en el origen. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 23 Ejemplo Determinar la ecuación diferencial de la familia de circunferencias que pasan por el origen con centro en el eje y. Solución: Esta familia de curvas está caracterizada por la ecuación uniparamétrica x 2 + y 2 = cy Así . 2 2 dx dy c dx dy y x = + Ejemplo 5 Obtenga la ecuación diferencial de la familia de parábolas y = (x + c) 2 Solución: La derivada es ( ) 2 2 c x dx dy + = De la ecuación original se tiene x + c =± y 1/2 , de modo que la ecuación diferencial que representa a la familia es 2 / 1 2y dx dy ± = o bien y dx dy 4 = | ¹ | \ | Debe observarse que 2 / 1 2y dx dy = Solución: Circunferencias concéntricas centradas en el origen se describen por medio de la ecuación unípara métrica. . 0 , 2 2 2 > = + c c y x Por derivación se obtiene 0 2 2 = + dx dy y x y x dx dy − = O bien 0 = + dy y dx x Sustituyendo c = (x 2 + y 2 )/y en la ultima ecuación y simplificando resulta ( ) xy dx dy y x 2 2 2 = + o bien (x2 – y2) dy – 2xy dx = 0 24 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 6 Ejemplo 7 Hallar la ecuación diferencial de la familia . 1 2 2 2 x x ce ce y + = Solución: Mediante la regla del cociente y simplificando resulta ( ) . 1 4 2 2 2 2 2 c e y ce ce dx dy x x x − = + = Despejando c de la ecuación dada resulta c = e -2y /(2 – y) y así y y e e y dx dy x x − = − − 2 1 2 2 2 o bien ( ). 2 y y dx dy − = Encontrar la ecuación diferencial que describe la familia de circunferencias que pasan por el origen Solución Tal como la figura indica, la forma general de la ecuación de estas curvas es ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 k h k y h x + = − + − o bien 0 2 2 2 2 = − + − ky y xh x Usando derivación implícita dos veces se tiene que x– h+ yy' – ky' =0 l + yy" + (y' ) 2 –ky"=0. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES 25 Luego se usa la ecuación original de la familia para despejar h: x ky y x h 2 2 2 2 − + = y sustituirla en , 0 2 2 2 2 = ′ − ′ + − + − y k y y x ky y x x Despejando ahora k de (7) resulta ( ) y y x y xy y x k − ′ ′ + − = 2 2 2 2 Sustituyendo este último valor y simplificando se obtiene la ecuación no lineal ( ) ( ) 0 2 2 1 2 2 2 = ′ ′ − ′ ′ + − − ′ + ′ ′ + y y y x y xy y x y y y o bien (x 2 + y 2 )y” + 2[(y´) 2 + 1](y – xy´) = 0. Como alternativa, es posible obtener directamente el último resultado derivando por la regla del cociente. 26 ECUACIONES DIFERENCIALES 2. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN OBJETIVO GENERAL Calcular, identificar y describir las ecuaciones diferenciales de primer orden y sus aplicaciones empleando los diferentes métodos de solución y las diferentes clases de las mismas. OBJETIVOS ESPECÍFICOS 1. Calcular las ecuaciones diferenciales mediante el método de variables separables. 2. Describir e identificar ecuaciones Diferenciales Ecuaciones diferenciales homogéneas. 3. Describir e identificar ecuaciones diferenciales exactas. 4. Describir, identificar ecuaciones diferenciales lineales. 5. Calcular ecuaciones diferenciales empleando el método de sustitución. 6. Describir las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden. INTRODUCCION Con base en lo estudiado previamente, la ecuación proviene de una familia de curvas del plano, de la forma: F(x,y,C) = 0 En adelante diremos que la familia de curvas es una solución general de la ecuación diferencial y que cada elemento de la familia es una solución particular. En general, una función de la forma: ) (x y µ = es solución de una ecuación diferencial si la satisface idénticamente, es decir, si se verifica que: Una ecuación diferencial de primer orden para las variables y x, presenta la forma general: ) , ( ) ( y x f x y dx d = ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 27 )) ( , ( ) ( x x f x dx d µ µ ≡ Las siguientes ecuaciones son ejemplos de ecuaciones diferenciales de primer orden: • Ecuación diferencial de variables separables: M(x) dx +N(y) dy = 0 • Ecuación diferencial lineal: ) ( ) ( x q y x p dx dy = + • Ecuación diferencial de Bernoulli: α y x q y x p dx dy ) ( ) ( = + • Ecuación diferencial de Riccati: ) ( ) ( ) ( 2 x r y x q y x p dx dy + + = • Ecuación diferencial de Clairaut: | ¹ | \ | + = dx dy F dx dy x y Ejemplo 1 Dada la ecuación diferencial: x e y dx dy − = + 2 , muestre que las siguientes funciones son soluciones de la misma: e -x , e -x + e -2x , e -x + Ce -2x Solución Para la primera función, se tiene: y(x) = e -x , y´(x) = -e -x . Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos:. –e -x + 2e -x = e -x Como puede verse, la función es solución de la ecuación diferencial ya que resulta una identidad. Del mismo modo, se puede verificar que las otras dos funciones son también soluciones de la ecuación diferencial. Particularmente, la tercera es una familia de curvas y recibe el nombre de solución general de la ecuación diferencial. Las dos primeras soluciones son soluciones particulares de la ecuación diferencial ya que se obtienen asignando valores a la constante que aparece en la solución general. 28 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 2 Ejemplo 3 Pueden existir ecuaciones diferenciales que tengan soluciones que no se puedan obtener de la solución general, dichas soluciones reciben el nombre de soluciones singulares. Considere la ecuación diferencial: 2 2 1 | ¹ | \ | − = dx dy dx dy x y Dada la ecuación diferencial de Riccati: 2 2 − + = y y dx dy x muestre que la solución general es: 3 3 2 x K x K y − + = Solución Tomando la primera derivada se tiene: 2 3 2 ) ( 9 x K Kx y − = ′ Sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene la siguiente identidad: 2 2 2 ) ( 9 3 3 2 3 3 2 3 2 − − + + | | ¹ | \ | − + ≡ − x K x K x K x K x K Kx x Solución Puede verificarse que la parábola 2 2 x y = es una solución singular de la ecuación diferencial, mientras que la solución general es la familia de rectas 2 2 C Cx y − = ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 29 2.1 VARIABLES SEPARABLES Muchas ecuaciones diferenciales de primer orden se pueden reducir a la forma: ) ( ) ( x f y y g = ′ (1) por medio de manipulaciones algebraicas. Como y´ = dy/dx, se encuentra conveniente escribir: dx x f dy y g ) ( ) ( = (2) pero tenga en cuenta que ésta es sólo otra manera de escribir (1). Una ecuación de este tipo se conoce como ecuación con variables separables, o ecuación separable, debido a que en (2) las variables x y y se separan de tal manera que x aparece únicamente a la derecha, y y a la izquierda. Integrando ambos miembros de (2, se obtiene: ∫ ∫ + = c dx x f dy y g ) ( ) ( (3) Si se supone que f y g son funciones continuas, las integrales que aparecen en (3) existirán y al evaluar estas integrales se obtiene la solución general de (1). Ejemplo 1 Resuelva la ecuación diferencial: 0 4 9 = + ′ x y y Solución Al separar variables se tiene: dx x dy y 4 9 − = Al integrar ambos miembros se obtiene la solución general: c x y ~ 2 2 9 2 2 + − = o c y x = + 4 9 2 2 | ¹ | \ | = 18 ~ c c La solución representa una familia de elipses. 30 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 2 Ejemplo 3 Resuelva la ecuación diferencial: 2 1 y y + = ′ Solución Separando variables e integrando se obtiene: , 1 2 dx y dy = + , tan c x y arc + = ) ( tan c x y + = Es muy importante que la constante de integración se introduzca inmediatamente después de que se lleva a cabo tal integración. Resuelva la ecuación diferencial: Separando variables se tiene: dx x x dy 2 − = ) 0 ( ≠ y La integración da c x y n ~ 1 2 + − = (4) De hecho, es posible verificar el resultado de la izquierda, derivando como sigue: cuando y>0, entonces (1n y)´= y´/y. Cuando y<0, entonces –y>0 y (1n(-y))´= -y´/(-y)=y´/y. Ahora bien, y = |y| cuando y>0, y-y = |y| cuando y<0. de donde se puede combinar las dos formulas, hallando (1n |y|)´ = y´/y. Además, de (4) se obtiene: c x e y ~ 2 + − = Observando que b a b a e e e = + y haciendo c e c = ~ , cuando y>0, y c e c − = ~ , cuando y<0, por último se tiene: 2 x ce y − = ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 31 Una ecuación diferencial de primer orden, junto con una condición inicial, se llama problema con valor inicial. Para resolver un problema de este tipo, conviene hallar la solución particular de la ecuación que satisfaga la condición inicial dada. El término “problema con valor inicial” lo sugiere el hecho de que, a menudo la variable independiente es el tiempo, de modo que (5) prescribe la situación inicial en algún instante, y la solución del problema muestra lo que sucede posteriormente. Ejemplo 4 Esta solución representa una familia de las llamadas curvas acampanadas (figura). También admite c=0, lo cual da la solución y=0. En muchas aplicaciones a la ingeniería no se tiene interés en la solución general de una ecuación diferencial dada, sino sólo en la solución particular y (x) que cumpla una condición inicial dada, por ejemplo la condición de que en algún punto x 0 , la solución y (x) tenga valor prescrito y 0 , brevemente: 0 0 ) ( y x y = (5) Soluciones de y´ = -2xy (“Curvas acampanadas”) en el semiplano superior (y>0) Resuelva el problema con valor inicial: 1 ) 0 ( , 0 1 ) 1 ( 2 2 = = + + ′ + y y y x 32 ECUACIONES DIFERENCIALES Método de solución La ecuación (4) indica el procedimiento para resolver ecuaciones diferenciales separables. Integrando ambos miembros de h (y) dy = g(x) dx se obtiene una Solución. 1er paso. Resolución de la ecuación diferencial. Separando variables se encuentra. . 1 1 2 2 x dx y dy + − = + Por integración, se obtiene arc tan y = -arc tan x + c O bien arc tan y + arc tan x = c Tomando la tangente en ambos miembros, se tiene: tan (arc tan y +-arc tan x) = tan c (6) Ahora bien b a b a b a tan tan 1 tan tan ) tan( − + = + Si se toma a = arc tan y y b = arc tan x, esto quedar así: xy y x x arc y arc − + = + 1 ) tan tan tan( Como consecuencia, es posible escribir (6) como: c xy x y tan 1 = − + (7) 2do paso. Uso de la condición inicial. Se determina a c a partir de la condición inicial: al hacer x = 0 y y = 1 en (7), se tiene 1 = tan c, de manera que: 1 1 = − + xy y x o bien x x y + − = 1 1 3er paso. Comprobación. Verifique el resultado. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 33 familia unípara métrica de soluciones, la cual queda generalmente expresada implícitamente. Importante: En una ecuación separable no hay necesidad de usar dos constantes de integración ya que ∫ ∫ + = + 2 1 ) ( ) ( c dx x g c dy y h ∫ ∫ − + = 1 2 ) ( ) ( c c dx x g dy y h ∫ + = c dx x g ) ( donde c es completamente arbitraria. Ejemplo 5 Solución alternativa Puesto que de cada integral resulta un logaritmo, una elección más prudente de la constante de integración es 1n |c| y no c: c n x n y n 1 1 1 1 + + = Solución Dividiendo entre (1+x)y es posible escribir dy/y = dx/(1+x) de donde se tiene ∫ ∫ + = . 1 x dx y dy 1 1 1 1 c x n y n + + = 1 1 1 c x n e y + + = 1 1 1 c x n e e • = + 1 ) 1 ( c e x c + = Llamando c a e c1 resulta entonces y = c(1+x). Resolver: 0 ) 1 ( = − + dx y dy x 34 ECUACIONES DIFERENCIALES o bien ) 1 ( 1 1 x c n y n + = de modo que ) 1 ( x c y + = Aunque no todas las integrales indefinidas son logaritmos, puede ser ventajoso usar 1n |c|. Sin embargo, ninguna regla fija puede darse. Ejemplo 6 Ejemplo 7 Resolver 0 = − − dy y dx xe sen x y . Solución Después de multiplicar por e y , la ecuación se transforma en dy ye dx x sen x y = Usando integración por partes en ambos miembros de la igualdad resulta: c e ye x sen x x y y + − = + − cos Resolver xy 4 dx + (y 2 + 2)e -3x dy = 0. (5) Solución Multiplicando la ecuación dada por e 3x y dividiendo entre y 4 se obtiene 0 2 4 2 3 = + + dy y y dx xe x o bien 0 ) 2 ( 4 2 3 = + + − − dy y y dx xe x (6) Usando integración por partes en el primer término resulta 1 3 1 3 3 3 2 9 1 3 1 c y y e xe x x = − − − − − La familia uníparamétrica de soluciones puede también escribirse como c y y x e x + + = − 3 3 6 9 ) 1 3 ( (7) en donde la constante se re-escribe como c. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 35 Para solucionar este problema debe tener en cuenta: 1. Es innecesario tratar de despejar explícitamente r en términos de x en una expresión que representa una familia de soluciones. La ecuación (7) muestra que esta labor puede presentar más problemas que solamente el tedioso esfuerzo de manipulación de símbolos. Como consecuencia, a menudo sucede que el intervalo en el cual la solución es válida no es claramente visible 2. La separación de variables debe hacerse cuidadosamente para tener la seguridad que los divisores no se anulan. Puede ser que a veces se pierda una solución constante con los manejos algebraicos realizados para solucionar el problema. Ejemplo 8 Resolver 4 2 − = y dx dy sujeta a y(0) = -2. Solución Se escribe la ecuación en la forma dx y dy = − 4 2 y usamos fracciones parciales en el miembro izquierdo. Se tiene dx dy y y = ( ¸ ( ¸ − + + − 2 2 4 1 4 1 (9) de modo que 1 2 1 4 1 2 1 4 1 c x y n y n + = − + + − (10) Así [ ] 1 2 2 4 4 2 2 1 c c c x y y n = + = + − Y x ce y y 4 2 2 = + − en donde se ha reemplazado 2 c e por c. Finalmente, . 1 1 2 4 4 x x ce ce y − + = (11) 36 ECUACIONES DIFERENCIALES Si en el Ejemplo anterior, se hubiera usado 1n |c| como constante de integración, entonces la forma de la familia uniparamétrica de soluciones sería x x e c e c y 4 4 2 − + = (12) Nótese que cuando c = 0, (12) se reduce a y = -2, pero ahora ningún valor finito de c dará la solución constante y = 2. Si una condición inicial conduce a una solución particular encontrando un valor específico del parámetro c en una familia de soluciones de una ecuación El sustituir x = 0, y = -2 conduce al dilema c c − + = − 1 1 2 2 c c + = + − 1 1 o bien 1 1 = − Considérese la ecuación diferencial con un poco más de cuidado. El hecho es que la ecuación ( )( ) 2 2 − + = y y dx dy se satisface por dos funciones constantes, a saber, y = -2 y y = 2. Un examen cuidadoso de las ecuaciones (8), (9) y (10) claramente indica que se deben excluir y = -2 y y = 2 en esos pasos de la solución. No obstante, es interesante observar que posteriormente podemos recobrar la solución y = 2 haciendo c = 0 en la ecuación (11). Sin embargo, no hay ningún valor finito de c que pueda dar la solución y = -2. Esta última función constante es la única solución del problema original de valor inicial. Véase la Figura ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 37 diferencial de primer orden, la tendencia natural es dar el problema por terminado y sentirse satisfechos. Sin embargo, debe tener en cuenta que la solución de un problema de valor inicial puede no ser única. Por ejemplo, el problema 2 / 1 xy dx dy = (13) 0 ) 0 ( = y tiene al menos dos soluciones, a saber, y = 0 y y = x 4 /16. Es posible ahora resolver la ecuación. Por separación de variables dx x dy y = − 2 / 1 e integrando se obtiene 1 2 2 / 1 2 2 c x y + = o bien 2 2 4 | | ¹ | \ | + = c x y Cuando x = 0 se tiene y = 0, entonces necesariamente c = 0. Por lo tanto, y = x 4 /16. Al dividir entre y 1/2 se perdió la solución y = 0. Además, el problema de valor inicial (13) tiene infinitas soluciones más ya que para cualquier valor del parámetro 0 ≥ a , la función definida parte por parte ( ) ¦ ¹ ¦ ´ ¦ ≥ − < = a x a x a x y , 16 , 0 2 2 2 satisface la ecuación diferencial y la condición inicial. Véase la Figura Una ecuación diferencial de la forma dy/dx = f (ax + by + c), b ≠ 0, puede reducirse siempre a una ecuación de variables separables por medio de la sustitución u = ax + by + c. 38 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 9 Aplicaciones Ejemplo 10 Resolver 1 1 + + = y x dx dy Solución Sea u = x + y + 1 de modo que du/dx = 1 + dy/dx. La ecuación dada se transforma entonces en u dx du 1 1 = − o bien dx u udu = + 1 Integrando dx du u = | ¹ | \ | + − 1 1 1 resulta 1 1 1 c x u n u + = + − 1 2 1 1 c x y x n y x + = + + − + + 1 2 1 1 c y x n y = + + − + o bien y ce y x = + + 2 en donde se ha reemplazado 1 1 c e − por c. (Ley de Newton de enfriamiento) Se calienta una bola de cobre hasta una temperatura de 110°C; entonces, en el instante t = 0, se coloca en agua que se mantiene a una temperatura de 30°C. al término de 3 minutos, la temperatura de aq uélla se reduce hasta 70°C. encuentre el tiempo en el que la temperatura de la bola se reduce hasta 31°C ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 39 Información física. Los experimentos muestran la rapidez de cambio respecto al tiempo de la temperatura T de la bola es proporcional a la diferencia entre T y la temperatura del medio que la rodea (ley del enfriamiento de Newton) Los experimentos también muestran que el calor fluye con tanta rapidez en el cobre que, en cualquier instante, la temperatura prácticamente es la misma en todos los puntos de la bola. Solución 1er paso. Planteamiento del modo matemático. En este caso, el planteamiento matemático de la ley del enfriamiento es: ), 30 ( − − = T k dt Dt en donde se denota la constante de proporcionalidad por –k para tener k > 0. 2do. Paso. Solución general. La solución general de la anterior ecuación se obtiene separando variables; se encuentra que: . 30 ) ( + = −kt ce t T 3er. Paso. Uso de la condición inicial. La condición inicial dada es t(0) = 100; la solución particular que satisface esta condición es: . 30 70 ) ( + = −kt e t T 4º. Paso. Uso de la información adicional. Puede determinarse la constante k a partir de la información dada de que T(3) = 70. se obtiene: 70 30 70 ) 3 ( 3 = + = − k T o . 1865 . 0 1 4 7 3 1 = = n k Al utilizar este valor de k, se ve que la temperatura T(t) de la bola es: . 30 70 ) ( 1865 . 0 + = − t e t T Se concluye que el valor T=31°C se alcanza cuando 1 70 1865 . 0 = = − t e o 0.1865t = 1n 70 , 78 . 22 1865 . 0 70 1 = = n t esto es, después de 23 minutos aproximadamente. 5º.paso. Comprobación. Verifique el resultado. 40 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 11 Solución. 1er. paso. Planteamiento del modelo matemático. Se plantea la ecuación diferencial como un modelo matemático del problema físico. El volumen de agua que sale durante un corto intervalo de tiempo t ∆ es t Av V ∆ = ∆ en donde 2 2 500 . 0 cm A π = es el área de la sección transversal de la salida y v es la velocidad con la que el agua brota por un orificio es gh v 2 600 . 0 = en donde g = 980/s 2 ( alrededor de 32.17 pie/s 2 ) es la aceleración de la gravedad en la superficie terrestre y h es la altura instantánea del agua por encima del orifico. Esta formula parece razonable. De hecho gh 2 es la velocidad que un cuerpo adquiere i cae una distancia h y la resistencia del aire es tan pequeña que se puede despreciar. Se introduce el factor 0.600 dado que el área de la sección transversal de la corriente que emana es un poco más pequeña que la del orificio. V ∆ debe ser igual al cambio ∗ ∆V del volumen del agua en el tanque; evidentemente, h B V ∆ − = ∆ ∗ Flujo de agua a través de orificios (ley de Torricelli) Un tanque cilíndrico de 1.50 metros de alto descansa sobre su base circular de 1.000 metros de diámetro y esta inicialmente lleno con agua. En el fondo del tanque hay un orificio de 1.00 cm de diámetro, el cual se abre en cierto instante, de modo que el agua empieza a salir bajo la influencia de la gravedad (observar figura). Encuentre la altura h (t) de agua que está en el tanque, en cualquier instante t y los tiempos en los que el tanque esta lleno hasta la mitad, hasta la cuarta parte cuando queda vacío. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 41 en donde B es el área de la sección trasversal del tanque y h ∆ es la disminución en la altura h del agua. Aparece el signo menos debido a que el volumen del agua en el tanque disminuye. Como ∗ ∆ = ∆ V V , se tiene h B t gh A t Av ∆ − = ∆ = ∆ 2 600 . Al dividir entre t ∆ da: B gh A t h 2 600 . 0 − = ∆ ∆ Al hacer que 0 → ∆t , se obtiene la ecuación diferencial: . 2 600 . h B gh A dt dh − = Aquí, 2 2 500 . 0 cm A π = (véase al párrafo anterior),el área de la sección transversal del tanque es 2 2 0 . 50 cm B π = y [ ] s cm g / 3 . 44 980 2 2 2 / 1 = • = . Si se sustituyen estos números y se simplifica, se llega a 2 / 1 00266 . 0 h dt dh − = La condición inicial es: cm h 150 ) 0 ( = en donde t = 0 es el instante en el que se abre el orificio. 2do. paso. Solución general, solución particular. Se resuelve la ecuación diferencial; al separar variables da: dt dh h 00266 . 0 2 / 1 − = Por integración, . ~ 00266 . 0 2 2 / 1 c t h + − = Al dividir y elevar al cuadrado, se tiene, si se escribe , 2 / ~ c c = 2 ) 00133 . 0 ( ) ( t c t h − = 42 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 12 Por la condición inicial, h(0)=c 2 =150. de donde, la solución particular correspondiente a este problema es: 2 ) 00133 . 0 25 . 12 ( ) ( t t h − = 3er.paso. Con el fin de dar respuesta a las demás preguntas, se expresa t en términos de h: h t = − 0133 . 0 25 . 12 de donde 00133 . 0 25 . 12 h t − = Esto muestra que el tanque está a la mitad de su capacidad en: min, 0 . 45 10 70 . 2 00133 . 0 0 . 75 25 . 12 3 = • = − = seg t a la cuarta parte en t=76.8 min y vacío en t = 154 min. 4º.paso. Comprobación Verifique el resultado Velocidad de escape de la Tierra Halle la velocidad mínima inicial de un proyectil que se dispara en dirección radial desde la Tierra y se supone que escapa de la misma. No tenga en cuenta la resistencia del aire y la atracción gravitacional de otros cuerpos celestes. Solución 1er.paso. planteamiento del modelo matemático. Según la ley de gravitación de Newton, la fuerza gravitacional y, por lo tanto, también la aceleración a del proyectil, es proporcional a 1/r 2 , en donde r es la distancia del centro de la Tierra a aquél; por tanto, 2 ) ( r k dt dv r a = = en donde v es la velocidad y t es el tiempo. Dado que y va disminuyendo, a<0 y, por tanto, k<0. sea R el radio de la Tierra. Cuando r = R, entonces a = -g, la aceleración de la gravedad en la superficie de la misma. Observe que tiene el ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 43 signo menos debido a que g es positiva y la atracción de la gravedad actúa en la dirección negativa (la dirección hacia el centro de la Tierra); así entonces 2 ) ( R k R a g = = − Y . ) ( 2 2 r gR r a − = Ahora bien, v = dr/dt, y al derivar se tiene: . v dr dv dt dr dr dv dt dv a = = = De donde, la ecuación diferencial para la velocidad es: 2 2 r rR v dr dv − = 2º.paso. Resolución de la ecuación diferencial. Separando variables e integrando, se obtiene: 2 2 d dr gR dv v − = y . 2 2 2 c r gR v + = (1) 3er.paso. c en términos de la velocidad inicial. Sobre la superficie de la Tierra, r = R y v = v 0 , la velocidad inicial. Para estos valores de r y v, la fórmula queda así: , 2 2 2 0 c R gR v + = y . 2 2 0 gR v c − = Al integrar esta expresión para c en (1), se tiene: . 2 2 2 0 2 2 gR v r gR v − + = (2) 4º.paso. Determinación de la velocidad de escape. Si v 2 = 0, entonces v = 0, el proyectil se detiene, y resulta evidente, a partir de la situación física, que la velocidad cambiará de positiva a negativa, de modo que el proyectil regresará a la Tierra. Como consecuencia, se elige v 0 lo suficientemente grande par que esto no suceda. Si se elige , 2 0 gR v = (3) 44 ECUACIONES DIFERENCIALES 2.2 ECUACIONES HOMOGÉNEAS Una ecuación diferencial de la forma ) , ( y x f y = ′ es homogénea, si la expresión: f(x,y) es homogénea de grado cero La ecuación diferencial: y x y x y − + = ′ , por ejemplo, es homogénea. Una ecuación diferencial de primer orden puede, en algunos casos, expresarse en la forma: ) , ( y x f dx dy = No siempre es posible separar las variables y proceder por integración directa para resolver la ecuación diferencial, por esto se trabajarán ecuaciones diferenciales que se pueden convertir en ecuaciones de variables separables mediante un cambio adecuado de la variable dependiente. Entonces, en (2), la expresión gR v 2 2 0 − es cero y v2 nunca es cero para cualquier r. sin embargo, si se elige un valor más pequeño para la velocidad inicial v 0 , entonces v = 0 para cualquier r. la expresión que se da en (3) se llama velocidad de escape de la tierra, como R = 6,372 km = 3,960 millas y g = 9.80 m/s 2 = 0.00980 km/s 2 = 0.00609 moles/s 2 , se tiene: . / 95 . 6 / 2 . 11 2 0 seg moles seg km gR v ≈ ≈ = 5o.paso. Comprobación. Verifique el resultado. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 45 Funciones homogéneas Consideremos una función de dos variables: f(x,y). Se dice que la función es homogénea de grado n si existe un R ∈ λ tal que: ) , ( ) , ( y x F y x F n λ λ λ = . Particularmente, si la función es polinómica, la suma de las potencias de las variables en cada término es la misma. Son ejemplos de funciones homogéneas las siguientes: Si una ecuación en la forma diferencial 0 ) , ( ) , ( = + dy y x N dx y x M tiene la propiedad que ) , ( ) , ( y x M t ty tx M n = Y ) , ( ) , ( y x N t ty tx N n = se dice que tiene coeficientes homogéneos o que es una ecuación homogénea. El punto importante es que una ecuación diferencial homogénea siempre puede reducirse a una ecuación separable por medio de una sustitución algebraica adecuada. Antes de dedicarnos a buscar el método de solución para este tipo de ecuación diferencial, examinemos más de cerca la naturaleza de las funciones homogéneas. • 2 2 3 ) , ( y xy x y x F + + = homogénea de grado dos • x y ye x y x G + = ) , ( homogénea de grado uno • y x y x y x H − + = ) , ( homogénea de grado cero • | | ¹ | \ | = y x sen xy y x S 2 ) , ( homogénea de grado dos • y x y x R + = ) , ( homogénea de grado un medio • y x x y x T + = ) , ( homogénea de grado cero 46 ECUACIONES DIFERENCIALES Solución de una ecuación diferencial homogénea Una ecuación diferencial homogénea se puede reducir, en todo caso, a una ecuación diferencial de variables separables mediante uno de los siguientes cambios de variable y x v x y u = = , • Si hacemos el cambio x y u = tenemos que: y = ux , con base en lo anterior, tenemos u dx du x dx dy + = y como f(x,y) , es homogénea de grado cero, siempre es posible expresarla como: | ¹ | \ | = x y F y x f ) , ( De lo anterior, tenemos la ecuación diferencial de variables separables para las variables: x, u ) (u F u dx du x = + • Si hacemos el cambio: y x v = , tenemos que: x = vy, de donde: v dy dv y dy dx + = La anterior es una ecuación diferencial de variables separables para las variables: y, v Ejemplo 1 Resuelva la ecuación diferencial y x y x y + − = ′ ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 47 Solución Dividiendo por x el numerador y el denominador de f(x,y) , y luego haciendo: y=ux, tenemos u u u dx du x + − = + 1 1 Haciendo transformaciones se obtiene la ecuación de variables separables 0 1 2 1 2 = + − + + x dx du u u u Integrando se obtiene C x n u u n = + − + ) ( 1 ) 1 2 ( 1 2 1 2 Regresando a la variable original y simplificando se obtiene K y xy x = − − 2 2 2 con 2 C K − = La solución general de la ecuación diferencial es una familia de hipérbolas. La figura ilustra el elemento correspondiente a K=2. Con el valor dado para la constante podemos escribir la ecuación en la forma: 0 ) ( 2 2 2 = − − + K x xy y Aplicando la fórmula general, se obtienen dos soluciones, así: 2 2 2 2 2 2 − − − = − + − = x x y x x y 48 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 2 Resuelva la ecuación diferencial: 2 2 x y xy y − = ′ Solución Dividiendo por y 2 el numerador y el denominador de f(x,y), y luego haciendo: x=vy, tenemos: 1 2 − = + v v v dy dv y Haciendo transformaciones se obtiene la ecuación de variables separables 0 1 = + − y dy dv v v Integrando se obtiene 1n(v)-v + 1n(y) = 1n(C) Aplicando las propiedades de los logaritmos, resulta v = 1n(Cvy) Regresando a la variable original y simplificando se obtiene la familia de curvas: ) ( 1 Cx n x y = Puede verse que, tal como lo predice el teorema de existencia y unicidad, no hay solución en regiones que contengan a la recta: x = 0 . La figura ilustra un elemento de la familia ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 49 Ejemplo 3 Resolver 2x 3 y dx + (x 4 + y 4 ) dy = 0. Solución Cada coeficiente es una función homogénea de grado cuatro. Puesto que el coeficiente de dx es ligeramente más simple que el coeficiente de dy, ensayamos x = vy. Después de efectuar sustituciones, la ecuación [ ] 0 ) ( 2 4 4 4 4 3 = + + + dy y y v dv y dy v y v se reduce a 0 1 3 2 4 3 = + + y dy v dv v Integrando se obtiene 1 4 1 1 ) 1 3 ( 1 6 1 c n y n v n = + + o bien 3x 4 y 2 + y 6 = c. Si hubiéramos usado y = ux, tendríamos 0 3 1 5 4 = + + + du u u u x dx Vale la pena que el lector piense unos minutos en cómo calcular la integral del segundo término en la última ecuación. Una ecuación diferencial homogénea puede expresarse siempre en la forma alternativa | ¹ | \ | = x y F dx dy 50 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 4 Para ver esto, supóngase que escribimos la ecuación M (x, y ) dx + N (x, y ) dy = 0 como dy/dx = f (x, y), en donde ) , ( ) , ( ) , ( y x N y x M y x f − = Cuando M y N son homogéneos de grado n, la función f (x, y) debe ser necesariamente homogénea de grado cero. Usando (2) se deduce que | ¹ | \ | | ¹ | \ | − = | ¹ | \ | | ¹ | \ | − = x y N x y M x y N x x y M x y x f n n , 1 , 1 , 1 , 1 ) , ( Se ve que el último cociente es una función de la forma F( y/x). Se deja como ejercicio demostrar que una ecuación diferencial homogénea también puede escribirse como dy/dx = G (x/y). Resolver x y xe y dx dy x / + = sujeta a y(1) =1 Solución Escribiendo la ecuación en la forma x y e x y dx dy / + = es claro que la función en el segundo miembro de la igualdad es homogénea de grado cero. La forma de esta función sugiere utilizar u = y/x. Derivando y = ux mediante la regla del producto y sustituyendo obtenemos u e u dx du x u + = + x dx du e u / = − ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 51 2.3 ECUACIONES EXACTAS Observamos que la ecuación simple 0 = + dy x dx y es separable y homogénea; también debe notarse que además es equivalente a la diferencial del producto de x y y. Esto es, 0 ) ( = = + xy d dy x dx y Integrando se obtiene de inmediato la solución implícita xy = c. Recuérdese que si z = f (x, y) es una función con derivadas parciales de primer orden continuas en una región R del plano xy, entonces su diferencial total es dy y f dx x f dz ∂ ∂ + ∂ ∂ = Ahora bien, si f (x, y) = c, de la anterior ecuación se deduce que Por lo tanto x n c e x y 1 / = + − − x n c e x y 1 / = + − − Como y = 1 cuando x =1l, se obtiene –e -1 + c = 0 o bien c = e -1 . Por consiguiente, la solución del problema de valor inicial es x n e e x y 1 / 1 = − − − 52 ECUACIONES DIFERENCIALES 0 = ∂ ∂ + ∂ ∂ dy y f dx x f En otras palabras, dada una familia de curvas f (x, y) = c, es posible generar una ecuación diferencial de primer orden calculando la diferencial total. Se dice que una ecuación diferencial de primer orden de la forma: 0 ) , ( ) , ( = + dy y x N dx y x M (1) es exacta si el primer miembro es la diferencia total o exacta dy y u dx x u du ∂ ∂ + ∂ ∂ = (2) de alguna función u (x,y). Entonces la ecuación diferencial (1) se escribe: du = 0 Al integrar se obtiene inmediatamente la solución general de (1) en la forma: u(x,y) = c (3) Si se comparan (1) y (2), se ve que (1) es exacta si existe alguna función u (x,y) tal que: (a) M x u = ∂ ∂ (b) N y u = ∂ ∂ (4) ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 53 Ejemplo 1 Resuelva xy´+ y +4 = 0 Suponga que M y N están definidas y tienen primeras derivadas parciales continuas en una región en el plano xy cuya frontera es una curva cerrada que no se interseca a si misma; entonces, por (4), , 2 y x u y M ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ x y u x N ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ 2 Por la suposición de continuidad, las dos derivadas son iguales; por tanto, x N y M ∂ ∂ = ∂ ∂ (5) Esta condición no es solo necesaria sino también suficiente 10 para que Mdx + Ndy sea una diferencial total. Si (1) es exacta, se puede encontrar la función u (x,y) por adivinación, o bien, a través de la manera sistemática siguiente: A partir de (4a), por integración con respecto a x, se tiene que: ∫ + = ) ( y k dx M u (6) en esta integración, y se considera como constante y k (y) desempeña el papel de ‘’constante’’ de integración. Para determinar k (y) a partir de (6) encuentre y u ∂ ∂ / utilice (4b) para obtener dk/dy, e integre. La fórmula (6) se obtuvo de (4ª); en lugar de (4ª) se pido utilizar con igual propiedad (4b), pero, en lugar de (6), primero se tiene: ∫ + = ) (x l dy N u (6*) Con el fin de determinar l(x), primero se encuentra y u ∂ ∂ / a partir de (6*), se utiliza (4ª) para obtener dl/dx y se integra 54 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 2 Resuelva 2x sen 3y dx + 3x 2 cos 3y dy = 0 Solución La ecuación es exacta y, por (6), se obtiene: ∫ + = + = ) ( 3 ) ( 3 2 2 y k y sen x y k dx y sen x u Por lo tanto, dy dk y x y u / 3 cos 3 / 2 + = ∂ ∂ y dk/dy = 0, o sea que k = c* = const. La solución general es u = const, o bien x2 sen 3y = c. Solución Esta ecuación se escribe en la forma (1), esto es, (y + 4)dx + x dy = 0 Ahora se ve que M = y + 4 y N = x; por tanto, se cumple (5), de modo que la ecuación es exacta. Por (6*), se tiene ∫ ∫ + = + = + = ) ( ) ( ) ( x l xy x l dy x x l dy N u A fin de determinar l (x), esta fórmula se diferencia respecto a x y se usa la fórmula (4a) , para hallar 4 + = = + = ∂ ∂ y M dx dl y x u Así entonces, dl/dx = 4y l = 4x + c*. de aquí se obtiene la solución general de la ecuación la forma u = xy +l(x) = xy + 4x + c* = const. Al dividir entre x, se da la forma explícita 4 − = x c y quienes saben que pensar es importante en matemáticas, escriben la ecuación dada en la forma: y dx + dy = -4dx, reconocen el primer miembro como la diferencia total de xy e integran, hallando xy=-4x¿ lo cual es equivalente al resultado antes obtenido. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 55 Ejemplo 3 Ejemplo 4 El siguiente teorema es un criterio para determinar si una diferencial es exacta: TEOREMA 1 Sean M (x, y) y N (x, y) continuas y con derivadas parciales de primer orden continuas en una región R del plano xy. Entonces una condición necesaria y suficiente para que M(x,y) dx + N(x,y) dy sea una diferencial exacta es que x N y M ∂ ∂ = ∂ ∂ Si x 2 - 5xy + y 3 = c, entonces resulta que 0 ) 3 5 ( ) 5 2 ( 2 = + − + − dy y x dx y x o bien 2 3 5 2 5 y x x y dx dy + − − = 2 3 5 2 5 y x x y dx dy + − − = (a) puede identificarse la ecuación como equivalente a ? 0 ) 5 ( 3 2 = + − y xy x d Nótese que la ecuación (a) no es ni separable ni homogénea. La ecuación x 2 y 3 dx + x 3 y 2 dy = 0 es exacta puesto que se ve que dy y x dx y x d 2 3 3 3 3 1 ( + 56 ECUACIONES DIFERENCIALES Demostración de la condición necesaria Para simplificar, supóngase que M (x, y) y N (x, y) tienen derivadas parciales de primer orden continuas para todos (x, y). Ahora bien, si la expresión M(x,y) dx + N (x,y) dy es exacta, existe alguna función f para la cual dy y f dx x f dy y x N dx y x M ∂ ∂ + ∂ ∂ = + ) , ( ) , ( para todo (x, y) en R. Por lo tanto, , ) , ( , ) , ( y f y x N x f y x M ∂ ∂ = ∂ ∂ = Y x N y f x x y f x f y y M ∂ ∂ = | | ¹ | \ | ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ = | ¹ | \ | ∂ ∂ ∂ ∂ = ∂ ∂ 2 La igualdad de las derivadas parciales mixtas es consecuencia P.e la continuidad de las derivadas parciales de primer orden de M (x, y) y N (x, y). La demostración de la suficiencia de la condición en el Teorema 1, consiste en probar que existe una función f para la cual ó ) , ( / y x M y f = ∂ ∂ y ) , ( / y x N y f = ∂ ∂ cada vez que la condición se cumple. La construcción de la función f refleja de hecho un procedimiento básico para resolver ecuaciones exactas. Método de solución Dada la ecuación M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 (1) primero demuestre que x N x M ∂ ∂ = ∂ ∂ Suponga luego que ) , ( y x M x f = ∂ ∂ así es posible encontrar f integrando M (x, y) con respecto a x mientras se mantiene y constante. Se escribe ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 57 En cualquiera de los dos casos ninguna de estas fórmulas debe memorizarse. Además, al investigar si una ecuación es exacta, asegúrese de que es de la forma (1). A menudo, una ecuación diferencial se escribe G(x,y)dx = H(x,y)dy. En este caso, escriba la ecuación como G(x,y)dx - H(x,y)dy = 0 e identifique M(x,y)=G(x,y) y N(x,y)=-H(x,y). ∫ + = ) ( ) , ( ) , ( y g dx y x M y x f (2) en donde la función arbitraria g(y) es la “constante” de integración. Derive ahora (2) con respecto a y y suponga que ) , ( / y x N y f = ∂ ∂ : ∫ ′ + ∂ ∂ = ∂ ∂ ) ( ) , ( y g dx y x M y y f ) , ( y x N = De esto resulta ∫ ∂ ∂ − = ′ dx y x M y y x N y g ) , ( ) , ( ) ( (7) Es importante observar que la expresión ∫ ∂ ∂ − dx y x M y y x N ) , ( ) / ( ) , ( es independiente de x puesto que | ¹ | \ | ∂ ∂ ∂ ∂ − ∂ ∂ = ( ¸ ( ¸ ∂ ∂ − ∂ ∂ ∫ ∫ dx y x M x y x N dx y x M y y x N x ) , ( ) , ( ) , ( 0 = ∂ ∂ − ∂ ∂ = y M x N Finalmente, integre (3) con respecto a y y sustituya el resultado en (2). La solución de la ecuación es f(x,y) = c Nota En el procedimiento anterior se podría perfectamente haber empezado por suponer que ( ) y x N y f , / = ∂ ∂ . Las análogas de (2) y (3) serían, respectivamente. ∫ + = ) ( ) , ( ) , ( x h dy y x N y x f y ∫ ∂ ∂ − = ′ dy y x N x y x M x h ) , ( ) , ( ) ( 58 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 5 Resolver 2xy dx +(x 2 -1)dy = 0 Solución Con M(x,y) = 2xy y N(x,y)=x 2 -1 tenemos . 2 x N x y M ∂ ∂ = = ∂ ∂ Así que la ecuación es exacta y entonces, existe una función f(x,y) para la que xy x f 2 = ∂ ∂ y 1 2 − = ∂ ∂ x y f De la primera de estas ecuaciones se obtiene ( ) y g y x y x f + = 2 ) , ( Derivando parcialmente la última expresión con respecto a y e igualando el resultado a N(x, y) resulta 1 ) ( 2 2 − = ′ + = ∂ ∂ x y g x y f Se deduce que 1 ) ( − = ′ y g y y y g − = ) ( No es necesario incluir la constante de integración en el renglón precedente ya que la solución es f (x, y) = c. Algunas curvas de la familia x 2 y - y = c se dan en la Figura. Nota La solución de la ecuación no es f (x, y) = x 2 y - y. Más bien es f (x, y) = c o bien f (x, y) = 0 si es que se usa una constante al integrar g' (y).Obsérvese que la ecuación podría haberse resuelto también por separación de variables. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 59 Ejemplo 6 Resolver (e 2y - y cos xy) dx + (2xe 2y - x cos xy + 2y) dy = 0. Solución La ecuación no es ni separable ni homogénea pero sí es exacta, puesto que x f xy xy sen xy e y M y ∂ ∂ = − + = ∂ ∂ cos 2 2 Por lo tanto, existe una función f (x, y) para la que x f y x M ∂ ∂ = ) , ( y x f y x N ∂ ∂ = ) , ( Para variar, supondremos que ) , ( / y x N y f = ∂ ∂ O sea y xy x xe y f y 2 cos 2 2 + − = ∂ ∂ ∫ ∫ ∫ + − = dy y dy xy x dy e x y x f y 2 cos 2 ) , ( 2 Recuerde que la razón por la cual x puede salir fuera del símbolo s es que en la integración con respecto a y se trata a x como una constante ordinaria. Se tiene que ) ( ) , ( 2 2 x h y xy sen xe y x f y + + − = ) ( cos 2 x h xy y e x f y ′ + − = ∂ ∂ , cos 2 xy y e y − = de modo que 0 ) ( = ′ x h y c x h = ) ( Por consiguiente, una familia uniparamétrica de soluciones está dada por 0 2 2 = + + − c y xy sen xe y 60 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 7 Problemas diversos En ocasiones es posible transformar una ecuación diferencial no exacta M (x, y) dx +.N (x, y) dy = 0 en una ecuación exacta multiplicándola por un factor integrante µ (x, y). Resolver 0 ) 1 ( ) (cos 2 2 = − + − dy x y dx xy x sen x sujeta a y(0)=2 Solución La ecuación es exacta puesto que . 2 x N xy y M ∂ ∂ = − = ∂ ∂ Ahora bien, ) 1 ( 2 x y y f − = ∂ ∂ ) ( ) 1 ( 2 ) , ( 2 2 x h x y y x f + − = 2 2 cos ) ( xy x sen x x h xy x f − = ′ + − = ∂ ∂ La última ecuación implica que x sen x x h cos ) ( ′ ∫ − = − − = ′ . cos ) )( (cos ) ( 2 2 1 x dx x sen x x h Así que 1 2 2 2 cos 2 1 ) 1 ( 2 c x x y = − − o bien ) 2 ( , cos ) 1 ( 1 2 2 2 c c c x x y = = − − La condición inicial y = 2 cuando x = 0 exige que 4(1) - cos 2 (0) = c o bien que c = 3. De esta manera, una solución del problema es 3 cos ) 1 ( 2 2 2 = − − x x y ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 61 Ejemplo 8 Resolver: , 0 1 ) ( = + + dy x n x dx y x x y x 1 ) , ( = µ en . 0 ∞ < < x Solución Sean M (x, y) = x + y y N (x, y) = x 1n x de modo que 1 / = ∂ ∂ y M y x n x N 1 1 / + = ∂ ∂ ; por lo tanto, la ecuación no es exacta. Sin embargo, si multiplicamos la ecuación por x y x / 1 ) , ( = µ se obtiene 0 1 1 = + | ¹ | \ | + dy x n dx x y A partir de esta última forma se hacen las identificaciones: . / / 1 / 1 ) , ( , / 1 ) , ( x N x y M x n y x N x y y x M ∂ ∂ = = ∂ ∂ = + = Por lo tanto, la segunda ecuación diferencial es exacta. Se tiene ) , ( 1 y x M x y x f = + = ∂ ∂ ) ( 1 ) , ( y g x n y x y x f + + = x n y g x n y f 1 ) ( 1 0 = ′ + + = ∂ ∂ lo cual implica 0 ) ( = ′ y g y c y g = ) ( Por consiguiente f(x, y) = x + y 1n x + c. Se verifica fácilmente que 0 1 = + + c x n y x es solución de ambas ecuaciones en . 0 ∞ < < x Las dos ecuaciones Mdx + Ndy = 0 y pMdx + pNdy = 0 no necesariamente son equivalentes en el sentido de que una solución de una de ellas sea también solución de la otra. Como consecuencia de la multiplicación, puede perderse o ganarse una solución. 62 ECUACIONES DIFERENCIALES 2.4 ECUACIONES LINEALES Usted debe recordar que la linealidad significa que todos los coeficientes son solamente funciones de x y de y y todas sus derivadas están a la primera potencia. Ahora bien, cuando n = 1, se obtiene la ecuación lineal de primer orden ). ( ) ( ) ( 0 1 x g y x a dx dy x a = + Dividiendo entre a 1 (x) resulta la forma más útil ) ( ) ( x f y x P dx dy = + (1) Se busca la solución de (1) en un intervalo I en el cual P(x) y f (x) son continuas. La ecuación (1) tácita tiene solución. Un factor integrante Supóngase que la ecuación (1) se escribe en la forma diferencial [ ] 0 ) ( ) ( = − + dx x f y x P dy (2) Las ecuaciones lineales tienen la conveniente propiedad de que siempre es posible encontrar una función ) (x µ tal que el múltiplo de (2) [ ] 0 ) ( ) ( ) ( ) ( = − + dx x f y x P x dy x µ µ (3) Una ecuación diferencial lineal de orden n se expresa así: ). ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 1 1 1 1 x g y x a dx dy x a dx y d x a dx y d x a n n n n n n = + + + + − − − L ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 63 es una ecuación diferencial exacta. Empleando ecuaciones exactas se sabe que el miembro primero de la ecuación (3) será una diferencial exacta si: [ ] ) ( ) ( ) ( ) ( x f y x P x y x x − ∂ ∂ = ∂ ∂ µ µ (4) o bien ). (x P dx d µ µ = Esta es una ecuación separable a partir de la cual puede determinarse ) (x µ . Se tiene dx x P d ) ( = µ µ ∫ = 1 dx x P n ) ( µ (5) de modo que . ) ( ) ( ∫ = dx x P e x µ (6) A la función ) (x µ definida en (6) se la llama factor integrante de la ecuación lineal. Nótese que no es necesario usar una constante de integración en (5) ya que (3) no es afectada si se la multiplica por una constante. Además, 0 ) ( ≠ x µ para todo x de I y es continua y diferenciable. Es interesante observar que la ecuación (3) sigue siendo una ecuación diferencial exacta incluso cuando f (x) = 0. De hecho, f (x) no desempeña ningún papel en la determinación de ) (x µ puesto que por (4) vemos que 0 ) ( ) ( / = ∂ ∂ x f x y µ . Así, [ ]dx x f y x P e dy e dx x P dx x P ) ( ) ( ) ( ) ( − ∫ + ∫ 64 ECUACIONES DIFERENCIALES Y dx y x P e dy e dx x P dx x P ) ( ) ( ) ( ∫ + ∫ son, ambas, diferenciales exactas. Ahora se escribe (3) en la forma dx x f e dx y x P e dy e dx x P dx x P dx x P ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ∫ = ∫ + ∫ y se advierte que la ecuación puede escribirse como dx x f e y e d dx x P dx x P ) ( ) ( ) ( ∫ = ( ¸ ( ¸ ∫ Integrando la última ecuación resulta ∫ + ∫ = ∫ c dx x f e y e dx x P dx x P ) ( ) ( ) ( o bien ∫ ∫ + ∫ ∫ = − − dx x P dx x P dx x P ce dx x f e e y ) ( ) ( ) ( ) ( (7) En otras palabras, si (1) tiene solución, ésta debe ser de la forma (7). Recíprocamente, se puede verificar que (7) constituye una familia unípara métrica de soluciones de la ecuación (1). Sin embargo, no se debe tratar de memorizar la fórmula (7). El procedimiento debe seguirse cada vez, por eso es conveniente resumir los resultados. Método de solución Para resolver una ecuación diferencial lineal de primer orden, debe seguir el siguiente procedimiento: ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 65 Ecuaciones diferenciales reducibles a lineales Algunas ecuaciones diferenciales pueden reducirse a lineales mediante un cambio adecuado de la variable dependiente, dichas ecuaciones tiene la siguiente forma general: ) ( ) ( ) ( ) ( x q y g x p dx dy y f = + Veamos bajo qué condiciones se puede reducir a lineal. Si hacemos el cambio de variable: u=g(y), la ecuación diferencial quedará en la forma: ) ( ) ( ) ( ) ( x q u x p dx du y g y f = + ′ Para que la ecuación diferencial sea lineal se requiere que el coeficiente de dx du sea una constante, es decir, debe cumplirse que: K y g y f = ′ ) ( ) ( Ejemplos de aplicación 1. Se escribe en la forma (1); o sea, se hace el coeficiente de y´ igual a la unidad. 2. Multiplique después toda la ecuación por el factor integrante ∫ dx x P e ) ( . El primer miembro de ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( x f e y e x P dx dy e dx x P dx x P dx x P ∫ = ∫ + ∫ es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente: y e dx x P ∫ ) ( . 3. Escriba la ecuación en la forma ) ( ) ( ) ( x f e y e dx d dx x P dx x P ∫ = ( ¸ ( ¸ ∫ 4. Integre ambos miembros. 66 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 1 Ejemplo 2 Verifique que la siguiente ecuación diferencial se puede reducir a lineal y encuentre la solución general. x y sen dx dy y = + ) ( ) cos( Resolver . 4 6 x e x y dx dy x = − Solución Mediante el cambio de variable u = sen (y) encontramos: dx dy y dx du ) cos( = Sustituyendo en la ecuación diferencial, se tiene: x u dx du = + Aplicando la receta, obtenemos: ∫ + = dx xe C u e x x Integrando y regresando a la variable original, se tiene: ) 1 ( ) ( − + = x e C y sen e x x La solución explícita es la siguiente: ) 1 ( ) ( 1 − + = − − x Ce sen x y x ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 67 Ejemplo 3 Solución Escriba la ecuación como x e x y x dx dy 5 4 = − (8) y determine el factor integrante . 4 1 1 4 / 4 4 − − − = = = ∫ − x e e e x n x n x dx Aquí se usa la identidad básica N b N b = log . Ahora multiplique (8) por este término x xe y x dx dy x = − − − 5 4 4 (9) y obtenga [ ] ∗ = − . 4 x xe y x dx d (10) Por integración por partes queda c e xe y x x x + − = −4 o bien 4 4 5 cx e x e x y x x + − = Resolver . 0 3 = − y dx dy 68 ECUACIONES DIFERENCIALES Solución general Si se supone que P (x) y,f (x) son continuas en un intervalo 1 y que x 0 es un punto cualquiera del intervalo, entonces se obtiene la solución del problema de valor inicial asi: ) ( ) ( x f y x P dx dy = + 0 0 ) ( y x y = (11) Por lo contrario, se vio anteriormente que (1) tiene una familia de soluciones y que toda solución de la ecuación en el intervalo I es de la forma (7). Por lo tanto, obtener la solución de (11) es simplemente encontrar un valor apropiado de c en (7). Como consecuencia, se justifica llamar a (7) la solución general de la ecuación diferencial. Retrospectivamente, se debe recordar que en varias ocasiones se encontraron soluciones singulares de ecuaciones no lineales. Esto no puede suceder en el caso de una ecuación lineal cuando se tiene el cuidado de resolver la ecuación en un intervalo común en el cual P (x) y f (x) son continuas. Solución La ecuación ya está en la forma (1). Por consiguiente, el factor integrante es x dx e e 3 ) 3 ( − − = ∫ En consecuencia 0 3 3 3 = − − − y e dx dy e x x [ ] 0 3 = − y e dx d x c y e xy = −3 y por lo tanto x ce y 3 = ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 69 Ejemplo 4 Ejemplo 5 Encuentre la solución general de 0 ) 9 ( 2 = + + xy dx dy x Solución Se escribe 0 9 2 = + + y x x dx dy La función P (x) = xl(x 2 + 9) es continua en ∞ < < ∞ − x . Ahora bien, el factor integrante de la ecuación es 9 2 ) 9 ( 1 ) 9 /( 2 ) 9 /( 2 2 1 2 2 1 2 + = = ∫ = ∫ + + + x e e e x n x dx x x dx x de modo que 0 9 9 2 2 = + + + y x x dx dy x [ ] 0 9 2 = + y x dx d c y x = + 9 2 Por lo tanto, la solución general es 9 2 + = x c y 70 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 6 Resolver x xy dx dy = + 2 sujeta a y(0)=-3 Solución Las funciones P (x) = 2x y f (x) = x son continuas en ∞ < < ∞ − x .El factor integrante es 2 2 x dx x e e = ∫ de modo que 2 2 2 2 x x x xe y xe dx dy e = + [ ] 2 2 x x xe y e dx d = ∫ = dx xe y e x x 2 2 c e x + = 2 2 1 Por consiguiente, la solución general de la ecuación diferencial es 2 2 1 x ce y − + = La condición y(0) = -3 da c = -7/2 por ello la solución del problema de valor inicial en el intervalo es 2 2 7 2 1 x e y − − = Véase la figura ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 71 Resolver x y dx dy x 2 = + sujeta a y(1)=0 Solución Escriba la ecuación dada como 2 1 = + y x dx dy y observe que P (x) = 1 /x es continua en cualquier intervalo que no contiene al origen. En vista de la condición inicial, se resuelve el problema en el intervalo ∞ < < x 0 . El factor integrante es x e e x n x dx = = ∫ 1 / y por consiguiente [ ] x xy dx d 2 = da a lugar a c x xy + = 2 La solución general de la ecuación es x c x y + = (12) Pero y(1) = 0 implica c = -1. Por lo tanto se obtiene , 1 x x y − = ∞ < < x 0 (13) La gráfica de (12), considerada como una familia uniparamétrica de curvas, se presenta en la Figura .La solución (13) del problema de valor inicial está indicada por la porción en color de la gráfica. 72 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 7 El ejemplo siguiente ilustra una manera de resolver (1) cuando la función f es discontinua. Ejemplo 8 Resolver 2 1 y x dx dy + = sujeta a y (-2) = 0. Solución La ecuación diferencial dada no es separable, ni homogénea, ni exacta, ni lineal en la variable y. Sin embargo, si se toma la recíproca, entonces 2 y x dy dx + = o bien 2 y x dy dx = − Esta última ecuación es lineal en x, así que el factor integrante correspondiente es y dy e e − − = ∫ . En consecuencia, se tiene que para , ∞ < < ∞ − y [ ] y y e y x e dy d − − = 2 ∫ − − = dy e y x e y y 2 c e ye e y y y y + − − − = − − − 2 2 2 y ce y y x + − − − = 2 2 2 Cuando x = -2, y = 0, se encuentra que c = 0 y por consiguiente 2 2 2 − − − = y y x Hallar una solución continua que satisfaga ) (x f y dx dy = + en donde ¹ ´ ¦ > ≤ ≤ = 1 , 0 1 0 , 1 ) ( x x x f y la condición inicial y(0) = 0. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 73 Solución De la Figura vemos que f es discontinua en x = 1. Por consiguiente, resolvemos el problema en dos partes. Para 1 0 ≤ ≤ x se tiene que 1 = + y dx dy [ ] x x e y e dx d = Como y(0) = 0, debemos tener c 1 = -1 y por lo tanto 1 0 , 1 ≤ ≤ − = − x e y x Para x > 1 tenemos 0 = + y dx dy lo cual lleva a . 2 x e c y − = Por consiguiente, podemos escribir ¹ ´ ¦ > ≤ ≤ − = − − 1 , 1 0 , 1 2 x e c x e y x x Ahora bien, para que y sea una función continua necesitamos que ) 1 ( ) ( lim 1 y x y x = + → . Este último requisito es equivalente a 1 1 2 1 − − − = e e c o bien 1 2 − = e c Como muestra la Figura la función ¹ ´ ¦ > − ≤ ≤ − = − − 1 , ) 1 ( 1 0 , 1 x e e x e y x x es continua pero no diferenciable en x = 1. x e c y − + = 1 1 74 ECUACIONES DIFERENCIALES 2.5 MÉTODO DE PICARD El problema de valor inicial ) , ( y x f y = ′ 0 0 ) ( y x y = (1) puede escribirse de otra manera. Sea f continua en una región que contiene al punto (x 0 , y 0 ). Integrando ambos miembros de la ecuación diferencial con respecto a x resulta ∫ + = x x dt t y t f c x y 0 )) ( , ( ) ( Ahora bien, ∫ = + = 0 0 )) ( , ( ) ( 0 x x c dt t y t f c x y implica c = y 0 . En consecuencia ∫ + = x x dt t y t f y x y 0 )) ( , ( ) ( 0 (2) Recíprocamente, si se parte de (2) es posible obtener (1). En otras palabras, la ecuación integral (2) y el problema de valor inicial (1) son equivalentes. Ahora se trata de resolver (2) por un método de aproximaciones sucesivas. Supóngase que y 0 (x) es una función continua arbitraria que representa una conjetura o aproximación de la solución de (2). Puesto que f (x, y 0 (x)) es una función conocida que depende sólo de x, puede ser integrada. Con y 0 ( t) en lugar de y (t), el segundo miembro de (2) define otra función que se escribe: ∫ + = x x dt t y t f y x y 0 )) ( , ( ) ( 0 0 1 Se espera que esta nueva función sea una mejor aproximación de la solución. Repitiendo el procedimiento, otra función está dada por ∫ + = x x dt t y t f y x y 0 )) ( , ( ) ( 0 2 De esta manera se obtiene una sucesión de funciones y 1 , (x), y 2 (x), y 3 (x), cuyo n-ésimo término se define mediante la relación ∫ = + = − x x n n n dt t y t f y x y 0 .... 3 , 2 , 1 )) ( , ( ) ( 1 0 Es común al aplicar (3), elegir la función inicial como y 0 (x) = y 0 . El uso reiterado de la fórmula (3) se conoce como método de iteración de Picard. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 75 Ejemplo 1 Emplear el método de Picard para encontrar las aproximaciones y 1 , y 2 , y 3 , y 4 . Considérese el problema 1 − = ′ y y 2 ) 0 ( = y Solución Identificando x 0 = 0, y 0 (x) = 2 y f (t, y n-1 (t)9= y n-1 (t) -1, la ecuación (3) se transforma en ∫ = − + = − x n n n dt t y x y 0 1 , 3 , 2 , 1 , ) 1 ) ( ( 2 ) ( K Si en esta última expresión se itera, resulta ∫ + = • + = x x dt x y 0 1 2 1 2 ) ( ∫ + + = + + = x o x x dt t x y 2 2 ) 1 ( 2 ) ( 2 2 ∫ | | ¹ | \ | + + + = x dt t t x y 0 2 3 2 1 2 ) ( 3 2 2 2 3 2 • + + + = x x x ∫ | | ¹ | \ | • + + + + = x dt t t t x y 0 3 2 4 3 2 2 1 2 ) ( 4 3 2 3 2 2 2 4 3 2 • • + • + + + = x x x x Por inducción, en el último ejemplo se puede demostrar que el enésimo término de la sucesión de aproximaciones es ∑ = + = + + + + + = n k k n n k x n x x x x x y 0 3 2 ! 1 ! ! 3 ! 2 2 ) ( L Observando esta última expresión se advierte que el límite de y n (x) cuando ∞ → n es y (x) = 1 + e x . No es ninguna novedad hacer notar que esta función es una solución exacta del problema de valor inicial dado. 76 ECUACIONES DIFERENCIALES El método de iteración de Picard es un instrumento teórico que se usa para el estudio de la existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones diferenciales. Si a f (x, y) se le imponen ciertas condiciones, se puede demostrar que, cuando ∞ → n , la sucesión {y n (x)} definida por (3) converge a una función y(x) que satisface la ecuación integral (2) y por lo tanto, el problema de valor inicial (1). 2.6 SUSTITUCIONES En las secciones precedentes se vio que a veces, mediante una sustitución adecuada, se podía llevar una ecuación diferencial a una forma tal que podía resolverse por uno de los métodos usuales. Una ecuación puede tener un aspecto diferente a cualquiera de las que ya se han estudiado pero, por medio de un cambio de variables inteligente, un problema aparentemente difícil puede tal vez resolverse con facilidad. Ejemplo 1 La ecuación diferencial 0 ) 2 1 ( ) 2 1 ( = − + + dy xy x dx xy y no es separable, ni homogénea, ni exacta, ni lineal, ni de Bernoulli. Sin embargo, el mirarla con atención durante un tiempo podría inducir a intentar la sustitución xy u 2 = o bien x u y 2 = Como 2 2x dx u du x dy − = después de simplificar, la ecuación se transforma en 0 ) 1 ( 2 2 = − + du x u dx u Se observa que la última ecuación es separable; luego de 0 1 2 2 = − + du u u x dx se obtiene c u n u x n = − − − 1 1 2 1 ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN 77 Nótese que la ecuación diferencial del ejemplo anterior tiene la solución trivial y = 0, pero que esta función no está incluida en la familia uniparamétrica de soluciones. Ejemplo 2 Ejemplo 3 xy c y x n 2 1 2 1 + = xy e c y x 2 / 1 1 2 = xy ye c x 2 / 1 1 2 = en donde e c se reemplazó por c 1 . Resolver 6 3 2 2 2 − = + x y dx dy xy Solución La presencia del término dx dy y 2 2y induce a intentar u = y 2 puesto que dx dy y dx du 2 = Ahora bien 6 3 2 − = + x u dx du x tiene la forma lineal x u x dx du 6 3 2 − = + de modo que multiplicando por el factor integrante 2 1 ) / 2 ( 2 x e e x n dx x = = ∫ resulta [ ] x x u x dx d 6 3 2 2 − = c x x u x + − = 2 3 2 3 o bien c x x y x + − = 2 3 2 2 3 Resolver x y e y x y dx dy x / 3 = − 78 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 4 Solución Sea x y u = Por lo tanto, la ecuación diferencial se transforma en dx du ue u = − Integrando por partes resulta c x e ue u u + = − − − − ) ( ) ( 1 1 1 c c e x c u u − = − = + x y e x c x y / 1 ) ( 1 − = + Por medio de una sustitución, algunas ecuaciones diferenciales de orden superior pueden reducirse a ecuaciones de primer orden. Resolver 2 ) ( 2 y x y ′ = ′ ′ Solución Si se hace u = y' de modo que du/dx = y", la ecuación se reduce a una forma separable. Se tiene 2 2xu dx du = o bien dx x u du 2 2 = ∫ ∫ = − dx x du u 2 2 2 1 2 1 c x u + = − − La constante de integración se escribe 1 2 c por conveniencia. La justificación será obvia en los pasos que siguen. Como u -1 =1/y´, se tiene que 2 1 2 1 c x dx dy + − = o bien 2 1 2 c x dx dy + − = ∫ ∫ + − = 2 1 2 c x dx dy 1 1 1 2 tan 1 c x c c y − − = + ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 79 3. ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR Objetivo general Calcular, identificar y describir las ecuaciones diferenciales de segundo orden y sus aplicaciones empleando los diferentes métodos de solución y las diferentes clases de las mismas, inicialmente haciendo énfasis en las ecuaciones diferenciales lineales. Objetivos específicos 1. Calcular ecuaciones diferenciales de tipo lineal. 2. Calcular e identificar los diferentes tipos de ecuaciones lineales homogéneas. 3. Describir las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de segundo orden. INTRODUCCIÓN De las ecuaciones mostradas, la tercera es no lineal y el resto son lineales. La segunda ecuación es de coeficientes constantes y recibe el nombre de ecuación de Una ecuación diferencial ordinaria de orden superior es una expresión que relaciona una variable dependiente: y y sus derivadas de cualquier orden con respecto a una variable independiente x, así: [ ] ) ( ) ( , ), ( ), ( ), ( , 2 x q x y D x y D x Dy x y x f n = K Son ejemplos de ecuaciones diferenciales de orden superior, las siguientes: 1. 0 ) ( ) ( = − ′ ′ x xy x y 2. ) ( ) ( ) ( ) ( 0 1 2 t f y y a t y a t y a = + ′ + ′ ′ 3. 0 )) ( ( 4 ) ( = + ′ ′ t y sen t y 4. ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 3 x f x y x y x x y x x y x = + ′ + ′ ′ + ′ ′ ′ γ β α 5. 0 ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 2 = − + ′ + ′ ′ x y x x y x x y x γ 80 ECUACIONES DIFERENCIALES oscilaciones. La primera ecuación es la de Airy. La cuarta es la ecuación diferencial de Euler de tercer orden y la última es la ecuación diferencial de Bessel. Nuestro interés se concentrará en desarrollar métodos para resolver ecuaciones diferenciales de orden superior, particularmente las lineales. Primitiva de ecuación diferencial. Una ecuación diferencial de primer orden es una familia de curvas del plano de la forma: F(x,y,C ) = 0. De manera similar, una familia de curvas del plano: F(x,y,C 1 ,C 2 ,…,C n ) = 0, es la primitiva de una ecuación diferencial de orden: n. La ecuación diferencial se obtiene derivando n veces y eliminado las constantes. Ejemplo 1 Considere la familia de curvas del plano: 2xy-a-bx=0, con: a,b constantes reales. a) Represente gráficamente los elementos correspondientes a: 1. a=1, b=1 2. a=3, b=-1 b) Encuentre la ecuación diferencial de la familia Solución a) La figura muestra las dos curvas de la familia b) Tomando la primera derivada, resulta : 0 2 2 = − + ′ b y y x Derivando de nuevo, se tiene: 0 2 2 2 = ′ + ′ + ′ ′ y y y x ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 81 Ejemplo 2 En consecuencia, la ecuación diferencial de la familia es: 0 2 = ′ + ′ ′ y x y c) La ecuación diferencial obtenida es de segundo orden pero se puede resolver mediante las técnicas desarrolladas en el anteriormente, así: 0 2 0 2 = + ⇒ = + ⇒ = ′ x dx p dp x p dx dp p y Integrando, se obtiene que: 1 2 1 1 1 2 1 C px C n x n p n = ⇒ = + . Finalmente, regresando a la variable: y, se tiene que la solución general es : 2 1 1 C x C y + − = − . Se observa que la solución hallada es equivalente a la familia dada inicialmente. Encuentre la ecuación diferencial correspondiente a la siguiente primitiva: x e C e C y x x + − = − − 2 2 1 2 Solución Se deriva dos veces la expresión, así: 1 2 2 2 1 + − − = ′ − − x x e C e C y x x e C e C y 2 2 1 4 − − + = ′ ′ La ecuación original y la correspondiente a la primera derivada conforman un sistema de dos ecuaciones con las incógnitas: C 1 , C 2 , así: ( ¸ ( ¸ − ′ − = ( ¸ ( ¸ ( ¸ ( ¸ − − − − − − 1 2 2 1 2 2 y x y C C e e e e x x x x La solución del sistema se encuentra aplicando la regla de Cramer, así: x x x x x x e e e e e y e x y C 2 2 2 2 1 2 2 1 − − − − − − − − − − ′ − = x x x x x x e e e e y e x y e C 2 2 2 2 1 − − − − − − − − − ′ − − = 82 ECUACIONES DIFERENCIALES 3.1 SOLUCIÓN DE ECUACIONES LINEALES Al resolver los determinantes, resulta: ) 1 2 2 ( 1 − ′ + − = y x y e C x ) 1 ( 2 2 + ′ − + − = y x y e C x Sustituyendo en la segunda derivada, resulta: ) 1 ( 4 1 2 2 + ′ − + − + − ′ + − = ′ ′ y x y y x y y Simplificando, se obtiene la ecuación diferencial de segundo orden: 3 2 2 3 + = + ′ ′ + ′ ′ x y y y La solución del ejemplo sugiere que la primitiva dada es la solución general de la ecuación diferencial. Son soluciones particulares de la ecuación diferencial aquellas que se obtienen al asignar valores particulares a las constantes arbitrarias. Las siguientes funciones son soluciones particulares de la ecuación diferencial: y = x , y = e -x + x Consideremos la siguiente primitiva, en la que las funciones: y 1 (x), y 2 (x) y y p (x) son linealmente independientes en un intervalo: I de los reales. Más adelante se estudiará con detalle el tema de la dependencia e independencia lineal de funciones. ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y x y C x y C y p + + = ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 83 Derivando dos veces, se obtiene: ´ ´ ´ 2 2 1 1 p y y C y C y + + = ′ " " " 2 2 1 1 p y y C y C y + + = ′ ′ Con la ecuación original y la primera derivada, resulta el sistema de ecuaciones: ( ¸ ( ¸ − ′ − = ( ¸ ( ¸ ( ¸ ( ¸ ´ ´ ´ 2 1 2 1 2 1 p p y y y y C C y y y y Resolviendo el sistema, resulta: ´) ´ ´ ´ ( ) ( 1 2 2 2 2 1 p p y y y y y y y y x W C + − − = ´) ´ ´ ´ ( ) ( 1 1 1 1 1 2 p p y y y y y y y y x W C − + + − = Donde: ´ ) ( 2 1 2 1 y y y y x W = es el determinante del sistema y recibe el nombre de Wronskiano de las funciones: y 1 ,y 2 . Veremos que si las funciones son linealmente independientes en un intervalo: I, el Wronskiano es diferente de cero en el intervalo. Sustituyendo los valores hallados en la segunda derivada, resulta: " ´) ´ ´ ( ) ( 1 " ´) ´ ´ ( ) ( 1 " 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 p p p p p y y y y y y y y y x W y y y y y y y y y x W y y + − ′ + + − + + ′ − − = ′ ′ Simplificando la expresión anterior, se tiene: ) ( ) " ´ " ´ ( ) ( 1 ) " " ( ) ( 1 1 2 2 1 1 2 2 1 x r y y y y y x W y y y y y x W y = − + ′ − − ′ ′ En la expresión anterior se tiene que: p p p y y y y y x W y y y y y x W y x r ) " ´ " ´ ( ) ( 1 ´ ) " " ( ) ( 1 " ) ( 1 2 2 1 1 2 2 1 − + − − = Finalmente, la ecuación diferencial se puede escribir en la forma: ) ( ) ( ) ( x r y x q y x p y = + ′ + ′ ′ 84 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 1 Puede verse que ) ( " " ´ ´ ) ( ) ( " " ) ( 2 1 2 1 2 1 2 1 x W y y y y x q x W y y y y x p = − = Encuentre la ecuación diferencial correspondiente a la primitiva: 2 2 1 x e C x C y x + + = − Solución El Wronskiano de las funciones viene dado por: ) 1 ( 1 ) ( + − = − = − − − x e e e x x W x x x En cuanto a p(x) y q(x), tenemos: 1 1 ) 1 ( 0 1 ) ( 1 ) 1 ( 0 ) ( + − = + − − = + = + − − = − − − − − − x x e e e x q x x x e e e x x p x x x x x x Por otro lado, el término independiente viene a ser: 1 2 2 1 2 ) 1 ( 2 1 1 2 1 2 ) ( 2 2 2 2 + + + = + − + + = + − + + = x x x x x x x x x x x x x r En consecuencia, la ecuación diferencial es: 1 2 2 1 1 1 2 + + + = + − ′ + + ′ ′ x x x y x y x x y Otra forma de escribir la ecuación diferencial es: 2 2 ) 1 ( 2 + + = − ′ + ′ ′ + x x y y x y x ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 85 Formula de Abel A partir del Wronskiano de las funciones: y 1 ,y 2 es posible encontrar una relación interesante entre el Wronskiano y el coeficiente de la primera derivada, así: y y y y x W dx d y y y y x W ′ ′ − = ⇒ − = 2 2 1 1 2 2 1 " ) ( ´ ´ ) ( Con base en lo anterior, podemos escribir: ) ( ) ( ) ( x W x W x p ′ − = Claramente se observa que es una ecuación diferencial de primer orden y variables separables así: dx x p x W x dW ) ( ) ( ) ( − = Por lo tanto, si K es una constante arbitraria, el Wronskiano viene dado por: ∫ = − dx x p Ke x W ) ( ) ( En efecto, para la ecuación diferencial obtenida en el ejemplo anterior, se tiene que: ) 1 ( ) ( 1 + = ∫ = − + − x Ke Ke x W x dx x x La relación hallada recibe el nombre de fórmula de Abel. Dependencia e independencia lineal. Las constantes de la combinación lineal son números reales. Se dice que las funciones son linealmente dependientes en el intervalo si la combinación lineal se anula para alguna constante diferente de cero. De otro lado, si la combinación lineal se anula únicamente si todas las constantes son iguales a cero, se dice que las funciones son linealmente independientes en el intervalo. Consideremos n funciones de variable real: y 1 , y 2 ,…y n definidas en un intervalo: R I ⊆ . Una combinación lineal de ellas viene dada por: n n c y C y C y C y + + + = K 2 2 1 1 86 ECUACIONES DIFERENCIALES Para determinar si un conjunto de funciones es linealmente dependiente o independiente en un intervalo: R I ⊆ , se produce asignado valores a la variable independiente en la siguiente identidad: 0 ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 ≡ + + + x y C x y C x y C n n K Es pertinente aclarar que la identidad se convierte en una ecuación para cada uno de los valores asignados a la variable. Así las cosas, si asignamos los valores: x 1 , x 2 ,…x n , resulta un sistema homogéneo de n ecuaciones con n incógnitas ( ( ( ( ¸ ( ¸ = ( ( ( ( ¸ ( ¸ ( ( ( ( ¸ ( ¸ 0 . 0 0 . ) ( ) ( ) ( . . . . ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 n n n n n n n C C C x y x y x y x y x y x y x y x y x y K K K Ejemplo 2 Muestre que el conjunto de funciones: {1, x, x 2 } es linealmente independiente en R. Solución Efectuamos la combinación lineal: 0 2 3 2 1 ≡ + + x C x C C A continuación se asignan tres valores arbitrarios a la variable independiente, así: 1. 0 1 3 2 1 = + − ⇒ − = C C C x 2. 0 1 3 2 1 = + + ⇒ = C C C x 3. 0 4 2 2 3 2 1 = + + ⇒ = C C C x El determinante del sistema viene dado por: 6 4 2 1 1 1 1 1 1 1 ) det( = − = A El resultado nos indica que las funciones son linealmente independientes. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 87 Ejemplo 3 Ejemplo 4 Las funciones f1(x) = sen 2x y f2(x) = sen x cos x son linealmente dependientes en el intervalo . ∞ < < ∞ − x puesto que Se satisface para todo x real si elegimos c1 =1/2 y c2 = -1. (Recuérdese la identidad trigonométrica sen 2x = 2 sen x cos x.) Las funciones f1(x) = x y f2(x) = |x| son linealmente independientes en el intervalo . ∞ < < ∞ − x Un examen cuidadoso de la figura debería convencer al lector de que ninguna de las dos funciones es un múltiplo constante de la otra. Para tener c1f1(x) + c2f2(x) = 0 para todo x real, debemos elegir c1 = 0 y c2 = 0. El intervalo en el cual las funciones están definidas es importante en las consideraciones sobre dependencia e independencia lineal. Las funciones f 1 (x) = x y f 2 (x) = |x| en el anterior ejemplo son linealmente dependientes en el intervalo ∞ < < x 0 ya que c 1 x + c 2 |x| = c 1 x + c 2 x = 0 Se satisface para cualquier valor no nulo de c 1 y c 2 tal que c 1 = -c 2 . 88 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 5 Ejemplo 6 Wronskiano El Wronskiano de un conjunto de n funciones: {y 1 , y 2 ,…y n } calculado en el punto: I x ∈ 0 se define como el determinante de la matriz cuya primera fila son las funciones evaluadas en el punto y las demás filas se obtienen por derivación sucesiva, así: ( ( ( ( ( ( ¸ ( ¸ = − − − ) ( ) ( ) ( . . . . . . . . ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( det ) ( 0 1 0 2 1 0 1 1 0 0 2 0 1 0 0 2 0 1 0 x y D x y D x y D x Dy x Dy x Dy x y x y x y x W n n n n n n K K K Las funciones f 1 (x) = cos 2 x, f 2 (x) = sen 2 x, f 3 (x) = sec 2 x y f 4 (x) = tan 2 x son linealmente dependientes en el intervalo 2 / 2 / π π < < − x ya que 0 tan sec cos 2 4 2 3 2 2 2 1 = + + + x c x c x sen c x c cuando c 1 = c 2 =1, c 3 = -1, c 4 = 1. se hace notar que cos 2 x + sen 2 x = 1 y que 1 + tan 2 x = sec 2 x. Un conjunto de funciones f1(x), f2(x),…,fn(x) es linealmente dependiente en un intervalo si al menos una función puede expresarse como combinación lineal no trivial de las restantes funciones. Las funciones 2 4 3 2 1 ) ( , 1 ) ( , 5 ) ( , 5 ) ( x x f x x f x x x f x x f = − = + = + = son linealmente dependientes en el intervalo ∞ < < x 0 ya que ) ( 0 ) ( 5 ) ( 1 ) ( 4 3 1 2 x f x f x f x f ⋅ + ⋅ + ⋅ = Para todo x del intervalo. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 89 Es obvio que el Wronskiano estará definido en aquellos intervalos en los que tanto las funciones como sus primeras n-1 derivadas están definidas Ejemplo 7 TEOREMA 1 Consideremos un conjunto de funciones: {y 1 , y 2 , …y n }. Si las funciones son linealmente dependientes en un intervalo: R I ⊆ , entonces su Wronskiano se anula en cada punto del intervalo. Prueba Por hipótesis, la combinación lineal de las funciones se anulará para, al menos, una constante diferente de cero. 0 ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 ≡ + + + x y C x y C x y C n n K Por derivación sucesiva se obtiene el sistema homogéneo de ecuaciones: ( ( ( ( ( ¸ ( ¸ = ( ( ( ( ( ¸ ( ¸ ( ( ( ( ( ( ¸ ( ¸ − − − 0 . . 0 0 . . ) ( ) ( ) ( . . . . . . . . ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 1 0 1 0 2 1 0 1 1 0 0 2 0 1 0 0 2 0 1 n n n n n n n C C C x y D x y D x y D x Dy x Dy x Dy x y x y x y K K K Aplicando la regla de Cramer, cada incógnita se encuentra como: Determine el Wronskiano de las funciones: {x, e -x } en R. Solución. Con base en la definición, resulta: ) 1 ( 1 ) ( + − = − = − − − x e e e x x W x x x 90 ECUACIONES DIFERENCIALES ) ( 0 0 x W C i = Con base en lo anterior, sí alguna de las constantes es distinta de cero, el Wronskiano debe ser cero para todo x 0 en el intervalo. Se tiene que sí el Wronskiano es diferente de cero en al menos un punto del intervalo, entonces las funciones son linealmente independientes en el intervalo. Se debe tener especial cuidado con el intervalo en el que pide determinar la dependencia o independencia lineal, sobre todo cuando las funciones está definidas por tramos en su dominio de definición. Ejemplo 8 Muestre que las funciones: {x 2 , x |x|} son linealmente independientes en : ) , 0 ( ∞ y en: ) 0 , (−∞ y linealmente independientes en R. Solución Gráficamente, en la figura es fácil observar los hechos señalados. La línea sólida corresponde a la función f(x) = x 2 mientras que la otra corresponde a la función: g(x) = x|x|, la que se puede expresar por tramos de la siguiente manera: ¹ ´ ¦ ≥ < − = 0 0 ) ( 2 2 x si x x si x x g Es evidente la dependencia lineal en los intervalos: ) 0 , (−∞ y ) , 0 ( ∞ , ya que una de las funciones es múltiplo exacto de la otra. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 91 Ejemplo 10 Ejemplo 11 Problemas de valor inicial y de valor en la frontera Problema de valor inicial Un problema de valor inicial para una ecuación diferencial lineal de orden n es: Para 2 1 2 1 , ) ( , ) ( 2 1 m m e x f e x f x m x m ≠ = = x m x m x m x m x m x m e m e m e e e e W 2 1 2 1 2 1 2 1 ) , ( = 0 ) ( ) ( 1 2 2 1 ≠ − = + x m m e m m Para todo valor real de x. por lo tanto f 1 y f 2 son linealmente independientes en cualquier intervalo del eje x. Si α y β son números reales, 0 ≠ β , entonces x e y x β α cos 1 = y x e y x β α = 2 son linealmente independientes en cualquier intervalo del eje x puesto que x sen e x e x e x sen e x sen e x e x sen e e W x x x x x x x x β α β β β α β β β β β β α α α α α α α α + + − = cos cos cos ) , cos ( ) (cos 2 2 2 x sen x e x β β β α + = 0 2 ≠ = x e α β Nótese que haciendo 0 = α se ve que x β cos y , 0 , ≠ β βx sen son también linealmente independientes en cualquier intervalo del eje x. 92 ECUACIONES DIFERENCIALES Resolver. ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 1 1 1 1 x g y x a dx dy x a dx y d x a dx y d x a n n n n n n = + + + + − − − L (1) Sujeta a: ) 1 ( 0 ) 1 ( 0 0 0 0 ) ( ..., ,......... ´ ) ´( , ) ( − − = = = n o n y X y y X y y X y En donde y o , y o ´ …, y o (n-1) son constantes arbitrarias. Se busca una solución en algún intervalo I que contenga al punto x = x o . En el caso de una ecuación lineal de segundo orden, una solución de ) ( ) ( ) ( ) ( 0 1 2 2 2 x g y x a dx dy x a dx y d x a = + + 0 0 0 0 ´ ) ´( , ) ( y x y y x y = = Es una función definida en I cuya gráfica pasa por (x 0 , y 0 ) y tal que la pendiente de la curva en el punto es el número y´ 0 . El siguiente teorema da condiciones suficientes para la existencia de una solución única de (1). TEOREMA 2 Sean a n (x),a n-1 …, a 1 (x),a 0 (x), y g(x) continuas en un intervalo I y sea a n (x) ≠ 0 para todo x en este intervalo. Si x = x 0 es cualquier punto de este intervalo, entonces existe una solución y(x) del problema de valor inicial (1) en el intervalo y esa solución es única. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 93 Ejemplo 12 Ejemplo 13 Ejemplo 14 Verificar que x e e y x x 3 3 2 2 − + = − es una solución del problema de valor inicial x y y 12 4 ´´ = − y(0)=4, y´(0) =1 La ecuación diferenciales lineal, los coeficientes, así como g(x) = 12x son funciones continuas en cualquier intervalo que contiene x = 0. Por el Teorema 2 se deduce que la función dada es la única solución. El problema de valor inicial 0 7 5 3 ´ ´´ ´´´ = + − + y y y y Tiene la solución trivial y = 0. Puesto que la ecuación de tercer orden es lineal con coeficientes constantes, se infiere que todas las condiciones del Teorema 2 se cumplen. Por lo tanto, y = 0 es la única solución en cualquier intervalo que contenga a x = 1. La función x sen y 4 4 1 = es una función del problema de valor inicial 0 16 ´´ = + y y y(0)=0, y (0)=1 Por el Teorema 2 se desprende que la solución es única en cualquier intervalo que contenga a x = 0. En el Teorema 2 se requiere que a n (x), siendo i = 1, 2, .. ., n, sea continua y que a n (x) ≠ 0 para todo x de I. Ambos requisitos son importantes. Específicamente, si a n (x) = 0 para algún x del intervalo, entonces la solución de un problema lineal de valor inicial puede no ser única y hasta puede no existir. 94 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 15 Problema de valores en la frontera Otro tipo de problema consiste en resolver una ecuación diferencial de orden dos o de orden mayor que dos en la cual la variable dependiente y (o sus derivadas) se especifica en dos puntos diferentes. Un problema como Resolver: ) ( ) ( ) ( ) ( 1 2 2 2 x g y x a dx dy x a dx y d x a o = + + Sujeta a: y(a )= y 0, y(b) = y 1 Se llama un problema de valores de frontera de dos puntos o, simplemente, un problema de valores de frontera. Verificar que la función y = cx 2 + x + 3 es una solución del problema de valor inicial 1 ) 0 ´( , 0 ) 0 ( 6 2 ´ 2 ´´ 2 = = = + − y y y xy y x En el intervalo -∞<x<∞ para cualquier valor del parámetro c. Solución Como y´ = 2cx + 1 y y´´ =2c se tiene que: 6 6 2 2 2 4 2 ) 3 ( 2 ) 1 2 ( 2 ) 2 ( 2 ´ 2 ´´ 2 2 2 2 2 2 = + + + − − = + + + + − = + − x cx x cx cx x cx cx x c x y xy y x Además: 3 3 0 ) 0 ( ) 0 ( 2 = + + = c y y 1 1 ) 0 ( 2 ) 0 ( = + = ′ c y Si bien la ecuación diferencial del ejemplo precedente es lineal y los coeficientes y y(x) = 6 son continuos para todo x la dificultad obvia es que a 2 (x) = x 2 es cero en x=0. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 95 Ejemplo 16 Ejemplo 17 En el caso del problema de valor de frontera 3 ) 2 ( , 0 ) 1 ( 6 2 ´ 2 ´´ 2 = = = + − y y y xy y x se busca una función definida en un intervalo que contenga x=1 y x = 2, que satisfaga la ecuación diferencial y cuya gráfica pase por los dos puntos (1, 0) y (2, 3). Los ejemplos siguientes muestran que aun cuando las condiciones del Teorema 2 se cumplen, un problema de valor de frontera puede tener (a) varias soluciones, (b) una solución única o (c) ninguna solución. 96 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 18 Se vio que y = c 1 cos 4x + c 2 sen 4x. es una familia biparamétrica de soluciones de la ecuación diferencial y" + 16y = 0. Supóngase que ahora se quiere determinar aquella solución de la ecuación que además satisface las condiciones de frontera 0 2 , 0 ) 0 ( = | ¹ | \ | = π y y Observemos que la primera condición 0 = c 1 cos 0 + c 2 sen 0 implica c 1 = 0, de modo que y = c 2 sen 4x. Pero cuando 2 / π = x se tiene π 2 0 2 sen c = Como 0 2 = π sen , esta última condición se satisface para cualquier valor de c 2 ; así que, la solución del problema 0 16 = + ′ ′ y y 0 2 , 0 ) 0 ( = | ¹ | \ | = π y y es al familia uniparametrica x sen c y 4 2 = La Figura muestra que hay un número infinito de funciones que satisfacen la ecuación diferencial y cuyas gráficas pasan por los dos puntos (0, 0) y ) 0 , 2 / (π . Si las condiciones de frontera fueran y(0) = 0 y 0 ) 8 / ( = π y , entonces necesariamente c 1 , y c 2 serían ambas iguales a 0. En consecuencia, y = 0 sería una solución de este nuevo problema de valor de frontera. De hecho, tal como se verá en esta sección, ésta es la única solución. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 97 Soluciones de una ecuación diferencial lineal de segundo orden De acuerdo con lo estudiado, la ecuación diferencial lineal de segundo orden presenta la forma general: ) ( ) ( ) ( x r y x q y x p y = + ′ + ′ ′ En lo sucesivo adoptaremos el operador: D para la derivada, con lo que la ecuación queda en la forma: ) ( )) ( ) ( ( 2 x r y x q D x p D = + + La expresión que acompaña a la variable dependiente es un operador lineal de segundo orden y lo denotaremos por: ) ( ) ( ) , ( 2 2 x q D x p D D x L + + = Con base en lo anterior, una forma simplificada de denotar a una ecuación diferencial lineal de segundo orden es: ) ( ) , ( 2 x r y D x L = Para efectos de resolver la ecuación diferencial definiremos la homogénea asociada, así: 0 ) ( ) ( = + ′ + ′ ′ y x q y x p y Ninguna solución del problema de valor de frontera 0 16 = + ′ ′ y y 1 2 , 0 ) 0 ( = | ¹ | \ | = π y y pertenece a la familia y = c 1 cos 4x + c 2 sen 4x. Como en el ejemplo anterior, la condición y(0) = 0 aún implica que c 1 = 0. En consecuencia, y = c 2 sen 4x de modo que cuando 2 / π = x se obtiene la contradicción 0 0 1 2 = ⋅ = c Los problemas de valor de frontera se encuentran a menudo en las aplicaciones de ecuaciones diferenciales parciales. 98 ECUACIONES DIFERENCIALES Equivalentemente, la homogénea se escribe como: 0 ) , ( 2 = y D x L Al principio de la sección se dedujo que la primitiva de una ecuación diferencial lineal de segundo orden es una familia de curvas del plano de la forma: p y y C y C y + + = 2 2 1 1 Por analogía con lo estudiado para la ecuación diferencial lineal de primer orden, diremos que la solución general de la ecuación diferencial lineal de segundo orden consta de dos partes a saber: p c y y y + = La primera parte de la solución general se denomina solución complementaria y corresponde a una combinación lineal de dos soluciones linealmente independientes. La otra es una solución particular de la no homogénea, tal como se vislumbra del procedimiento desarrollado al principio de la sección. Sí las funciones: y, y 2 son soluciones particulares de la homogénea y son linealmente independientes en un intervalo: I de los reales, entonces la solución general de la homogénea es una combinación lineal de las soluciones dadas, así: 2 2 1 1 y C y C y c + = Se dice que el conjunto de funciones es un conjunto fundamental de soluciones en el intervalo y se caracteriza porque el Wronskiano es diferente de cero en todos los puntos del intervalo, es decir: TEOREMA 3 La prueba del teorema se puede presentar en los siguientes términos: Sí las funciones: y 1 , y 2 son soluciones linealmente independientes de la homogénea y 0 ) ( ≠ x W para todo I x∈ , las funciones forman un conjunto fundamental y la solución general de la homogénea es su combinación lineal. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 99 Sí y 1 , y 2 son soluciones de la homogénea, entonces: 0 ) , ( 1 2 ≡ y D x L 0 ) , ( 2 2 ≡ y D x L Multiplicando cada identidad por una constante arbitraria, resulta: 0 ) , ( 0 ) , ( 1 1 2 1 2 1 ≡ ⇒ ≡ y C D x L y D x L C 0 ) , ( 0 ) , ( 2 2 2 2 2 2 ≡ ⇒ ≡ y C D x L y D x L C Sumando las dos últimas identidades se sigue que: [ ] 0 ) , ( 2 2 1 1 2 ≡ + y C y C D x L Con los mismos argumentos, sí y p es una solución particular de la no homogénea, la solución general de la no homogénea viene dada por: p p c y y C y C y y y + + = + = 2 2 1 1 100 ECUACIONES DIFERENCIALES 3.2 ECUACIONES LINEALES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES Ecuaciones homogéneas Ejemplo 1 A una ecuación diferencial lineal de orden n de la forma 0 ) ( ) ( ) ( ) ( 0 1 1 1 1 = + + + + − − − y x a dx dy x a dx y d x a dx y d x a n n n n n n L (1) Se la llama homogénea, en tanto que a ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 1 1 1 1 x g y x a dx dy x a dx y d x a dx y d x a n n n n n n = + + + + − − − L (2) en donde ,y(x) no es idénticamente nula, recibe el nombre de no homogénea. En este contexto, la palabra "homogénea" no se refiere a que los coeficientes son funciones homogéneas a) La ecuación 2y" + 3y - 5y = 0 es una ecuación diferencial lineal de segundo orden, homogénea. (b) La ecuación x e y y y x y x = + ′ + ′ ′ − ′ ′ ′ 6 5 2 3 es una ecuación diferencial ordinaria lineal de tercer orden, no homogénea ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 101 Tanto en la última parte de esta sección como en las secciones posteriores de este capítulo se verá que para resolver una ecuación no homogénea (2) tenemos que resolver primero la ecuación homogénea asociada (1). Principio de superposición El teorema siguiente se conoce como principio de superposición. TEOREMA 4 Sean y 1 , y 2 ,…,y k soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (1) en un intervalo,~ Entonces la combinación lineal y = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + …+ c k y k (x) (3) en donde los c i , i = 1, 2, . . . , k son constantes arbitrarias, también es una solución en el intervalo. La demostración la encuentra en libros de Ecuaciones diferenciales (ver bibliografía) (i) los coeficientes a i (x), i = 0, 1, . . ., n son continuos; (ii) el miembro derecho g(x) es continuo; (iii) 0 ) ( ≠ x a n para todo x del intervalo. Nota En lo que resta de este texto, cuando se den definiciones y se demuestren teoremas acerca de las ecuaciones lineales (1) y (2), con el objeto de evitar repeticiones innecesarias, las siguientes hipótesis importantes serán implícitas. En algún intervalo I 102 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 2 Ejemplo 3 Ejemplo 4 Las funciones y 1 = x 2 y y 2 = x 2 1n x Son soluciones de la ecuación homogénea de tercer orden 0 4 2 3 = + ′ − ′ ′ ′ y y x y x en el intervalo ∞ < < x 0 . Por el principio de superposición, la combinación lineal x n x c x c y 1 2 2 2 1 + = también es una solución de la ecuación en el intervalo. Las funciones y 1 = e x , y 2 = e 2x y y 3 = e 3x satisfacen la ecuación homogénea 0 6 11 6 2 2 3 3 = − + − y dx dy dx y d dx y d En ∞ < < x 0 . Por el Teorema, otra solución es . 3 3 2 2 1 x x x e c e c e c y + + = La función y = x 2 es una solución de la ecuación lineal homogénea x 2 y" - 3xy' + 4y = 0 en ∞ < < x 0 . Por lo tanto, y = cx 2 también es una solución. Se ve que para di- versos valores de c, y = 3x 2 , y = ex 2 , y = 0, ... son, todas, soluciones de la ecuación en el intervalo. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 103 Soluciones linealmente independientes Interesa determinar cuándo n soluciones y 1 , y 2 , . . . , y n de la ecuación diferencial homogénea (1) son linealmente independientes. Una condición necesaria y suficiente para la independencia lineal es, de forma sorpresiva, que el wronskiano de un conjunto de n de tales soluciones no se anule en un intervalo I. TEOREMA 5 DEFINICIÓN TEOREMA 6 Sean y 1 , y 2 ,…, y n n soluciones de la ecuación lineal homogénea de orden n (1) en un intervalo I. Entonces el conjunto de soluciones es linealmente independiente en I si y sólo si 0 ) , , , ( 2 1 ≠ n y y y W K para todo x del intervalo. Se llama conjunto fundamental de soluciones en un intervalo I a cualquier conjunto y 1 , y 2 , . . . , y n de n soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (1) en el intervalo I. Sea y 1 , y 2 , . . . , y n un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación (1) que es diferencial lineal homogénea de orden n en un intervalo I. Si Y(x) es cualquier solución de (1) en I, entonces es posible encontrar constantes C 1 , C 2 ,…,C n tales que ). ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y C x y C x y C Y n n + + + = K 104 ECUACIONES DIFERENCIALES Demostración Se prueba lo anterior para el caso en que n = 2. Sea Y una solución, sean y 1 y y 2 soluciones linealmente independientes de 0 ) ( ) ( ) ( 0 1 2 = + ′ + ′ ′ y x a y x a y x a en un intervalo I. Supóngase que x = t es un punto de este intervalo para el cual 0 )) ( ), ( ( 2 1 ≠ t y t y W . Consideremos además que los valores de Y(t) y Y´(t) están dados por 2 1 ) ( ) ( k t Y k t Y = ′ = Si ahora se examina el sistema de ecuaciones 1 2 2 1 1 ) ( ) ( k t y C t y C = + 2 2 2 1 1 ) ( ) ( k t y C t y C = ′ + ′ vemos que C 1 y C 2 pueden determinarse y son únicos siempre que el determinante de los coeficientes satisfaga 0 ) ( ) ( ) ( ) ( 2 1 2 1 ≠ ′ ′ t y t y t y t y Pero este último determinante es simplemente el wronskiano calculado para x= t y por hipótesis 0 ≠ W . Si ahora se define la función ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y C x y C x G + = entonces se observa que: (i) G (x) satisface la ecuación diferencial puesto que es la superposición de dos soluciones conocidas y 1 , y y 2 , (ii) G (x) satisface las condiciones iniciales 1 2 2 1 1 ) ( ) ( ) ( k t y C t y C t G = + = , ) ( ) ( ) ( 2 2 2 1 1 k t y C t y C t G = ′ + ′ = ′ ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 105 TEOREMA 7 DEFINICIÓN Sea y 1 , y 2 , . . . , y n un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación (1) dife- rencial lineal homogénea de orden n en un intervalo I. Se define como solución general de la ecuación en el intervalo a ), ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y c x y c x y c y n n + + + = K en donde los c i , siendo i = 1, 2, ..., n, son constantes arbitrarias. Recuérdese que a la solución general, también se la llama solución completa de la ecuación diferencial. (iii) Y(x) satisface la misma ecuación lineal y las mismas condiciones iniciales. Como la solución de este problema lineal de valor inicial es única (Teorema 2), se tiene que Y (x) = G (x), o bien ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y C x y C x Y + = La pregunta básica acerca de la existencia de un conjunto fundamental de solu- ciones de una ecuación lineal se contesta con el siguiente teorema Existe un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación (1) diferencial lineal homogénea de orden n en un intervalo I. La demostración de este resultado se deduce del Teorema 2. Se deja como ejercicio la justificación del Teorema 7 en el caso particular de las ecuaciones de segundo orden. Puesto que se ha comprobado que cualquier solución de (1) se obtiene a partir de una combinación lineal de funciones en un conjunto fundamental de soluciones, se está en condiciones de dar la siguiente definición. 106 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 5 Ejemplo 6 La ecuación de segundo orden y" - 9y = 0 tiene dos soluciones y 1, = e 3x Y y 2 = e -3x . Puesto que 0 6 3 3 ) , ( 3 3 3 3 3 3 ≠ − = − = − − − x x x x x x e e e e e e W para todo valor de x, entonces y 1 , y 2 forman un conjunto fundamental de soluciones en ∞ < < ∞ − x . La solución general de la ecuación diferencial en el intervalo es y = c 1 e 3x + c 2 e -3x Se debe verificar que y = 4 senh 3x - 5e -3x también satisface la ecuación dife- rencial del Ejemplo anterior. Eligiendo c 1 = 2, c 2 = -7 en la solución general y = c 1 e 3x + c 2 e -3x se obtienen x x e e y 3 3 7 2 − − = x x x e e e 3 3 3 5 2 2 − − − − = x x x e e e 3 3 3 5 2 4 − − − | | ¹ | \ | − = x e x senh 3 5 3 4 − − = ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 107 Ejemplo 7 3.3 RESOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN LINEAL NO HOMOGÉNEA Ejemplo 1 Las funciones y 1 = e x , y 2 = e 2x , y y 3 = e 3x , satisfacen la ecuación de tercer orden 0 6 11 6 2 2 3 3 = − + − y dx dy dx y d dx y d Puesto que 0 2 9 4 3 2 ) , , ( 6 3 2 3 2 3 2 3 2 ≠ = = x x x x x x x x x x x x x e e e e e e e e e e e e e W para todo valor real de x, entonces y 1 , y 2 , y 3 forman un conjunto fundamental de soluciones en ∞ < < ∞ − x . Se concluye que x x x e c e c e c y 3 3 2 2 1 + + = es la solución general de la ecuación diferencial en el intervalo. Se definirá ahora la solución general de una ecuación lineal no homogénea. Cualquier función y p , que no contiene parámetros arbitrarios y que satisface (2), se llama solución particular de la ecuación (a veces también recibe el nombre de integral particular). (a) Una solución particular de 27 9 = + ′ ′ y y es y p = 3 ya que 0 = ′ ′ p y y 0 +9y p = 9(3) = 27 (b) y p = x 3 –x es una solución particular de x x y y x y x 6 4 8 2 3 2 + = − ′ + ′ ′ puesto que , 6 , 1 3 2 x y x y p p = ′ ′ − = ′ y ) ( 8 ) 1 3 ( 2 ) 6 ( 8 2 3 2 2 2 x x x x x x y y x y x p p p − − − + = − ′ + ′ ′ x x 6 4 3 + = 108 ECUACIONES DIFERENCIALES TEOREMA 8 TEOREMA 9 DEFINICIÓN Sean y 1 , y 2 , ..., y k soluciones de la ecuación (1) diferencial lineal homogénea de orden n en un intervalo I y sea y p , cualquier solución de la ecuación no homo- génea (2) en el mismo intervalo. Entonces ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y x y c x y c x y c y p k k + + + + = K es también una solución de la ecuación no homogénea en el intervalo para constantes cualesquiera c 1 , c 2 , ..., c k Ahora es posible demostrar, para ecuaciones diferenciales no homogéneas, el siguiente teorema análogo al Teorema 6. Sea y p ,, una solución dada de la ecuación (2) diferencial lineal no homogénea de orden n en un intervalo I y sea y 1 , y 2 , . . . , y n un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada (1) en el intervalo. Entonces para cualquier solución Y (x) de (2) en I es posible encontrar constantes C 1 , C 2 , . . . , C n de modo que ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y x y C x y C x y C Y p n n + + + + = K Sea y p , una solución dada de la ecuación (2) diferencial lineal no homogénea de orden n, en un intervalo I y sea ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y c x y c x y c y n n c + + + = K la solución general de la ecuación homogénea asociada (1) en el intervalo. La solución general de la ecuación no homogénea en el intervalo se define como ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y x y c x y c x y c y p n n + + + + = K ). ( ) ( x y x y p c + = ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 109 Función complementaria En la Definición anterior, a la combinación lineal ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 x y c x y c x y c x y n n c + + + = K la cual es la solución general de (1), se la llama función complementaria de la ecuación (2). En otras palabras, la solución general de la ecuación diferencial lineal no homogénea es y = función complementaria + cualquier solución particular Ejemplo 2 Se puede demostrar que la función x y p 2 1 12 11 − − = es una solución particular de la ecuación no homogénea x y dx dy dx y d dx y d 3 6 11 6 2 2 3 3 = − + − (6) Para formular la solución general de (6), se tiene también que poder resolver la ecuación homogénea asociada 0 6 11 6 2 2 3 3 = − + − y dx dy dx y d dx y d Pero en un ejemplo anterior se vio que la solución general de esta última ecuación en el intervalo ∞ < < ∞ − x es . 3 3 2 2 1 x x x c e c e c e c y + + = Por lo tanto, la solución general de (6) en el intervalo es p c y y y + = . 2 1 12 11 3 3 2 2 1 x e c e c e c x x x − − + + = Antes de comenzar a resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas y no homogéneas, es necesaria la teoría adicional que se expone en la próxima sección. 110 ECUACIONES DIFERENCIALES 3.4 APLICACIÓN DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN Movimiento armónico simple La ley de Hooke Supongamos que un cuerpo de masa m 1 está sujeto al extremo de un resorte flexible suspendido de un soporte rígido (por ejemplo un techo), como se muestra en la Figura. Cuando mi se reemplaza por un cuerpo diferente m 2 , el alargamiento del resorte será, por supuesto, distinto. Por la ley de Hooke, el resorte mismo ejerce una fuerza de restitución F opuesta a la dirección del alargamiento y proporcional a su magnitud s. Dicho en términos sim- ples, F = ks, en donde k es una constante de proporcionalidad. Aunque cuerpos de distinto peso producen distintos alargamientos del resorte, tal elemento elástico está esencialmente caracterizado por el número k. Por ejemplo, si un cuerpo que pesa 10 Ib alarga el resorte en 1/2 pie, entonces pie lb k que implica k / 20 2 1 10 = | ¹ | \ | = Luego, necesariamente una masa que pesa 8 lb alarga el mismo resorte en 2/5 pie. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 111 Segunda ley de Newton Después que una masa m se sujeta a un resorte, aquélla lo alargará en una magnitud s y alcanzará la posición de equilibrio en la cual su peso W es equilibrado por la fuerza de restitución ks. Recuérdese que el peso queda definido por W=mg en donde la masa puede medirse en kilogramos, gramos o geolibras (slugs) y g = 9.8 m/s 2 , 980 cm/s 2 0 32 pie/s 2 , respectivamente. Tal como se indica en la Figura, la condición de equilibrio es mg = ks o bien mg - ks = 0. Si ahora la masa se desplaza de su posición de equilibrio en una magnitud x y después se suelta, la fuerza neta F correspondiente a este caso dinámico está dada por la segunda ley del movimiento de Newton, F = ma, en donde a es la aceleración d 2 x/dt 2 . Suponiendo que sobre el sistema no actúan fuerzas retardadoras y que la masa oscila libre de la influencia de otras fuerzas exteriores (movimiento vibratorio libre), entonces podemos igualar F a la resultante del peso y la fuerza de restitución: mg x s k dt x d m + + − = ) ( 2 2 4 4 3 4 4 2 1 cero kx ks mg kx − = − + − = (1) El signo negativo en (1) indica que la fuerza de restitución del resorte actúa en dirección opuesta a la del movimiento. Además, se adoptará la siguiente convención: los desplazamientos medidos hacia abajo desde la posición de equilibrio se considerarán como positivos. Véase la Figura. 112 ECUACIONES DIFERENCIALES Ecuación diferencial del movimiento libre no amortiguado Dividiendo (1) entre la masa m, se obtiene la ecuación diferencial de segundo orden 0 2 2 = + x m k dt x d (2) o bien 0 2 2 2 = + x dt x d ω (3) en donde m k / 2 = ω . Se dice que la ecuación (3) describe el movimiento armónico simple o movimiento vibratorio libre no amortiguado. Hay dos condiciones iníciales obvias asociadas con la ecuación (3): β α = = =0 , ) 0 ( t dt dx x (4) que representan la magnitud del desplazamiento inicial y la velocidad inicial, respectivamente. Por ejemplo, si 0 > α y 0 < β , se trata de una masa que parte de un punto abajo de la posición de equilibrio y a la cual se ha comunicado una velocidad dirigida hacia arriba. Si 0 > α y 0 < β , se trata de una masa en reposo que se suelta desde un punto que está | | α unidades arriba de la posición de equilibrio. Los demás casos son análogos. Solución y ecuación de movimiento Para resolver la ecuación (3), observamos que las soluciones de la ecuación auxiliar 0 2 2 = −ω m son los números complejos . , 2 1 i m i m ω ω − = = En consecuencia, se obtiene que la solución general de (3) es ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 113 t sen c t c t x ω ω 2 1 cos ) ( + = (5) El periodo de las vibraciones libres descritas por (5) es ω π / 2 = T la frecuencia es π ω 2 / / 1 = = T f .* Por ejemplo, para x(t) = 2 cos 3t - 4 sen 3t el periodo es 3 / 2π y la frecuencia es π 2 / 3 . El primer número indica que la gráfica de x(t) se repite cada 3 / 2π unidades; el último número indica que hay 3 ciclos de la gráfica cada 2π unidades; en otras palabras, la masa realiza π 2 / 3 oscilaciones completas por unidad de tiempo. Además, se puede demostrar que el periodo ω π / 2 es el intervalo de tiempo entre dos máximos sucesivos de x(t). Finalmente, una vez que hemos determinado las constantes c 1 y c 2 , en (5) mediante las condiciones iniciales (4), decimos que la solución particular resultante es la ecuación de movimiento. Ejemplo 1 Un cuerpo que pesa 2 Ib estira un resorte 6 plg. Dicho cuerpo se suelta en t = 0 desde un punto que está 8 plg bajo la posición de equilibrio, con una velocidad dirigida hacia arriba de 4/3 pie/s. Determine la función x(t) que describe el movimiento libre resultante. Solución Puesto que estamos usando el sistema de unidades inglesas gravitacionales, las magnitudes dadas en pulgadas deben expresarse en pies: 6 plg = 6/12 = 1/2 pie, 8 plg = 8/12 = 2/3 pie. Además, debemos convertir las unidades de peso a unidades de masa. De (2), m = W/g Tenemos slug m 16 1 32 2 = = Además, por la ley de Hooke se tiene | ¹ | \ | = 2 1 2 k lo que implica que k = 4 lb/pie. Por consiguiente, las análogas de las ecuaciones (1) y (2) son, respectivamente, 114 ECUACIONES DIFERENCIALES x dt x d 4 16 1 2 2 − = y 0 64 2 2 = + dt x d El desplazamiento y la velocidad iniciales están dados por 3 4 , 3 2 ) 0 ( 0 − = = = t dt dx x en donde el signo negativo que aparece en la última condición en consecuencia de que a la masa se le da una velocidad inicial con dirección negativa, esto es, dirigida hacia arriba. Ahora bien, 64 2 = ω , o sea 8 = ω , de modo que la solución general de la ecua- ción diferencial es x(t) = c 1 cos 8t + c 2 sen 8t. (6) Aplicando las condiciones iniciales a (6) obtenemos | ¹ | \ | = ⋅ + ⋅ = = 3 2 , 0 1 3 2 ) 0 ( 1 2 1 c c c x y t sen c t t x 8 8 cos 3 2 ) ( 2 + = t c t sen t x 8 cos 8 8 3 16 ) ( 2 + − = ′ | ¹ | \ | − = ⋅ + ⋅ − = − = ′ 6 1 , 1 8 0 3 16 3 4 ) 0 ( 2 2 c c x luego c 2 = -1/6. Por consiguiente, la ecuación de movimiento es t sen t t x 8 6 1 8 cos 3 2 ) ( − = (7) Nota Desafortunadamente, es usual que no se haga una distinción clara entre peso y masa. Así, a menudo se habla del movimiento de una masa sujeta a un resorte y también, del movimiento de un peso sujeto a un resorte. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 115 Forma alternativa de x(t) Cuando 0 1 ≠ c y 0 2 ≠ c , la amplitud real A de las oscilaciones libres no se obtiene en forma inmediata de la ecuación (5). Por ejemplo, aunque la masa del Ejemplo 2 es inicialmente desplazada 2/3 pie fuera de la posición de equilibrio, la amplitud de las oscilaciones es un número mayor que 2/3. Por lo tanto, a menudo conviene transformar una solución de la forma (5) a una de forma más simple + = t sen A t x ω ( ) ( ∅) (8) en donde 2 2 2 1 c c A + = y en donde 0 es un ángulo de fase definido por . tan cos 2 1 2 1 c c A c A c sen = ¦ ) ¦ ` ¹ = = φ φ φ (9) Para verificar esto, desarrollamos (8) mediante la fórmula del seno de una suma de ángulos: t sen A t sen A sen t A t sen A ω φ ω φ φ ω φ ω ) cos ( cos ) ( cos cos + = + (10) De la Figura, se deduce que si ∅ se define como A c c c c A c c c c sen 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1 cos , = + = = + = φ φ entonces (10) se transforma en ). ( cos cos 2 1 2 1 t x t sen c t c t sen A c A t A c A = + = + ω ω ω ω 116 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 3 En virtud de la discusión precedente, podemos escribir la solución (7) del Ejemplo 2 t sen t t x 8 6 1 8 cos 3 2 ) ( − = en la forma alternativa ). 8 ( ) ( φ + = t sen A t x La amplitud está dada por 2 2 6 1 3 2 | ¹ | \ | − + | ¹ | \ | = A pie 69 . 0 6 17 ≈ = Hay que tener cuidado al determinar el ángulo de fase ∅ definido por (9). En este caso 4 6 / 1 3 / 2 tan − = − = φ y con una calculadora del tipo científico se obtendría . 326 . 1 ) 4 ( tan 1 rad − = − − * Desafortunadamente, este ángulo está en el cuarto cuadrante, en contradicción con que 0 > φ sen y 0 cos < φ (recuérdese que c 1 > 0 y c 2 < 0). Por lo tanto, debemos tomar 0 como el ángulo del segundo cuadrante rad 816 . 1 ) 326 . 1 ( = − + = π φ Así tenemos ) 816 . 1 8 ( 6 17 ) ( + = t sen t x (11) La forma (8) es muy útil, puesto que es fácil encontrar los valores del tiempo para los cuales la gráfica de x(t) atraviesa el eje t positivo (la recta x = 0). Observamos que 0 ) ( = +φ ωt sen cuando π φ ω n t = + en donde n es un entero no negativo. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 117 Ejemplo 4 Solución Para el movimiento descrito por ) 816 . 1 8 ( ) 6 / 17 ( ) ( + = t sen t x , hallar el primer valor del tiempo para el cual la masa pasa por la posición de equilibrio en dirección hacia abajo. Los valores t 1 , t 2 , t 3 , . . . , para los cuales sen (8t + 1.816) = 0, están determinados por π π π 3 816 . 1 8 , 2 816 . 1 8 , 816 . 1 8 3 2 1 = + = + = + t t t Encontramos t 1 = 0.166, t 2 = 0.558, t 3 = 0.951, ..., respectivamente. Un examen de la Figura muestra que la masa oscilante pasa por primera vez por x = 0, en dirección hacia abajo (esto es, hacia x > 0), en t 2 = 0.558 s. 118 ECUACIONES DIFERENCIALES 4. ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES VARIABLES OBJETIVO GENERAL Calcular, identificar y describir las ecuaciones diferenciales con coeficientes variables mediante el uso de diferentes tipos de métodos de solución. OBJETIVO ESPECIFICOS 1. Calcular e identificar la ecuación de Cauchy Euler y su aplicación a las ecuaciones diferenciales con coeficientes variables. 2. Calcular ecuaciones diferenciales con coeficiente variables empleando el método de Serie de Potencias. 3. Calcular ecuaciones diferenciales con soluciones en torno a puntos singulares. 4. Calcular e identificar las ecuaciones diferenciales especiales. INTRODUCCION Resolver ecuaciones diferenciales con coeficientes variables generalmente no es tan fácil como resolver ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes. De hecho, incluso para una ecuación lineal tan simple como y”- xy =0, no podemos expresar las soluciones en términos de seno , cosenos, logaritmos, exponenciales y otras funciones elementales. Aunque se verifica sin dificultad que 0 2 2 ) 1 ( 2 = + ′ − ′ ′ − y y x y x Y 0 ) 4 / 1 ( 2 2 = − + ′ + ′ ′ y x y x y x tienen las soluciones elementales ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 119 x y = y x x sen y = respectivamente, para la generalidad de las ecuaciones de esta clase, a lo más podemos esperar una serie infinita como solución. Por otra parte, consideraremos ahora una importante clase de ecuaciones con coeficientes variables, cuya solución general puede escribirse siempre en términos de funciones elementales. 4.1 ECUACIÓN DE CAUCHY-EULER Para precisar el estudio, fijaremos nuestra atención sobre la resolución de la ecuación homogénea de segundo orden 0 2 2 2 = + + cy dx dy bx dx y d ax La solución de ecuaciones de orden superior se encuentra en forma análoga. Además podemos resolver la ecuación no homogénea ) ( 2 2 2 x g cy x dy bx dx y d ax = + + Una ecuación diferencial de la forma ) ( 0 1 1 1 1 1 x g y a dx dy x a dx y d x a dx y d x a n n n n n n n n = + + + + − − − − L en donde a n , a n-1 ,…, a 0 son constantes, se llama ecuación de Cauchy-Euler o ecuación equidimensional. La característica de este tipo de ecuación es que el grado de los coeficientes polinomiales x k es igual al orden de derivación en los términos d k y/dx k , para k = 1, 2, ..., n. 120 ECUACIONES DIFERENCIALES mediante variación de parámetros, una vez que hayamos determinado la función complementaria y c (x). Método de solución Caso I Sean m 1 y m 2 raíces reales de (1) tales que . 2 1 m m ≠ Entonces 1 1 m x y = y 2 2 m x y = forman un conjunto fundamental de soluciones. Por lo tanto, la solución general es Probamos una solución de la forma y = x m , donde m debe ser determinada. Las derivadas primera y segunda son, respectivamente, 1 − = m mx dx dy y 2 2 2 ) 1 ( − − = m x m m dx y d Por consiguiente, la ecuación diferencial se transforma en m m cx bx x m m ax cy dx dy bx dx y d ax ⋅ + − ⋅ = + + −2 2 2 2 2 ) 1 ( m m m cx bmx x m am + + − = ) 1 ( ). ´ ) 1 ( ( c m b m am x m + + − = Así, y = x m será solución de la ecuación diferencial cada vez que m sea solución de la ecuación auxiliar 0 ) 1 ( = + + − c bm m am o bien 0 ) ( 2 = + − + c m a b am (1) Hay que considerar tres casos diferentes dependiendo de si las raíces de esta ecuación cuadrática son reales y distintas, reales e iguales, o complejas conjugadas. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 121 2 1 2 1 m m x c x c y + = (2) Ejemplo 1 Caso II Si m 1 = m 2 obtenemos sólo una solución, a saber, . 1 m x y = Cuando las raíces de la ecuación cuadrática am 2 + (b - a)m + c = 0 son iguales, el discriminante de los coeficientes es necesariamente cero. Por la fórmula cuadrática se sabe que la raíz debe ser m 1 = -(b - a)/2a. Escribimos primero la ecuación de Cauchy-Euler en la forma 0 2 2 2 = + + y ax c dx dy ax b dx y d y hacemos la identificación P(x) = b/ax. Por consiguiente Resolver 0 4 2 2 2 2 = − − y dx dy x dx y d x Solución En vez de memorizar simplemente la ecuación (1) es preferible suponer, unas cuantas veces, que y = x m es la solución, para entender mejor tanto el origen como la diferencia entre esta nueva forma de la ecuación auxiliar. Derivando dos veces 2 2 2 1 ) 1 ( , − − − = = m m x m m dx y d mx dx dy y sustituyendo en la ecuación diferencial: m m m x mx x x m m x y dx dy x dx y d x 4 2 ) 1 ( 4 2 1 2 2 2 2 2 − ⋅ − − ⋅ = − − − − ) 4 2 ) 1 ( ( − − − = m m m x m 0 ) 4 3 ( 2 = − − = m m x m si m 2 - 3m - 4 = 0. Ahora bien, (m + 1)(m - 4) = 0 implica m 1 = -1 , m 2 = 4 de modo que 4 2 1 1 x c x c y + = − 122 ECUACIONES DIFERENCIALES dx x e x y m dx ax b m ∫ ∫ = − 2 ) / ( 1 2 ) ( 1 ∫ − = dx x e x m x n a b m 1 1 2 1 ) / ( [ ] a b x n x n a b m a b m x e e dx x x x a b / 1 1 ) / ( 2 / / 1 1 − − − − = = ⋅ = − ∫ ( ¸ ( ¸ − − = ⋅ = − − ∫ a a b m dx x x x a a b a b m 1 / ) ( / 2 1 ∫ = x dx x m 1 . 1 1 x n m x = La solución general es entonces . 1 1 1 2 1 x n x c x c y m m + = (3) Ejemplo 2 Resolver 0 8 4 2 2 2 = + + y dx dy x dx y d x Solución La sustitución y = x"' da ) 1 8 ) 1 ( 4 ( 8 4 2 2 2 + + − = + + m m m x y dx dy x dx y d x m 0 ) 1 4 4 ( 2 = + + = m m x m cuando 4m 2 + 4m + 1 = 0 o bien (2m + 1) 2 = 0. Puesto que m 1 = -1/2, la solución general es y = c 1 x -1/2 + c 2 x-1/2 1n x. Para ecuaciones de orden superior, puede demostrarse que si m 1 , es una raíz de multiplicidad k, entonces x m1 , x m1 1n x, x m1 (In x) 2 ,..., x m1 (ln x) k-1 son k soluciones linealmente independientes. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 123 Caso III Si m 1 y m 2 son complejas conjugadas, digamos, β α β α i m i m − = + = 2 1 , donde α y 0 > β son reales, entonces una solución formal es β α β α i i x C x C y − + + = 2 1 Pero como en el caso de las ecuaciones con coeficientes constantes, cuando las raíces de la ecuación auxiliar son complejas, tratamos de escribir la solución solamente en términos de funciones reales. Destacamos la identidad x n i i x n i e e x 1 1 ) ( β β β = = la cual, por la fórmula de Euler, es la misma que ) 1 ( ) 1 cos( x n sen i x n x i β β β + = Por lo tanto β α β α i i x C x C y − + + = 2 1 [ ] β β α i i x C x C x − + = 2 1 { } { } [ ] ) 1 ( ) 1 cos( ) 1 ( ) 1 cos( 2 1 x n sen i x n C x n sen i x n C x β β β β α − + + = [ ] ) 1 ( ) ( ) 1 cos( ) ( 2 1 2 1 x n sen i C i C x n C C x β β α − + + = [ ] ) 1 ( ) 1 ( ) 1 cos( ) ( 2 1 2 1 x n sen C i C x n C C x β β α − + + = En el intervalo ∞ < < x 0 se puede verificar fácilmente que ) 1 cos( 1 x n x y β α = y ) 1 ( 2 x n sen x y β α = constituyen un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial. Se deduce que la solución general es [ ] ) 1 ( ) 1 cos( 2 1 x n sen c x n c x y β β α + = (4) Ejemplo 3 Resolver 0 3 3 2 2 2 = + + y dx dy x dx y d x 124 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 4 Solución Tenemos [ ] 3 3 ) 1 ( 3 3 2 2 2 + + − = + + m m m x y dx dy x dx y d x α [ ] 0 3 2 2 = + + = m m x m cuando m 2 + 2 m + 3 = 0. Con la fórmula cuadrática encontramos i m 2 1 1 + − = y i m 2 1 2 − − = . Si hacemos las identificaciones 1 − = α y 2 = β , por (4) vemos que la solución general es [ ] ) 1 2 ( ) 1 2 cos( 2 1 1 x n sen c x n c x y + = − Resolver la ecuación de Cauchy-Euler de tercer orden 0 8 7 5 2 2 2 3 3 3 = + + + y dx dy x dx y d x dx y d x Solución Las tres primeras derivadas de y = x m son 1 − = m mx dx dy 2 2 2 ) 1 ( − − = m x m m dx y d 3 3 3 ) 2 )( 1 ( − − − = m x m m m dx y d de modo que la ecuación diferencial dada se transforma en ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 125 Ejemplo 5 y dx dy x dx y d x dx y d x 8 7 5 2 2 2 3 3 3 + + + m m m m x xmx x m m x x m m m x 8 7 ) 1 ( 5 ) 2 )( 1 ( 1 2 2 3 3 + + − + − − = − − − [ ] 8 7 ) 1 ( 5 ) 2 )( 1 ( + + − + − − = m m m m m m x m [ ] 8 4 2 2 3 + + + = m m m x m En este caso vemos que y = x m será una solución de la ecuación diferencial siempre que m sea raíz de la ecuación cúbica m 3 + 2m 2 + 4m + 8 = 0 o bien (m+2)(m 2 +4) = 0. Las raíces son: m 1 = -2, m 2 = 2i, m 3 = -2i. Por lo tanto, la solución general es ) 1 2 ( ) 1 2 cos( 3 2 2 1 x n sen c x n c x c y + + = − Resolver la ecuación no homogénea x 2 y" - 3xy' + 3y = 2x 4 e x . Solución La sustitución y = x m conduce a la ecuación auxiliar m(m-1) -3m + 3 = 0 o bien (m-1)(m-3) = 0. Por consiguiente, y c =c 1 x+c 2 x 3 . Antes de usar variación de parámetros, recordemos que las fórmulas W x f y u / ) ( 2 1 − = ′ y W x f y u / ) ( 1 2 = ′ fueron deducidas en el supuesto de que la ecuación diferencial había sido reducida a la forma y” + P(x)y´ + Q(x)y = f (x). Consecuentemente, dividimos la ecuación dada entre xz y hacemos la identificación f(x) = 2x 2 e x . 126 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 6 Ahora bien, 3 3 3 2 3 2 3 3 1 x x x x x x W = − = = de modo que x x e x x e x x u 2 3 2 3 2 ) 2 ( − = − = ′ y x x e x e x x u = = ′ 3 2 2 2 ) 2 ( La integral de la última función es inmediata, pero en el caso de u´ debemos integrar dos veces por partes. Los resultados son x x x e xe e x u 2 2 2 1 + + − = y x e u = 2 Luego, 2 2 1 1 y u y u y p + = 3 2 ) 2 2 ( x e x e xe e x x x x x + − + − = x x xe e x 2 2 2 − = Resolver x n y dx dy x dx y d x 1 2 2 2 = + − Solución Con la sustitución x = e t o bien t = 1n x y por la regla de la cadena se tiene que dt dy x dx dt dt dy dx dy 1 = = | ¹ | \ | − + | ¹ | \ | = 2 2 2 1 1 x dt dy dt dy dx d x dx y d | ¹ | \ | − + | | ¹ | \ | = 2 2 2 1 1 1 x dt dy x dt y d x ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 127 4.2 SOLUCIONES EN SERIE DE POTENCIAS donde los a n son números reales. La serie se dice “centrada en el punto x 0 ”. Como basta un cambio de variable es habitual estudiarlas centradas en el cero ( ¸ ( ¸ − = dt dy dt y d x 2 2 2 1 Reemplazando en la ecuación diferencial dada y simplificando resulta t y dt dy dt y d = + − 2 2 2 Puesto que esta última ecuación tiene coeficientes constantes, su ecuación auxiliar es m 2 - 2m + 1 = 0 o bien (m - 1) 2 = 0. Por consiguiente, obtenemos y c = c 1 e t + c 2 te t . Usando coeficientes indeterminados, suponemos que una solución particular es de la forma y p = A + Bt. Esta suposición nos lleva a -2B + A + Bt = t de modo que A = 2 y B = 1. Luego p c y y y + = t te c e c t t + + + = 2 2 1 y por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial original en el intervalo ∞ < < x 0 es y=c 1 x + c 2 x ln x + 2 + ln x. Una serie de potencias es una expresión del tipo 128 ECUACIONES DIFERENCIALES Una serie se dice convergente si existe (es un número finito) La convergencia de las series de funciones es fácil de determinar si las funciones que se suman son potencias. Si uno se pregunta para qué x es convergente una serie como ésta tiene la ayuda de que si converge en un punto, digamos R, converge en todos los anteriores, porque el valor de la serie es menor. Es decir, que la serie converge en un intervalo definido por Para saber si, para un x dado, la serie de números converge, se puede aplicar el criterio del cociente si el límite es <1 hay convergencia, si es >1 hay divergencia (el caso = 1 es mas complejo). Para obtener el radio de convergencia, transformamos la expresión lo que conduce a que ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 129 Ejemplo 1 Analiticidad Cuando la función f(x) es desarrollable en serie de potencias convergente y sus valores coinciden con los de la serie, es decir, hay un entorno de x 0 donde los valores coinciden, se dice que la función es analítica en x 0 . Es decir, cuando con Eso quiere decir que tenemos muchas propiedades útiles: vale la derivación término a término, la integración término a término,. . . En particular hay cuatro propiedades interesantes: • polinomios, senos, cosenos y exponenciales son analíticas en toda la recta. • si f y g son analíticas en x0, f + g lo es, fg lo es y f/g lo es si 0 ) ( 0 ≠ x g • la función compuesta de dos funciones analíticas es analítica: si g es analítica en x 0 y f lo es en g (x 0 ), entonces f (g (x)) es analítica en x 0 . • la función suma de una serie de potencias es analítica en todos los puntos de su intervalo de convergencia. Sabemos que si la hay, la serie que representa a una función analítica, es única, porque podemos calcular sus coeficientes como (Radio de convergencia). La serie Converge en [-1, 1], como queda justificado por el límite 130 ECUACIONES DIFERENCIALES entonces, insistimos, si es posible hacerlo, el desarrollo en serie de Taylor será Solución de una ecuación diferencial Ya hemos visto que la función y = ex 2 es una solución explícita de la ecuación diferencial de primer orden 0 2 = − xy dx dy (1) Por otra parte, se tiene la conocida representación en serie de potencias ∑ ∞ = = 0 ! n n x n x e (2) de modo que la solución de (1) puede escribirse como ∑ ∞ = = = 0 2 ! 2 n n x n x e y (3) Ambas series, (2) y (3), convergen para todos los valores reales de x. En otras palabras, conociendo la solución por adelantado podemos encontrar una solución en serie infinita de la ecuación diferencial. Nos proponemos ahora obtener directamente la solución en serie de potencias de (1); el método para atacar el problema es similar a la técnica de los coeficientes indeterminados. Si suponemos que existe una solución en la forma de una serie de potencias de x, ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 131 ∑ ∞ = = 0 n n n x c y (4) entonces planteamos la siguiente pregunta: ¿Podemos determinar coeficientes c n para los cuales (4) converja a una función que satisfaga (1)? Derivando (4) término a término formalmente, resulta ∑ ∑ ∞ = ∞ = − − = = 0 1 1 1 . n n n n n n x nc x nc dx dy Note que es cero el primer término de la primera de estas series, que corresponde a n = 0. Ahora bien, usando este último resultado y la suposición (4) se tiene que ∑ ∑ ∞ = ∞ = − − − = − 0 1 1 1 . 2 2 n n n n n n x c x nc xy dx dy (5) Nos gustaría sumar las dos series en (5), pero para poder hacerlo necesitamos que ambos índices de suma partan del mismo valor. Además, es recomendable que los valores numéricas de los exponentes de las potencias de x estén "en fase" en cada suma. Esto es, si una serie empieza, por ejemplo, con un múltiplo de x elevado a la primera potencia, entonces necesitamos que la otra serie empiece con esta misma potencia. Con este fin, escribimos (5) como ∑ ∑ ∞ = ∞ = − − − = − 0 1 1 1 . 2 2 n n n n n n x c x nc xy dx dy (6) y hacemos k = n - 1 en la primera serie y k = n + 1 en la segunda. El miembro de- recho de la ecuación (6) se transforma entonces en ∑ ∑ ∞ = ∞ = − + − + + 1 1 1 1 1 2 ) 1 ( k k k k k k x c x c k c Sumando las series término a término se tiene que [ ] 0 2 ) 1 ( 2 0 1 1 ´ 1 = − + + = − ∑ ∞ = − + n k k k x c c k c xy dx dy (7) 132 ECUACIONES DIFERENCIALES Por lo tanto, para que (7) sea idénticamente nula es necesario que los coeficientes satisfagan c 1 = 0 y (k + 1)c k+1 - 2c k-1 = 0, k = l, 2, 3 ... (8) La ecuación (8) nos da una relación de recurrencia para determinar los c k . Puesto que 0 1 ≠ + k para todos los valores de k indicados, podemos escribir (8) en la forma 1 2 1 1 + = − + k c c k k (9) Iterando esta última fórmula se obtiene 0 0 2 2 2 , 1 c c c k = = = 0 3 2 , 2 1 3 = = = c c k 0 0 2 4 ! 2 1 2 1 4 2 , 3 c c c c k = = = = 0 5 2 , 4 3 5 = = = c c k 0 0 4 6 ! 3 1 ! 2 3 1 6 2 , 5 c c c c k = ⋅ = = = 0 7 2 , 6 5 7 = = = c c k 0 0 6 8 ! 4 1 ! 3 4 1 8 2 , 7 c c c c k = ⋅ = = = etcétera. Así, partiendo de la suposición original (4) obtenemos ∑ ∞ = = 0 n n n x c y L + + + + + + = 5 5 4 4 3 3 2 2 1 0 x c x c x c x c x c c L + + + + + + + + = 0 ! 3 1 0 ! 2 1 0 0 6 0 4 0 2 0 0 x c x c x c c ∑ ∞ = = ( ¸ ( ¸ + + + + = 0 2 0 6 4 2 0 ! ! 3 1 ! 2 1 1 n n n x c x x x c L (10) Puesto que la iteración (9) deja c,) completamente indeterminado, en realidad hemos encontrado la solución general de (1). ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 133 4.3 SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS ORDINARIOS Y SINGULARES Puntos ordinarios y puntos singulares Supongamos que la ecuación diferencial lineal de segundo orden a 2 (x)y”+ a 1 (x)y´+ a 0 (x)y = 0 (11) se escribe en la forma y” + p(x)y' + Q(x)y = 0 (12) donde P(x) = a 1 (x)/a 2 (x) y Q(x) = a 0 (x)/a 2 (x). Damos la siguiente definición. DEFINICION 1 Ejemplo 1 Se dice que x = x 0 es un punto ordinario de la ecuación (11) si P(x) y Q(x) son analíticos en x 0 , esto es, P(x) y Q(x) tienen una serie de potencias en (x - x 0 ) con un radio de convergencia positivo. Si un punto no es punto ordinario, se dice que es un punto singular de la ecuación. Todo valor finito de x es un punto ordinario de y” + (e x )y' + (sen x)y = 0. En particular vemos que x = 0 es un punto ordinario ya que L + + + = ! 2 ! 1 1 2 x x e x y L + + − = ! 5 ! 3 5 3 x x x x sen convergen para todos los valores finitos de x. 134 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 2 Ejemplo 3 Coeficientes polinomiales Estudiaremos primordialmente el caso en que (11) tiene coeficientes polinomiales. Una consecuencia de la, Definición 1 es que cuando a 2 (x), a 1 (x) y a 0 (x) son polinomios y no tienen factores comunes, un punto x = x 0 es (i) un punto ordinario si 0 ) ( 0 2 ≠ x a , (ii) un punto singular si 0 ) ( 0 2 = x a . Ejemplo 4 La ecuación diferencial xy" + (sen x)y = 0 tiene un punto ordinario en x = 0 ya que se puede demostrar que Q(x) = (sen x)/x tiene el desarrollo en serie de potencias L + − + − = ! 7 ! 5 ! 3 1 ) ( 6 4 2 x x x x Q que converge para todos los valores finitos de x. La ecuación diferencial y" + (1n x)y = 0 tiene un punto singular en x = 0 ya que Q(x) = 1n x no tiene un desarrollo en serie de potencias de x. (a) Los puntos singulares de la ecuación (x 2 - 1)y" + 2xy´+ 6y = 0 son las solu- ciones de x 2 - 1 = 0 o bien . 1 ± = x Todos los otros valores finitos de x son puntos ordinarios. (b) Los puntos singulares no son necesariamente números reales. La ecuación (x 2 + 1)y" + xy´ - y = 0 tiene puntos singulares para las soluciones de x 2 + 1 = 0, ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 135 Ejemplo 5 TEOREMA 1 Si x = x 0 es un punto ordinario de la ecuación (11), siempre podemos encontrar dos soluciones distintas en serie de potencias, soluciones que son de la forma ∑ ∞ = − = 0 0 ) ( n n n x x c y Una solución en serie converge por lo menos para |x – x 0 | < R 1 , donde R 1 es la distancia al punto singular más cercano.* Para resolver una ecuación lineal de segundo orden como la (11), buscamos dos conjuntos diferentes de coeficientes c n de modo que se tengan dos series de potencias linealmente independientes, y 1 (x) y y 2 (x), ambas desarrolladas en torno al mismo punto ordinario x = x 0 . En este caso para un intervalo común de convergencia a saber, x = ± i. Todos los otros valores finitos de x, reales o complejos, son puntos ordinarios. La ecuación de Cauchy-Euler ax 2 y" + bxy' + cy = 0, donde a, b y c son constantes, tiene un punto singular en x = 0. Todos los otros valores finitos de x, reales o complejos, son puntos ordinarios. En lo que resta de esta sección, nuestro objetivo es encontrar soluciones en serie de potencias en torno a puntos ordinarios, para ecuaciones diferenciales del tipo (11) en las cuales los coeficientes son polinomios. Nota Para nuestros propósitos, los puntos ordinarios y los puntos singulares siempre serán finitos. Es posible que una ecuación diferencial tenga, por ejemplo, un punto singular infinito. Enunciamos el siguiente teorema sin demostrarlo. 136 ECUACIONES DIFERENCIALES que no contenga el origen, la solución general de la ecuación es y = C 1 y 1 (x) + C 2 Y 2 (x). El procedimiento usado para resolver una ecuación de segundo orden es igual al ilustrado al resolver y' - 2xy = 0; es decir, suponemos que existe una solución del tipo ∑ ∞ = − = 0 0 ) ( n n n x x c y Y luego determinamos los c n . De hecho, encontraremos que C 1 = c 0 y C 2 = c 1 , donde c 0 y c 1 son arbitrarias. Ejemplo 6 Nota Para simplificar, supondremos que un punto ordinario está siempre loca- lizado en x = 0, ya que si no lo está, la sustitución t = x – x 0 traslada el valor x = x 0 a t = 0. Resolver la ecuación de segundo orden y” -2xy=0. Solución Vemos que x = 0 es un punto ordinario de la ecuación. Puesto que no hay puntos singulares finitos, el Teorema 6.1 garantiza dos soluciones de la forma ∑ ∞ = = 0 n n n x c y , convergentes para ∞ < x . Se tiene ∑ ∑ ∞ = − ∞ = − = = ′ 1 1 0 1 n n n n n n x nc x nc y ∑ ∑ ∞ = − ∞ = − − = − = ′ ′ 1 2 10 2 ) 1 ( ) 1 ( n n n n n n x c n n x c n n y donde se tiene en cuenta que el primer término en cada serie, correspondiente a n = 0 y n = 1, respectivamente, es cero. Por lo tanto, ∑ ∑ ∞ = + ∞ = − − − = − ′ ′ 0 1 2 2 2 ) 1 ( 2 n n n n n n x c x c n n xy y 4 4 4 4 4 3 4 4 4 4 4 2 1 1 3 0 1 2 0 2 2 ) 1 ( 1 2 sempiezanx ambasserie n n n n n n x c x c n n x c ∑ ∑ ∞ = ∞ = + − − − + ⋅ = ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 137 Haciendo k = n - 2 en la primera serie y k = n + 1 en la segunda, resulta ∑ ∑ ∞ = − ∞ = + − + + + = − ′ ′ 1 1 1 2 2 2 ) 1 )( 2 ( 2 2 k k k k k k x c x c k k c xy y [ ] 0 2 ) 1 )( 2 ( 2 1 1 2 2 = − + + + = ∑ ∞ = − + k k k k x c c k k c Debemos tener entonces 2c 2 = 0 y (k + 2)(k +1')c k+2 - 2c k-1 = 0. La última expresión es equivalente a , ) 1 )( 2 ( 2 1 2 + + = − + k k c c k k k= 1,2,3.. Iterando, 2 3 2 0 3 ⋅ = c c 3 4 2 1 4 ⋅ = c c 0 4 5 2 2 5 = ⋅ = c c 0 2 3 6 2 3 5 6 2 5 6 2 c c c ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = 1 2 4 7 3 4 6 7 2 6 7 2 c c c ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = 0 7 8 2 5 8 = ⋅ = c c 1 3 6 9 2 3 5 6 8 9 2 8 9 2 c c c ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = 1 3 7 10 3 4 6 7 9 10 2 9 10 2 c c c ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = 0 10 11 2 8 11 = ⋅ = c c etcétera. Debería ser obvio que c 0 y c 1 , son, ambos, arbitrarios. Ahora bien, L + + + + + + + + + + + + = 11 11 10 10 9 9 8 8 7 7 6 6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 0 x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c x c c y 138 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 7 L + + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ + ⋅ + + + = 0 3 4 6 7 9 10 2 2 3 5 6 8 9 2 0 3 4 6 7 2 2 3 5 6 2 0 3 4 2 2 3 2 0 1 1 3 9 0 3 7 1 2 6 0 2 4 1 3 0 1 0 x c x c x c x c x c x c x c c ( ¸ ( ¸ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + + ( ¸ ( ¸ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + = K K 10 3 7 2 4 1 9 3 6 2 3 0 3 4 6 7 9 10 2 3 4 6 7 2 4 4 2 2 3 5 6 8 9 2 2 3 5 6 2 2 3 2 1 x x x x c x x x c Aunque la forma en que se van generando los coeficientes en el ejemplo precedente es clara, a veces es útil escribir las soluciones en términos de la notación de suma. Usando las propiedades de los factoriales podemos escribir [ ] ( ¸ ( ¸ − ⋅ ⋅ + = ∑ ∞ = k k k x k k c x y 3 1 0 1 )! 3 ( ) 2 3 ( 7 4 1 2 1 ) ( L [ ] ( ¸ ( ¸ + − ⋅ ⋅ + = + ∞ = ∑ 1 3 1 1 2 )! 1 3 ( ) 1 3 ( 8 5 2 2 ) ( k k k x k k x c x y L A esta forma se le puede aplicar el criterio del cociente para demostrar que cada serie converge para ∞ < x . Resolver (x 2 + 1)y"+ xy´–y = 0. Solución Puesto que los puntos singulares son x = ±i, una solución en serie de potencias convergerá por lo menos para |x| < 1.* La suposición y ∑ ∞ = = 0 n n n x c y conduce a ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ = − − − + − + 2 0 0 1 2 2 ) 1 ( ) 1 ( n n n n n n n n n x c x nc x x c n n x ∑ ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = − − + − + − = 2 2 1 0 2 ) 1 ( ) 1 ( n n n n n n n n n n n n x c x nc x c n n x c n n ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 139 43 42 1 43 42 1 4 4 3 4 4 2 1 4 4 3 4 4 2 1 n k n n n n k n n n n k n n n n k n n n x c x nc x c n n x c n n x c x c x c x c x c = ∞ = = ∞ = − = ∞ = − = ∞ = ∑ ∑ ∑ ∑ − + − + − + − + + − = 2 2 2 4 2 2 1 1 3 0 0 0 2 ) 1 ( ) 1 ( 6 2 [ ] k k k k k k x c kc c k k c k k x c c c ∑ ∞ = + − + + + + − + + − = 2 2 3 0 2 ) 1 )( 2 ( ) 1 ( 6 2 [ ] 0 ) 1 )( 2 ( ) 1 )( 1 ( 6 2 2 2 3 0 2 = + + + − + + + − = ∑ ∞ = + k k k k x c k k c k k x c c c Por consiguiente, debemos tener que 2c 2 – c 0 = 0 c 3 = 0 (k + 1)(k - l)c k + (k + 2)(k + 1)c k+2 = 0 o, después de dividir entre (k + 2)(k + 1), c 3 = 0 0 2 2 1 c c = k k c k k c 2 1 2 + − = + k=2,3,4... Iterando la última fórmula resulta 0 2 0 2 4 ! 2 2 1 4 2 1 4 1 c c c c − = ⋅ − = − = 0 5 2 3 5 = − = c c 0 2 0 4 6 ! 3 2 3 1 6 4 2 3 6 3 c c c c ⋅ = ⋅ ⋅ − = − = 0 7 4 5 7 = − = c c 0 4 0 6 8 ! 2 2 5 3 1 8 6 4 2 5 3 8 5 c c c c ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = − = 0 9 6 7 9 = − = c c 0 5 0 8 10 ! 5 2 7 5 3 1 10 8 6 4 2 7 5 3 10 7 c c c c ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = − = 140 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 9 y" + (cos x)y = 0. Solución Puesto que L + − + − = ! 6 ! 4 ! 2 1 2 4 2 x x x x se ve que x = 0 es un punto ordinario. Por consiguiente, la suposición ∑ ∞ = = 0 n n n x c y conduce a ∑ ∑ ∞ = ∞ = − | | ¹ | \ | + + − + − = + ′ ′ 0 2 4 2 2 ! 4 ! 2 1 ) 1 ( ) (cos n n n n n n x c x x x c n n y x y L ) ( 24 2 1 ) 20 12 6 2 ( 3 3 2 2 1 0 4 2 3 5 2 4 3 2 L L L + + + + | | ¹ | \ | + + − + + + + + = x c x c x c c x x x c x c x c c L + | ¹ | \ | − + + | ¹ | \ | − + + + + + = 3 1 3 5 2 0 2 4 1 3 0 2 2 1 20 2 1 12 ) 6 ( 2 x c c c x c c c x c c c c etcétera. Por lo tanto, y = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 + c 5 x 5 + c 6 x 6 + c 7 x 7 + c 8 x 8 +… ( ¸ ( ¸ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ + − + + = L 10 5 8 4 6 3 4 2 2 0 1 ! 5 2 7 5 3 1 ! 4 2 5 3 1 ! 3 2 3 1 ! 2 2 1 2 1 1 x x x x x c x c Las soluciones son , 1 , 2 ) 3 2 ( 5 3 1 ) 1 ( 2 1 1 ) ( 2 2 1 2 0 1 < ( ¸ ( ¸ − ⋅ ⋅ − + + = ∑ ∞ = − x x n n x c x y n n n n L y 2 (x) = c 1 x. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 141 Soluciones en torno a puntos singulares Anteriormente vimos que no hay mayores dificultades para encontrar una solución en serie de potencias de a 2 (x)y" + a 1 (x)y' + a 0 (x)y = 0 (1) en torno a un punto ordinario x = x 0 . Sin embargo, cuando x = x 0 es un punto singular no siempre es posible encontrar una solución de la forma ∑ ∞ = − = 0 0 ) ( n n n x x c y ; pero tal vez se pueda encontrar una solución de la forma ∑ ∞ = + − = 0 0 ) ( n r n n x x c y , donde r es una constante que se debe determinar. Puntos singulares regulares e irregulares Los puntos singulares se clasifican además en regulares e irregulares. Para definir estos conceptos, nuevamente escribimos (1) en la forma estándar Como la última línea debe ser idénticamente nula, debemos tener 0 2 0 2 = + c c 0 6 1 3 = + c c 0 2 1 12 0 2 4 = − + c c c 0 2 1 20 1 3 5 = − + c c c etcétera. Ya que c 0 y c 1 son arbitrarios, encontramos que ( ¸ ( ¸ + + − = L 4 2 0 1 12 1 2 1 1 ) ( x x c x y Y ( ¸ ( ¸ + + − = L 5 3 2 2 30 1 6 1 ) ( x x x c x y Ambas series convergen para todos los valores finitos de x. 142 ECUACIONES DIFERENCIALES y" + P(x)y' + Q(x)y = 0. (2) DEFINICION Coeficientes polinomiales En el caso en que los coeficientes de (1) son polinomios sin factores comunes, la anterior definición es equivalente a lo siguiente: Sea a 2 (x0) = 0. Obtenga P(x) y Q(x) simplificando a 1 (x)/a 2 (x) y a 0 (x)/a 2 (x), respectivamente, hasta que estas sean fracciones racionales irreducibles. Si el factor (x – x 0 ) es a lo mas de primer grado en el denominador de P(x) y a lo mas de segundo grado en el denominador de Q(x), entonces x = x 0 es un punto singular regular. Ejemplo 10 Un punto singular x = x 0 de la ecuación (1) se denomina punto singular regular si (x – x 0 ) P(x) y (x – x 0 ) 2 Q(x) son ambas analíticas en x 0 , en otros términos, (x – x 0 ) P(x) y (x – x 0 ) 2 Q(x) tienen una serie de potencias en (x - x 0 ) con radio de convergencia positivo. Un punto singular que no es regular se denomina punto singular irregular de la ecuación. Es claro que x = -2 y x = 2 son puntos singulares de la ecuación (x 2 -4) 2 y”+ (x - 2)y´+ y = 0. Dividiendo la ecuación entre (x2 - 4) 2 = (x - 2) 2 (x + 2) 2 obtenemos 2 ) 2 )( 2 ( 1 ) ( + − = x x x P y 2 2 ) 2 ( ) 2 ( 1 ) ( + − = x x x Q Es claro que x = -2 y x = 2 son puntos singulares de la ecuación (x 2 -4) 2 y”+ (x - 2)y´+ y = 0. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 143 Ejemplo 11 Dividiendo la ecuación entre (x2 - 4) 2 = (x - 2) 2 (x + 2) 2 obtenemos 2 ) 2 )( 2 ( 1 ) ( + − = x x x P y 2 2 ) 2 ( ) 2 ( 1 ) ( + − = x x x Q Ahora estudiamos P(x) y Q(x) en cada punto singular. Para que x = -2 sea un punto singular regular, el factor x + 2 puede aparecer a lo sumo elevado a la primera potencia en el denominador de P(x) y a lo sumo elevado a la segunda potencia en el denominador de Q(x). Un examen de P(x) y Q(x) muestra que la primera condición no se cumple y por lo tanto concluimos que x = -2 es un punto singular irregular. Para que x = 2 sea un punto singular regular, el factor x - 2 puede aparecer a lo sumo elevado a la primera potencia en el denominador de P(x) y cuando más elevado a la segunda potencia en el denominador de Q(x). Un segundo examen de P(x) y Q(x) muestra que ambas condiciones se verifican, luego x = 2 es un punto singular regular. Los puntos x = 0 y x = -1 son, ambos, puntos singulares de la ecuación diferencial x 2 (x+1) 2 y"+(x 2 -1)y'+2y=0. Un examen de ) 1 ( 1 ) ( 2 + − = x x x x P y 2 2 ) 1 ( 2 ) ( + = x x x Q muestra que x = 0 es un punto singular irregular ya que (x - 0) aparece elevado a la segunda potencia en el denominador de P(x). Sin embargo, note que x = -1 es un punto singular regular. 144 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 12 (a) x = 1 y x = -1 son puntos singulares regulares de (1 – x 2 )y" - 2xy' + 30y = 0. (b) x = 0 es un punto singular irregular de x 3 y"- 2xy' + 5y = 0 ya que Q(x) = 5/x 3 . (c) x = 0 es un punto singular regular de xy"- 2xy'+ 5y=0 puesto que P(x) = -2 y Q(x) = 5/x. En la parte (c) del ejemplo precedente, observe que (x - 0) y (x - 0) 2 ni siquiera aparecen en los denominadores de P(x) y Q(x). Recuerde que estos factores pueden aparecer a lo más en esta forma. Con respecto a un punto singular x = x 0 , el que aparezca cualquier potencia no negativa de (x – x 0 ) con un exponente menor que uno (es decir, cero) y cualquier potencia no negativa con un exponente menor que dos (es decir, cero y uno) en los denominadores de P(x) y Q(x), respectivamente, nos indica que x 0 es un punto singular regular. Además, recuerde que los puntos singulares podrían ser números complejos. Es obvio que tanto x = 3i como x = -3i son puntos singulares regulares de la ecuación (x 2 + 9)y" - 3xy' + (1 - x)y = 0 puesto que ) 3 )( 3 ( 3 ) ( i x i x x x P + − − = y ) 3 )( 3 ( 1 ) ( i x i x x x Q + − − = ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 145 Ejemplo 13 Ejemplo 14 Método de Frobenius Para resolver una ecuación diferencial de tipo (1) en torno a un punto singular regular, usamos el siguiente teorema debido a Ferdinand Georg Frobenius. TEOREMA 2 Si x = x 0 es un punto singular regular de la ecuación (1), existe al menos una solución en serie de la forma Basándonos en el estudio de la ecuación de Cauchy-Euler en la sección anterior, podemos mostrar que y 1 = x 2 y y 2 = x 2 1n x son soluciones de la ecuación x 2 y” – 3xy + 4y = 0, en el intervalo ∞ < < x 0 . Si se intenta usar formalmente el procedimiento del Teorema 1 en el punto singular regular x = 0 (esto es, suponer una solución de la forma ∑ ∞ = = 0 0 n n n x c y ), obtendríamos solamente la solución y 1 = x 2 . El hecho de que no se obtenga la segunda solución en realidad no es sorprendente puesto que 1n x no tiene un desarrollo en serie de Taylor en torno a x = 0; por consiguiente resulta que y 2 = x 2 In x no tiene serie de potencias en x. La ecuación diferencial 6x 2 y"+5xy'+(x 2 - 1)y = 0 tiene un punto singular regular en x = 0, pero no tiene ninguna solución de la forma ∑ ∞ = = 0 n n n x c y . Sin embargo, mediante el procedimiento que ahora consideraremos, se puede demostrar que existen dos soluciones en serie de la forma ∑ ∞ = + = 0 2 / 1 n n n x c y y ∑ ∞ = − = 0 3 / 1 n n n x c y 146 ECUACIONES DIFERENCIALES ∑ ∞ = + − = − − = 0 0 0 0 ) ( ) ( ) ( n r n n n n r x x c x x c x x y (3) donde el número r es una constante a determinar. La serie convergerá al menos en algún intervalo 0 < x – x 0 < R. Para simplificar, supondremos siempre que x 0 = 0, como en la sección precedente. Por ejemplo, dado que x = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial 3xy"+ y'- y = 0, (4) Ensayamos una solución de la forma ∑ ∞ = + = 0 n r n n x c y Ahora bien, ∑ ∞ = − + + = 0 1 ) ( n r n n x c r n y ∑ ∞ = − + − + + = 0 2 ) 1 )( ( n r n n x c r n r n y de modo que 3xy"+y'-y ∑ ∑ ∑ ∞ = + ∞ = − + ∞ = − + − + + − + + = 0 0 1 0 1 ) ( ) 1 )( ( 3 n r n n n r n n n r n n x c x c r n x c r n r n ∑ ∑ ∞ = + ∞ = − + − − + + = 0 0 1 ) 2 3 3 )( ( n r n n n r n n x c x c r n r n ( ( ( ¸ ( ¸ − − + + + − = = ∞ = − = ∞ = − − ∑ ∑ 43 42 1 4 4 4 4 3 4 4 4 4 2 1 n k n n n n k n n n r x c x c r n r n x c r r x 0 1 1 1 1 0 ) 2 3 )( ( ) 2 3 ( [ ] 0 ) 1 3 3 )( 1 ( ) 2 3 ( 4 1 1 0 = ( ¸ ( ¸ − + + + + + − = ∑ ∞ = + − x c c r k r k x c r r x o k k k r lo cual implica r(3r - 2)c 0 = 0 (k+r+ 1)(3k+3r+ 1)c k+1 – c k = 0, k=0,1,2... (5) Puesto que nada se logra eligiendo c 0 = 0, debemos tener r(3r - 2) = 0 (6) y ,... 2 , 1 , 0 , ) 1 3 3 )( 1 ( 1 = + + + + = + k r k r k c c k k (7) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 147 Al sustituir en (7) los dos valores de r que satisfacen (6), r1 = 2/3 y r 2 = 0, resultan dos relaciones de recurrencia diferentes: ,..., 2 , 1 , 0 , ) 1 )( 5 3 ( , 3 2 1 1 = + + = = + k k k c c r k k (8) Y ,..., 2 , 1 , 0 , ) 1 3 )( 1 ( , 0 1 2 = + + = = + k k k c c r k k Iterando (8) da por resultado 1 5 0 1 ⋅ = c c 8 5 ! 2 2 8 0 1 2 ⋅ = ⋅ = c c c 11 8 5 ! 3 3 11 0 2 3 ⋅ ⋅ = ⋅ = c c c 14 11 8 5 ! 4 4 14 0 3 4 ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = c c c M , ) 2 3 ( 11 8 5 ! 1 + ⋅ ⋅ = n n c c n L n = 1,2,3... , en tanto que iterando (9) resulta 1 1 0 1 ⋅ = c c 4 1 ! 2 4 2 0 1 2 ⋅ = ⋅ = c c c 7 4 1 ! 3 7 3 0 2 3 ⋅ ⋅ = ⋅ = c c c 10 7 4 1 ! 4 10 4 0 3 4 ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = c c c M , ) 2 3 ( 7 4 1 ! 1 + ⋅ ⋅ = n n c c n L n = 1,2,3... , 148 ECUACIONES DIFERENCIALES Obtenemos así dos soluciones en serie ( ¸ ( ¸ + ⋅ ⋅ + = ∑ ∞ =1 3 / 2 0 1 ) 2 3 ( 11 8 5 ! 1 1 n n x n n x c y L (10) Y ( ¸ ( ¸ − ⋅ ⋅ + = ∑ ∞ =1 0 0 2 ) 2 3 ( 7 4 1 ! 1 1 n n x n n x c y L (11) Mediante el criterio del cociente se puede demostrar que (10) y (11) convergen para todos los valores finitos de x. Además, dada la forma de (10) y la de (11) se ve claramente que ninguna de las dos series es un múltiplo constante de la otra y por lo tanto, y 1 (x) y y 2 (x) son soluciones linealmente independientes sobre el eje x. Luego, por el principio de superposición, ) ( ) ( 2 2 1 1 x y C x y C y + = ∞ < ( ¸ ( ¸ − ⋅ ⋅ + + ( ¸ ( ¸ + ⋅ ⋅ + = ∑ ∑ ∞ = ∞ = + x x n n c x n n x c n n n n , ) 2 3 ( 7 4 1 ! 1 1 ) 2 3 ( 11 8 5 ! 1 1 2 1 3 / 2 3 / 2 1 L L es otra solución de (4). Esta combinación lineal representa la solución general de la ecuación diferencial en cualquier intervalo que no contenga el origen (tal como ∞ < < x 0 ). Aunque el ejemplo precedente ilustra la manera general de usar el método de Frobenius, nos apresuramos en señalar que tal vez no siempre podamos encontrar dos soluciones con tanta facilidad, esto es, que podamos encontrar dos soluciones que sean series infinitas y que consistan solamente de potencias de x. Ecuación índicial A la ecuación (6) se la llama ecuación indicial del problema y a los valores r 1 = 2/3 y r 2 = 0 se les llama raíces indiciales o exponentes de la singularidad. En general, si x = 0 es un punto singular regular de (1) entonces las funciones xP(x) y x 2 Q(x) obtenidas de (2) son analíticas en 0; es decir, los desarrollos xP(x) = p 0 + p 1 x+p 2 x 2 +… (12) x 2 Q(x) = q 0 +q 1 x+q 2 x 2 +... son válidos en intervalos que tengan radio de convergencia positivo. Después de sustituir ∑ ∞ = + = 0 n r n n x c y en (1) o en (2) y simplificar, la ecuación indicial es una ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 149 ecuación cuadrática en r que resulta de igualar a cero el coeficiente total de la menor potencia de x. Se deja como ejercicio demostrar que la ecuación indicial es r(r-1) + p 0 r + q 0 = 0. (13) Se resuelve luego esta ecuación para obtener los dos valores de los exponentes y los sustituimos en una relación de recurrencia, tal como la (7). Ejemplo 15 pero nótese que en este caso no dividimos inmediatamente entre (k - 1)(k + 1) puesto que este término es cero para k = 1. Sin embargo, para los casos k = 0 y k = 1 usámos directamente la relación de recurrencia (17): 0 1 1 0 1 = − ⋅ − c c y . 0 2 0 1 2 = − ⋅ c c La última ecuación implica que c 1 = 0 y por lo tanto la primera implica que c 0 = 0. Encontramos después que ,... 3 , 2 , ) 1 )( 1 ( 1 = + − = + k k k c c k k y por lo tanto 3 1 2 3 ⋅ = c c ! 4 ! 2 2 4 2 2 3 4 c c c = ⋅ = ! 5 ! 3 2 5 3 2 4 5 c c c = ⋅ = M ,... 4 , 3 , 2 , ! )! 2 ( 2 2 = − = n n n c c n De esta manera podemos escribir ∑ ∞ = − − = 2 2 2 2 . ! )! 2 ( 2 n n x n n x c y (18) Sin embargo, un examen cuidadoso de (18) revela que y 2 es simplemente un múltiplo constante de (16). Para ver esto, en (18) hagamos k = n - 2. Concluimos que el método de Frobenius sólo da una de las soluciones en serie de la ecuación (14). 150 ECUACIONES DIFERENCIALES Casos de raíces indiciales Caso I Si r 1 y r 2 son distintas y no difieren en un entero, existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación (1) y son de la forma , 0 , 0 2 1 1 ≠ = ∑ ∞ = + c x c y n r n n (19a) , 0 , 0 2 2 2 ≠ = ∑ ∞ = + b x b y n r n n (19b) Caso I Raíces que no difieren en un entero Ejemplo 16 Solución Si ∑ ∞ = + = 0 n r n n x c y , entonces 2xy”+(1 +y)y'+ y ∑ ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = + + ∞ = − + ∞ = − + + + + + + − + + = 0 0 0 1 0 1 ) ( ) ( ) 1 )( ( 2 n n r n n r n n n r n n n r n n x c x c r n x c r n x c r n r n ∑ ∑ ∞ = + ∞ = − + + + + − + + = 0 0 1 ) 1 ( ) 1 2 2 )( ( n r n n n r n n x c r n x c r n r n Al usar el método de Frobenius, se suelen distinguir tres casos de acuerdo con la naturaleza de las raíces indiciales. Para simplificar, supongamos que r 1 y r 2 son las soluciones reales de la ecuación índicíal y que, cuando corresponda, r 1 denote la mayor de las raíces. Resolver 2xy" + (1 + x)y' + y = 0. (20) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 151 ( ( ( ¸ ( ¸ + + + − + + + − = = ∞ = − = ∞ = − − ∑ ∑ 4 4 3 4 4 2 1 4 4 4 4 4 3 4 4 4 4 4 2 1 n k n n n n k n n n r x c r n x c r n r n x c r r x 0 1 1 1 1 0 ) 1 ( ) 1 2 2 )( ( ) 1 2 ( [ ] 0 ) 1 ( ) 1 2 2 )( 1 ( ) 1 2 ( 0 1 1 0 = ( ¸ ( ¸ + + + + + + + + − = ∑ ∞ = + − k k k k r x c r k c r k r k x c r r x lo cual implica r(2r - 1) = 0 (21) (k+r+1)(2k+2r+1)c k+1 +(k+r+l)c k = 0, k=0,1,2... (22) Para r 1 = 1/2, dividiendo (22) entre k + 3/2 obtenemos ) 1 ( 2 1 + − = + k c c k k 1 2 0 1 ⋅ − = c c ! 2 2 2 2 2 0 1 2 ⋅ = ⋅ − = c c c ! 3 2 3 2 3 0 2 3 ⋅ − = ⋅ − = c c c M ,... 3 , 2 , 1 , ! 2 ) 1 ( 0 = − = n n c c n n n Así tenemos ( ¸ ( ¸ − + = ∑ ∞ =0 2 / 1 0 1 ! 2 ) 1 ( 1 n n n n x n x c y ∑ ∞ = + − = 0 2 / 1 0 ! 2 2 ) 1 ( n n n n x c (23) la cual converge para 0 ≥ x . Tal como está dada, la serie no tiene significado para x < 0, debido a la presencia de x 1/2 . 152 ECUACIONES DIFERENCIALES Método de Frobenius Casos II y III Cuando las raíces de la ecuación indicial difieren en un entero positivo, no es seguro que podamos encontrar dos soluciones de (1) que tengan la forma (3). En ese caso una solución, la correspondiente a la raíz menor, contiene un término logarítmico. Cuando los exponentes son iguales, una segunda solución contendrá siempre un logaritmo. Esta última situación es análoga a la de las soluciones de la ecuación diferencial de Cauchy-Euler en el caso en que las raíces de la ecuación auxiliar son iguales. Tenemos los dos casos siguientes. Caso II Ahora bien, para r 2 = 0, (22) se transforma en 1 2 1 + − = + k c c k k 1 0 1 c c − = 3 1 3 0 1 2 ⋅ = − = c c c 5 3 1 5 0 2 3 ⋅ ⋅ − = − = c c c 7 5 3 1 7 0 3 4 ⋅ ⋅ ⋅ = − = c c c M ,... 3 , 2 , 1 , ) 1 2 ( 7 5 3 1 ) 1 ( 0 = − ⋅ ⋅ ⋅ − = n n c c n n L Podemos concluir que una segunda solución de (20) es ∞ < ( ¸ ( ¸ − ⋅ ⋅ ⋅ − + = ∑ ∞ = x x n c y n n n , ) 1 2 ( 7 5 3 1 ) 1 ( 1 1 0 2 L (24) La solución general en el intervalo ∞ < < x 0 es y = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x). ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 153 Caso III Caso II Raíces que difieren en un entero positivo Ejemplo 17 Si r 1 – r 2 = N, donde N es un entero positivo, existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación (1), de la forma 0 , 0 0 1 1 ≠ = ∑ ∞ = + c x c y n r n n (25a) 0 , 1 ) ( 0 0 1 2 2 ≠ + = ∑ ∞ = + b x b x n x Cy y n r n n (25b) donde C es una constante que puede ser cero. Si r 1 = r 2 , siempre existen dos soluciones linealmente independientes de la ecuación (1), de la forma 0 , 0 0 1 1 ≠ = ∑ ∞ = + c x c y n r n n (26a) 0 , 1 ) ( 0 1 1 2 1 ≠ + = ∑ ∞ = + b x b x n x y y n r n n (26b) Resolver xy” + (x – 6)y´- 3y = 0. (27) Solución La supuesta ∑ ∞ = + = 0 n r n n x c y conduce a xy” + (x – 6)y´- 3y ∑ ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = + + ∞ = − + ∞ = − + − + + + − − + + = 0 0 0 1 0 1 3 ) ( ) ( 6 ) 1 )( ( n n r n n r n n n r n n n r n n x c x c r n x c r n x c r n r n 154 ECUACIONES DIFERENCIALES ( ( ( ¸ ( ¸ − + + − + + + − = = ∞ = − = ∞ = − − ∑ ∑ 4 4 4 3 4 4 4 2 1 4 4 4 4 3 4 4 4 4 2 1 n k n n n n k n n n r x c r n x c r n r n x c r r x 0 1 1 1 1 0 ) 3 ( ) 7 )( ( ) 7 ( [ ] 0 ) 3 ( ) 6 )( 1 ( ) 7 ( 0 1 1 0 = ( ¸ ( ¸ − + + − + + + + − = ∑ ∞ = + − k k k k r x c r k c r k r k x c r r x Por consiguiente, r(r – 7) = 0 de modo que r 1 = 7, r 2 = 0, r 1 – r 2 = 7 y (k + r +1)(k +r -6)c k+1 +(k + r -3)c k = 0, k = 0,1,2,…. (28) Para la raíz menor r2 = 0, (28) se transforma en (k + 1)(k – 6)c k+1 +(k – 3)c k = 0 (29) Puesto que k – 6 = 0 cuando k = 6, no dividimos entre este término hasta que k > 6. Encontramos ¦ ¦ ) ¦ ¦ ` ¹ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + − ⋅ = ⋅ + − ⋅ = ⋅ + − ⋅ = − + − ⋅ = − + − ⋅ = − + − ⋅ 0 3 0 7 0 2 ) 2 ( 6 0 1 ) 3 ( 5 0 0 ) 4 ( 4 0 ) 1 ( ) 4 ( 3 0 ) 2 ( ) 5 ( 2 0 ) 3 ( ) 6 ( 1 6 7 5 6 4 5 3 4 2 3 1 2 0 1 c c c c c c c c c c c c c c implica c 4 = c 5 =c 6 = 0 pero c 0 y c 7 puede ser elegidos arbitrariamente Luego 0 1 2 1 c c − = 0 1 2 10 1 5 1 c c c = − = (30) 0 2 3 120 1 12 1 c c c − = − = ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 155 y para 7 ≥ k ) 6 )( 1 ( ) 3 ( 1 − + − − = + k k c k c k k 7 8 1 8 4 c c ⋅ − = 7 8 9 9 8 ! 2 5 4 2 9 5 c c c ⋅ ⋅ = ⋅ − = 7 9 10 10 9 8 ! 3 6 5 4 3 10 6 c c c ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − = M ,... 10 , 9 , 8 , 10 9 8 )! 7 ( ) 4 ( 6 5 4 ) 1 ( 7 1 = ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ − = + n c n n n c n n L L (31) si elegimos c 7 = 0 y 0 0 ≠ c , obtenemos la solución polinomial , 120 1 10 1 2 1 1 3 2 0 1 ( ¸ ( ¸ − + − = x x x c y (32) pero cuando 0 7 ≠ c y 0 0 = c , se deduce que una segunda solución, pero ahora dada por una series infinita, es ( ¸ ( ¸ ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ − + = ∑ ∞ = + 8 1 7 7 2 10 9 8 )! 7 ( ) 4 ( 6 5 4 ) 1 ( n n n x n n n x c y L L ∞ < ( ¸ ( ¸ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + = ∑ ∞ = + x x k k k x c n k k , ) 7 ( 10 9 8 ! ) 3 ( 6 5 4 ) 1 ( 1 7 7 7 L L (33) 156 ECUACIONES DIFERENCIALES Cuando las raíces de la ecuación indicial difieren en un entero positivo, la segunda solución puede contener un logaritmo. En la práctica esto no se sabe por adelantado pero queda determinado después de haber encontrado las raíces indiciales y examinado cuidadosamente la relación de recurrencia que define los coeficientes c n . Como el ejemplo anterior lo muestra, podemos tener la suerte de encontrar dos soluciones que solamente contengan potencias de x. Por otra parte, si no encontramos una segunda solución que sea una serie, siempre podemos usar formalmente el hecho que ∫ ∫ = − dx x y e x y y dx x P ) ( ) ( 2 1 ) ( 1 2 (35) Finalmente, para x > 0, una solución general de la ecuación (27) es y = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) ( ¸ ( ¸ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + + ( ¸ ( ¸ − + − = ∑ ∞ = + 1 7 7 2 3 2 1 ) 7 ( 10 9 8 ! ) 3 ( 6 5 4 ) 1 ( 120 1 10 1 2 1 1 n k k x k k k x C x x x C L L Es interesante observar que en el ejemplo precedente no se usó la raíz mayor r 1 = 7. Si lo hubiéramos hecho, habríamos obtenido una solución en serie de la forma* ∑ ∞ = + = 0 7 n n n x c y (37) donde los c n están definidos por (28) con r 1 = 7: ,... 2 , 1 , 0 , ) 1 )( 8 ( ) 4 ( 1 = + + + − = + k c k k k c k k La iteración de esta última relación de recurrencia daría entonces sólo una solución, a saber, la solución dada por (33). ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 157 También es una solución de la ecuación y" + P(x)y' + Q(x)y = 0 siempre que y 1 sea una solución conocida. Ejemplo 18 Hallar la solución general de xy"+3y'-y=0. Solución Recuerde que el método de Frobenius proporciona solamente una solución de esta ecuación, a saber, ∑ ∞ = + = 0 1 )! 2 ( ! 2 n n x n n y L + + + + = 3 2 360 1 24 1 3 1 1 x x x (36) De (35) obtenemos una segunda solución ∫ ∫ = − dx x y e x y y dx x ) ( ) ( 2 1 ) / 3 ( 1 2 ∫ ( ¸ ( ¸ + + + + = dx x x x x dx x y 2 3 2 3 1 360 1 24 1 3 1 1 ) ( L ∫ ( ¸ ( ¸ + + + + = L 3 2 3 1 30 1 36 7 3 2 1 ) ( x x x x dx x y (Elevando al cuadrado) ∫ ( ¸ ( ¸ + − + − = dx x x x x x y L 3 2 3 1 270 19 4 1 3 2 1 1 ) ( (por división de series) ∫ ( ¸ ( ¸ + − + − = L x x n x x x y 270 19 1 4 1 3 2 1 ) ( 2 3 1 o bien ( ¸ ( ¸ + − + − + = L x x x x y x n x y y 270 19 3 2 2 1 ) ( 1 ) ( 4 1 2 1 1 2 (37) 158 ECUACIONES DIFERENCIALES Un procedimiento alternativo Cuando el método de Frobenius no proporciona una segunda solución en serie, hay varios procedimientos alternativos a la fórmula (35). Aunque el método que sigue es algo tedioso, es muy directo. La idea básica es suponer una solución de la forma (25b), o bien, de la forma (26b) y determinar los coeficientes b n en términos de los coeficientes c n que definen la solución conocida y 1 (x). Ejemplo 19 Por lo tanto, la solución general en el intervalo ∞ < < x 0 es ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | + − + − + + = L x x x x y x n x y C x y C y 270 19 3 2 2 1 ) ( 1 ) ( 4 1 ) ( 2 1 1 2 1 1 2 (38) Donde y 1 (x) está definida por (36). La menor de las dos raíces indiciales para la ecuación xy" + 3y´ - y = 0 es r 2 = - 2. Por (25b), suponemos ahora una segunda solución ∑ ∞ = − + = 0 2 1 2 1 n n n x b x n y y (39) donde . )! 2 ( ! 2 0 1 ∑ ∞ = + = n n x n n y (40) Derivando (39) resulta ∑ ∞ = − − + ′ + = ′ 0 3 1 1 2 ) 2 ( 1 n n n x b n x n y x y y ∑ ∞ = − − − + ′ ′ + ′ + − = ′ ′ 0 4 1 1 2 1 2 ) 3 )( 2 ( 1 2 n n n x b n n x n y x y x y y ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 159 de modo que [ ] ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = − − ∞ = − − − + − − + + ′ + − ′ + ′ ′ = − ′ + ′ ′ 0 0 2 3 0 3 1 1 1 1 1 2 2 2 ) 2 ( 3 ) 3 )( 2 ( 2 2 3 1 3 n n n n n n n n n cero x b x b n x b n n z y y y y y x x n y y y x 4 4 3 4 4 2 1 ∑ ∑ ∞ = − ∞ = − − − + + ′ = 0 2 0 3 1 1 ) 2 ( 2 2 n n n n n n x b x nb n x y y (41) donde hemos combinado las dos primeras sumas y hemos usado el hecho que 0 3 1 1 1 = − ′ + ′ ′ y y y x Derivando (40), podemos escribir (41) como ∑ ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = − ∞ = ∞ = − − − − − + + + + 0 0 2 0 0 3 1 1 ) 2 ( )! 2 ( ! 4 )! 2 ( ! 4 n n n n n n n n n n x b x nb n x n n x n n n 43 42 1 4 4 3 4 4 2 1 4 4 3 4 4 2 1 ∑ ∑ ∑ ∞ = − − = ∞ = − = ∞ = − − − − − + + + + − − + − = 1 2 2 2 3 0 1 2 1 0 3 0 ) 2 ( )! 2 ( ! ) 1 ( 4 ) ( ) 2 ( 0 n n n n k n n n n k n n x b x nb n x n n n x b b x b 1 0 1 2 2 1 0 ) 2 ( )! 2 ( ! ) 1 ( 4 ) ( − ∞ = + + − ∑ ( ¸ ( ¸ − + + + + + + − = k k k k x b b k k k k k x b b (42) Igualando (42) a cero resulta b 1 = -b 0 y , 0 ) 2 ( )! 2 ( ! ) 1 ( 4 1 2 = − + + + + + + k k b b k k k k k para k = 0,1,2,… (43) Cuando k = 0 en (43), tenemos 0 2 0 2 1 2 = − ⋅ + b b de modo que b 1 = 2, b 0 = -2, pero b 2 es arbitrario. Reescribiendo (43) como ) 2 ( )! 2 ( ! ) 1 ( 4 ) 2 ( 1 2 + + + − + = + + k k k k k k k b b k k (44) 160 ECUACIONES DIFERENCIALES Soluciones equivalentes En este momento uno se puede preguntar si (37) y (45) son realmente equivalentes. Si en (38) elegimos C 2 = 4, entonces | ¹ | \ | + − + − + = L x x x y x n y y 135 38 3 8 2 1 2 1 1 2 | ¹ | \ | + − + − × | ¹ | \ | + + + + + = L L x x x x x x x n y 135 38 3 8 2 360 1 24 1 3 1 1 1 2 3 2 1 L + − + + − = − − x x x x n y 108 19 36 29 2 2 1 1 2 1 (46) que es precisamente lo que obtenemos de (45) si se elige b 2 como 29/36. Caso III Raíces indiciales iguales Ejemplo 20 y dando a k los valores k = 1, 2, . . ., resulta 9 4 3 2 3 − = b b 288 25 24 1 32 1 8 1 2 3 4 − = − = b b b etcétera. Finalmente podemos escribir y 2 = y 1 1n x+ b 0 x -2 +b 1 x -1 + b 2 + b 3 x +… ... 9 4 3 2 2 1 2 2 1 2 1 + | ¹ | \ | − + + + − = − − x b b x x x n y (45) Hallar la solución general de xy"+y'- 4y=0 (47) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 161 Solución La suposición ∑ ∞ = + = 0 n r n n x c y conduce a ∑ ∑ ∑ ∞ = + ∞ = − + ∞ = − + − + + − + + = − ′ + ′ ′ 0 0 1 0 1 4 ) ( ) 1 )( ( 4 n r n n n r n n n r n n x c x c r n x c r n r n y y y x ∑ ∑ ∞ = + − + ∞ = − + = 0 1 2 0 4 ) ( n r n n r n n n x c x c r n ( ( ( ¸ ( ¸ − + + = = ∞ = − = ∞ = − − ∑ ∑ 43 42 1 4 4 3 4 4 2 1 n k n n n n k n n n r x c x c r n x c r x 0 1 1 1 2 1 0 2 4 ) ( [ ] 0 4 ) 1 ( 0 1 2 1 0 2 = ( ¸ ( ¸ − + + + = ∑ ∞ = + − k k k k r x c c r k x c r x Por lo tanto, r 2 = 0, r 1 = r 2 = 0, y (k+r+1) 2 c k+1 +1 - 4 ck = 0, k = 0,1,2.... (48) Claramente, la raíz r 1 = 0 dará sólo una solución, la correspondiente a los coeficientes definidos por la iteración de ,.... 2 , 1 , 0 , ) 1 ( 4 2 1 = + = + k k c c k k El resultado es ∑ ∞ = ∞ < = 0 2 0 1 , ) ! ( 4 n n n x x n c y (49) Para obtener la segunda solución linealmente independiente hacemos c 0 = 1 en (49) y luego usamos la fórmula (35): ∫ ∫ = − dx x y e x y y dx x ) ( ) ( 2 1 ) / 1 ( 1 2 162 ECUACIONES DIFERENCIALES ∫ ( ¸ ( ¸ + + + + = 2 3 2 1 9 16 4 4 1 ) ( L x x x x dx x y ∫ ( ¸ ( ¸ + + + + = L 3 2 1 9 16 24 8 1 ) ( x x x x dx x y ∫ ( ¸ ( ¸ + − + − = dx x x x x x y L 3 2 1 9 1472 40 8 1 1 ) ( ∫ ( ¸ ( ¸ + − + − = dx x x x x y L 2 1 9 1472 40 8 1 ) ( ∫ ( ¸ ( ¸ + − + − = L 3 2 1 27 1472 20 8 1 ) ( x x x x n x y (50) Por consiguiente, la solución general de (47) en el intervalo ∞ < < x 0 es , ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | + − + − + + = L 3 2 1 1 2 1 1 27 1472 20 8 ) ( 1 ) ( ) ( x x x x y x n x y C x y C y (51) donde y, (x) está definida por (49). Como en el Caso II, también podemos determinar y 2 (x) directamente a partir de la suposición (26b). Por consiguiente, la solución general de (47) en el intervalo ∞ < < x 0 es , ( ¸ ( ¸ | ¹ | \ | + − + − + + = L 3 2 1 1 2 1 1 27 1472 20 8 ) ( 1 ) ( ) ( x x x x y x n x y C x y C y (51) donde y, (x) está definida por (49). Como en el Caso II, también podemos determinar y 2 (x) directamente a partir de la suposición (26b). ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 163 Observación Al resolver una ecuación diferencial como la (1) en torno a un punto x 0 para el cual a 2 (x 0 ) = 0, intencionalmente no hemos considerado dos complicaciones adicionales. Es perfectamente posible que al usar (3), las raíces de la ecuación indicial resulten ser números complejos. Cuando los exponentes r 1 y r 2 son complejos, la afirmación r 1 > r 2 carece de significado y debe ser reemplazada por Re(r 1 ) > Re(r 2 ) (por ejemplo, si β α i r + = , entonces α = ) Re(r ). En particular, cuando la ecuación indicial tiene coeficientes reales, las raíces complejas serán un par conjugado β α β α i r i r − = + = 2 1 , y ≠ = − β i r r 2 2 1 entero. Así, para x 0 = 0, existirán siempre dos soluciones ∑ ∞ = + = 0 1 1 n r n n x c y y ∑ ∞ = + = 0 2 2 n r n x x b y Infortunadamente, ambas soluciones darán valores complejos de y para cada valor real de x. Esta última dificultad puede ser superada mediante el principio de superposición. Puesto que una combinación de soluciones también es una solución de la ecuación diferencial, podríamos formar combinaciones adecuadas de y 1 (x) y y 2 (x) para obtener soluciones reales. (Véase el Caso III de la solución de la ecuación de Cauchy-Euler.) Por último, si x = 0 es un punto singular irregular, debe hacerse notar que puede ser posible no encontrar ninguna solución de la forma ∑ ∞ = + = 0 n r n n x c y . 164 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 21 4.4 ECUACIONES ESPECIALES Las dos ecuaciones aparecen frecuentemente en estudios avanzados de matemática aplicada, física e ingeniería. Se llaman ecuación de Bessel y ecuación de Legendre, La ecuación y" + xy = 0 no tiene puntos singulares en el plano finito. Usando la sustitución w = 1/x, por la regla de la cadena se tiene dx dw dw dy dx dy = dw dy x 2 1 − = , 2 dw dy w − = [ ] 2 2 2 2 w dx d dw dy dx dy dx d w dx y d − ( ¸ ( ¸ − = | ¹ | \ | − | ¹ | \ | − = dx dw w dw dy dx dw dw dy dw d w 2 2 dw dy w dw y d w 3 2 2 4 2 + = de modo que la ecuación original se transforma en . 0 1 2 3 2 2 4 = + + y w dw dy w dw y d w Un examen de w w P 2 ) ( = y 5 1 ) ( w w Q = indica que w = 0 es un punto singular irregular. Por lo tanto, c 0 es un punto singular irregular. 0 ) ( 2 2 2 = − + ′ + ′ ′ y v x y x y x (1) 0 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 = + + ′ − ′ ′ − y n n y x y x (2) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 165 respectivamente. Al resolver (1) supondremos que 0 ≥ v , en tanto que en (2) consideraremos sólo el caso en que n es un entero no negativo. Puesto que buscamos soluciones en serie para cada ecuación, en torno a x = 0, hacemos notar que el origen es un punto singular regular de la ecuación de Bessel, pero es un punto ordinario de la ecuación de Legendre. Solución de la ecuación de Bessel Si suponemos ∑ ∞ = + = 0 n r n n x c y , entonces ∑ ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = + + + + − + + + − + + = − + ′ + ′ ′ 0 0 0 0 2 2 2 2 2 ) ( ) 1 )( ( ) ( n n n n n r n n r n n r n n c v x c x r n c x r n r n c v x y x y x [ ] ∑ ∑ ∞ = + ∞ = + − + + − + + + − + − = 0 2 1 2 2 2 0 ) ( ) 1 )( ( ) ( n n n r n n n r r x c x x v r n r n r n c x x v r r r c [ ] ∑ ∑ ∞ = ∞ = + + − + + − = 1 0 2 2 2 2 2 0 . ) ( ) ( n n n n r n n r r x c x x v r n c x x v r c (3) De (3) vemos que la ecuación indicial es r 2 - v 2 = 0, de modo que las raíces indiciales son r 1 = v y r 2 = -v. Cuando r 1 = v, (3) se transforma en ∑ ∑ ∞ = ∞ = + + + 1 0 2 ) 2 ( n n n n v n n v x c x x y n n c x ( ( ( ( ¸ ( ¸ + + + + = ∑ ∑ ∞ = + − = ∞ = 43 42 1 4 4 3 4 4 2 1 0 2 2 2 1 ) 2 ( ) 2 1 ( n n n n k n n n v x c x v n n c c v x [ ] 0 ) 2 2 )( 2 ( ) 2 1 ( 2 2 2 1 = ( ¸ ( ¸ + + + + + + = ∑ ∞ = + + n k k k v x c c v k k c v x 166 ECUACIONES DIFERENCIALES Por lo tanto, por el argumento usual podemos escribir (1 + 2v)c 1 = 0 (k + 2)(k + 2 + 2v)c k+2 +c k = 0 o bien ... 2 , 1 , 0 , ) 2 2 )( 2 ( 2 = + + + − = + k v k k c c k k (4) La elección c 1 = 0 en (4) implica que c 3 = c 5 = c 7 … = 0 de modo que para k = 0, 2, 4,… encontramos, después de hacer k + 2 = 2n, n = 1, 2, 3, ..., que ) ( 2 2 2 2 2 v n n c c n n + − = − (5) Por consiguiente, ) 1 ( 1 2 2 0 2 v c c + ⋅ ⋅ − = ) 2 )( 1 ( 2 1 2 ) 2 ( 2 2 4 0 2 2 4 v v c v c c + + ⋅ ⋅ = + ⋅ − = ) 3 )( 2 )( 1 ( 3 2 1 2 ) 3 ( 3 2 6 0 2 4 6 v v v c v c c + + + ⋅ ⋅ ⋅ = + ⋅ − = M .... 3 , 2 , 1 , ) ( ) 2 )( 1 ( ! 2 ) 1 ( 2 0 2 = + + + − = n v n v v n c c n n n L (6) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 167 Funciónes de Bessel de prímera clase La solución en serie anterior se denota usualmente por J v (x): . 2 ) 1 ( ! ) 1 ( ) ( 2 0 v n n n v x n v n x J + ∞ = ∑ | ¹ | \ | + + Γ − = (7) Es corriente dar a c 0 un valor específico, ) 1 ( 2 1 0 v c v + Γ = donde ) 1 ( v + Γ es la función gama. Como esta última función tiene la conveniente propiedad ), ( ) 1 ( α α α Γ = + Γ , podemos reducir el producto indicado en el denominador de (6) a un sólo término. Por ejemplo, ) 1 ( ) 1 ( ) 1 1 ( v v v + Γ + = + + Γ ) 2 ( ) 2 ( ) 2 1 ( v v v + Γ + = + + Γ ) 1 ( ) 1 )( 2 ( v v v + Γ + + = Por lo tanto, podemos escribir (6) como. ) 1 ( ) ( ) 2 )( 1 ( ! 2 ) 1 ( 2 2 v v n v v n c v n n n + Γ + + + − = + L ,.... 2 , 1 , 0 , ) 1 ( ! 2 ) 1 ( 2 = + + Γ − = + n n v n v n n Se tiene entonces que una solución es ∑ ∞ = + = 0 2 2 n v n n x c y ∑ ∞ = + | ¹ | \ | + + Γ − = 0 2 2 ) 1 ( ! ) 1 ( n v n n x n v n Si 0 ≥ v , la serie convergerá por lo menos en el intervalo ∞ < ≤ x 0 168 ECUACIONES DIFERENCIALES Además, para el segundo exponente r 2 = -v obtenemos, exactamente de la misma manera, . 2 ) 1 ( ! ) 1 ( ) ( 2 0 v n n n v x n v n x J − ∞ = − ∑ | ¹ | \ | + − Γ − = (8) Las funciones J v (x) y J -v (x) se llaman funciones de Bessel de primera clase, de orden v y -v, respectivamente. Dependiendo del valor de v, (8) puede contener potencias negativas de x y por lo tanto converge para ∞ < < x 0 . Ahora bien, hay que tener un poco de cuidado al escribir la solución general de (1). Cuando v = 0, es evidente que (7) y (8) son iguales. Si v > 0 y r 1 - r 2 = v - (-v) = 2v no es un entero positivo, según el Caso I, se deduce que J v (x) y J -v (x) son soluciones linealmente independientes de (1) para ∞ < < x 0 y por lo tanto la solución general en el intervalo sería y = c 1 J v (x) + c 2 J -v (x). Pero también, según el Caso II, cuando r 1 - r 2 = 2v es un entero positivo, puede existir una segunda solución en serie de (1). En este segundo caso, distinguimos dos posibilidades. Cuando v = m = entero positivo, J -m (x) definida por (8) y J m (x) no son soluciones linealmente independientes. Se puede demostrar que J -m es un múltiplo constante de J m (véase la Propiedad (i) dada más adelante). Además, r 1 – r 2 = 2v puede ser un entero positivo cuando v es la mitad de un entero positivo impar. Se puede demostrar que en esta última eventualidad, J v (x) y J -v (x) son linealmente independientes. En otras palabras solución general de (1) en ∞ < < x 0 es: y = c 1 J v (x) + c 2 J -v (x) siempre que ≠ v entero. Las gráficas de y = J 0 (x) y y = J 1 (x) se presentan en la Figura que las gráficas de J 0 y J 1 parecen gráficas amortiguadas de cosenos y senos respectivamente. Ejemplo 1 Hallar la solución general de la ecuación x 2 y" + xy' + (x 2 - 1/4)y = 0 en ∞ < < x 0 ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 169 Funciones de Bessel de segunda clase Si ≠ v entero, la función definida mediante la combinación lineal π π v sen x J x J v x Y v v v ) ( ) ( cos ) ( − − = (10) y la función J v (x) son soluciones linealmente independientes de (1). Por consiguiente, otra forma de la solución general de (1) es y = c 1 J v (x) + c 2 Y v (x), siempre que ≠ v entero. Cuando m v → , siendo m entero, (10) tiene la forma indeterminada 0/0. Sin embargo, se puede demostrar mediante la regla de L'Hôpital que el límite ) (x Y lím v m v→ existe. Además, la función ) ( ) ( x Y lím x Y v m v m → = y J m (x) son soluciones linealmente independientes de x 0 y” + xy' + (x 2 - m 2 )y = 0. Por lo tanto, para cualquier valor de v la solución general de (1) en ∞ < < x 0 se puede escribir como y = c 1 J 1 (x) + c 2 Y v (N). (11) A Y v (x) se le llama a veces función de Neumann y de manera más común, función de Bessel de segunda clase de orden v. La Figura muestra las gráficas de Y 0 (x) y Y 1 (x). Solución Identificamos v 2 = 1/4 y por lo tanto v = 1/2. Por (9) vemos que la solución general de la ecuación diferencial es ) ( ) ( 2 / 1 2 2 / 1 1 x J c x J c y − + = 170 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 2 Ecuación paramétrica de Bessel Sustituyendo x por x λ en (1) y aplicando la regla de la cadena, obtenemos una forma alternativa de la ecuación de Bessel conocida como ecuación paramétrica de Bessel: 0 ) ( 2 2 2 2 = − + ′ + ′ ′ y v x y x y x λ (12) La solución general de (12) es ). ( ) ( 2 1 x Y c x J c y v v λ λ + = (13) Propiedades A continuación enumeramos algunas de las propiedades más útiles de las funciones de Bessel de orden m, siendo m = 0, 1, 2, … (i) J -m (x) = (-1) m J m (x) (ii) J m (-x) = (-1) m J m (x) (iii) J m (0) = 0, m>0 (iv) J 0 (0) = 1 (v) −∞ = + → ) ( 0 x Y lím m x Hallar la solución general de la ecuación x 2 y" + xy' + (x 2 - 9)y = 0 en ∞ < < x 0 Solución Puesto que v 2 = 9, identificamos v = 3. De (11) resulta que la solución general es y = c 1 J 3 (x) + c 2 Y 3 (X) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 171 Obsérvese que la propiedad (ii) indica que J m (x) es una función par si m es entero par, y una función impar si m es entero impar. Las gráficas de Y 0 (x) y Y 1 (x) en la Figura anterior ilustran la propiedad (v): Ym(x) no es acotada en el origen. Solución de la ecuación Legendre Como x = 0 es un punto ordinario de la ecuación (2), suponemos una solución de la forma ∑ ∞ = = 0 k k k x c y . Por lo tanto, (1 –x 2 )y”- 2xy´ + n(n+1)y ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ = − + + − − − = 0 0 0 2 2 ) 1 ( 2 ) 1 ( ) 1 ( k k k k k k k k k x c n n kx c x k k c x ∑ ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = − + + − − − − = 0 1 2 2 2 ) 1 ( 2 ) 1 ( ) 1 ( k k k k k k k k k k k k x c n n kx c x k k c x k k c [ ] [ ] 43 42 1 43 42 1 43 42 1 43 42 1 k j k k k k j k k k j k k k k j k k k x c n n kx c x c kx c x c c c n n x c c n n = ∞ = = ∞ = = ∞ = − = ∞ = ∑ ∑ ∑ ∑ + + − − + + − + + + + = 2 2 4 2 2 4 3 1 1 0 2 0 ) 1 ( 2 6 2 ) 1 ( 2 ) 1 ( [ ] [ ] [ ] 0 ) 1 )( ( ) 1 )( 2 ( 6 ) 2 )( 1 ( 2 ) 1 ( 2 2 3 1 2 0 = + + − + + + + + + − + + + = ∑ ∞ = + j j j j x c j n j n c j j x c c n n c c n n implica que n(n +1)c 0 + 2c 2 = 0 (n - 1)(n + 2)c 1 + 6c 3 = 0 (j + 2)(j + 1)c j+2 + (n – j)(n + j + 1)c j = 0 o bien 0 2 ! 2 ) 1 ( c n n c + − = 1 3 ! 3 ) 2 )( 1 ( c n n c + − − = 172 ECUACIONES DIFERENCIALES ... 4 , 3 , 2 , ) 1 )( 2 ( ) 1 )( ( 2 = + + + + − − = + j c j j j n j n c j j (14) iterando (14) resulta 0 2 4 ! 4 ) 3 )( 1 ( ) 2 ( 3 4 ) 3 )( 2 ( c n n n n c n n c + + − = ⋅ + − − 1 3 5 ! 5 ) 4 )( 2 )( 1 )( 3 ( 4 5 ) 4 )( 3 ( c n n n n c n n c + + − − = ⋅ + − − 0 4 6 ! 6 ) 5 )( 3 )( 1 ( ) 2 )( 4 ( 5 6 ) 5 )( 4 ( c n n n n n n c n n c + + + − − − = ⋅ + − − 1 5 7 ! 7 6 )( 4 )( 2 )( 1 )( 3 )( 5 ( 6 7 ) 6 )( 5 ( c n n n n n n c n n c + + + − − − − = ⋅ + − − etcétera. Así, por lo menos par |x| < 1, obtenemos dos soluciones formales en serie de potencias que son linealmente independientes ( ¸ ( ¸ + + + + − − − + + − + + − = L 6 4 2 0 1 ! 6 ) 5 )( 3 )( 1 ( ) 2 )( 4 ( ! 4 ) 3 )( 1 ( ) 2 ( ! 2 ) 1 ( 1 ) ( x n n n n n n x n n n n x n n c x y (15) ( ¸ ( ¸ + + + − − − − + + − − + + − − = L 7 5 3 1 2 ! 7 ) 6 )( 4 )( 1 )( 3 )( 5 ( ! 5 ) 4 )( 2 )( 1 )( 3 ( ! 3 ) 2 )( 1 ( ) ( x n n n n n x n n n n x n n x c x y Nótese que si n es un entero par,la primera serie termina, en tanto que y 2 (x) es una serie infinita. Por ejemplo, si n = 4 entonces ( ¸ ( ¸ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ − = 4 2 0 1 ! 4 7 5 4 2 ! 2 5 4 1 ) ( x x c x y ( ¸ ( ¸ + − = 4 2 0 3 35 10 1 x x c Análogamente, cuando n es un entero impar, la serie para y 2 (x) termina con x n . Esto es, cuando n es un entero negativo obtenemos una solución polinomial de grado n de la ecuación de Legendre. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 173 Puesto que sabemos que un multiplo constante de una solución de la ecuación de Legendre tambien es una solución, es tradiconal elegir valores especificos para c 0 y c 1 dependiendo de si n es un entero positivo par o impar, respectivamente. Para n = 0 elegimos c 0 = 1, y para n = 2,4,6,…, n n c n L L 4 2 ) 1 ( 3 1 ) 1 ( 2 / 0 ⋅ − ⋅ − = en tanto que para n = 1 elegimos c 1 = 1, y para n = 3,5,7,…, . ) 1 ( 4 2 3 1 ) 1 ( 2 / ) 1 ( 1 − ⋅ ⋅ − = − n n c n L L Por ejemplo, cuando n = 4 tenemos ( ¸ ( ¸ + − ⋅ ⋅ − = 4 2 2 / 4 1 3 35 10 1 4 2 3 1 ) 1 ( ) ( x x x y 4 2 8 35 8 30 8 3 x x + − = ) 3 30 35 ( 8 1 2 4 + − = x x Polinomios de Legendre Estas soluciones polinomiales específicas, de grado n, se llaman polinomios de Legendre y se denotan por P n (x). Con las series obtenidas para y 1 (x) y y 2 (x) y los valores dados a c 0 y c 1 encontramos que los primeros polinomios de Legendre son 1 ) ( 0 = x P x x P = ) ( 1 ) 1 3 ( 2 1 ) ( 2 2 − = x x P ) 3 5 ( 2 1 ) ( 3 3 x x x P − = (16) ) 3 30 35 ( 8 1 ) ( 2 4 4 + − = x x x P ) 15 70 63 ( 8 1 ) ( 3 5 5 x x x x P + − = 174 ECUACIONES DIFERENCIALES Propiedades Las siguientes propiedades de los polinomios de Legendre son manifiestas en (16) y la Figura anterior (i) P n (-x) = (-1) n P n (x) (ii) P n (1) = 1 (iii) Pn(-1) = (-1)n (iv) Pn(0) = 0, n = 1,3,5,… (v) P´n(0) = 0, n = 0,2,4,… La propiedad (i) indica que P n (x) es una función par o impar según sea n par o bien impar. Ejemplo 3 Recuérdese que, P 0 (x), P 1 (x), P 2 (x), P 3 (x), . . son a su vez soluciones particulares de las ecuaciones diferenciales 0 2 ) 1 ( , 0 2 = ′ − ′ ′ − = y x y x n 0 2 2 ) 1 ( , 1 2 = + ′ − ′ ′ − = y y x y x n 0 6 2 ) 1 ( , 2 2 = + ′ − ′ ′ − = y y x y x n (17) 0 12 2 ) 1 ( , 3 2 = + ′ − ′ ′ − = y y x y x n Las gráficas de los cuatro primeros polinomios de Legendre, en el intervalo 1 1 ≤ ≤ − x , se dan en la Figura ) ( ) ( ) ( 1 x xJ x vJ x J x v v v + − = ′ ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 175 Ejemplo 4 Solución ∑ ∞ = + | ¹ | \ | + + Γ − = 0 2 2 ) 1 ( ! ) 1 ( n v n n v x n v n J ∑ ∑ ∞ = − + ∞ = + | ¹ | \ | + + Γ − + | ¹ | \ | + + Γ + − = ′ 0 1 2 0 2 2 ) 1 ( ! ) 1 ( 2 2 ) 1 ( ! ) 2 ( ) 1 ( ) ( n v n n n v n n v x n v n n x n v n v n x J x 4 4 4 4 4 3 4 4 4 4 4 2 1 1 1 1 2 2 ) 1 ( )! 1 ( ) 1 ( ) ( − = ∞ = − + ∑ | ¹ | \ | + + Γ − − + = n k n v n n v x n v n x x vJ ∑ ∞ = + + | ¹ | \ | + + Γ − − = 0 1 2 2 ) 2 ( ! ) 1 ( ) ( k v k k v x k v k x x vJ ). ( ) ( 1 x xJ x vJ v b + − = A la expresión ) ( ) ( ) ( 1 x xJ x vJ x J x v v v + − = ′ se la llama relación de recurrencia diferencial. Hallar una expresión alternativa para J 1/2 (x). Use el hecho de que ( ) . 2 1 π = Γ Solución Con v = 1/2 en (7), tenemos ∑ ∞ = + | ¹ | \ | + + Γ − = 0 2 2 1 2 / 1 2 1 2 ) 1 ( ! ) 1 ( ) ( n n n x n n x J Ahora bien, obsérvese que π 2 1 2 1 2 1 2 1 1 , 0 = | ¹ | \ | Γ = | ¹ | \ | + Γ = n π 2 2 3 2 3 2 3 2 3 1 , 1 = | ¹ | \ | Γ = | ¹ | \ | + Γ = n π π π ! 2 2 ! 5 2 4 2 1 2 3 4 5 2 3 5 2 5 2 5 2 5 1 , 2 5 3 3 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = | ¹ | \ | Γ = | ¹ | \ | + Γ = n 176 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 5 π π π ! 3 2 ! 7 ! 2 6 2 ! 5 6 7 ! 2 2 ! 5 7 2 7 2 7 2 7 1 , 3 7 6 6 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = | ¹ | \ | Γ = | ¹ | \ | + Γ = n En general, π ! 2 )! 1 2 ( 2 1 1 1 2 n n n n+ + = | ¹ | \ | + + Γ Por lo tanto, podemos escribir 2 1 2 0 1 2 2 / 1 2 ! 2 )! 1 2 ( ! ) 1 ( ) ( + ∞ = + | ¹ | \ | + − = ∑ n n n n x n n n x J π ∑ ∞ = + + − = 0 1 2 )! 1 2 ( ) 1 ( 2 n n n x n x π x sen x π 2 = Derivando con respecto a t la función generatriz resulta ∑ ∑ ∞ = ∞ = − − − = = − + − 0 1 1 1 2 / 3 2 ) ( ) ( ) ( ) 2 1 ( n n n n n n t x nP t x nP t x t xt de modo que después de multiplicar por 1 - 2xt + t 2 tenemos ∑ ∞ = − − + − = + − − 1 1 2 2 / 1 2 ) ( ) 2 1 ( ) 2 1 )( ( n n n t x nP t xt t xt t x o bien ∑ ∑ ∞ = ∞ = − + − = − 0 1 1 2 ) ( ) 2 1 ( ) ( ) ( n n n n n n t x nP t xt t x P t x (18) Multiplique y exprese de nuevo (18) como ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∞ = ∞ = + ∞ = − ∞ = ∞ = + = − + − − 1 1 1 1 1 0 0 1 0 ) ( ) ( 2 ) ( ) ( ) ( n n n n n n n n n n n n n n n t x nP t x nP x t x nP t x P t x xP ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 177 o bien 0 ) ( 2 2 ) ( 2 1 3 2 ) ( ) ( 1 1 2 2 3 1 1 2 1 2 2 = − + + − | | ¹ | \ | − − − − − + + ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∞ = + ∞ = ∞ = − ∞ = + ∞ = n n n n n n n n n n n n n n n t nP t x nP x t x t x nP t x x x P t t x xP t x x Cancelando adecuadamente, simplificando y cambiando los índices de suma resulta [ ] 0 ) ( ) ( ) 1 2 ( ) ( ) 1 ( 1 1 2 = − + + + − − + ∞ = ∑ k k k k k t x kP x xP k x P k Igualando a cero el coeficiente de tk resulta en la relación de recurrencia de tres términos (k + 1)P k+1 (x) - (2k + 1)xP k (x) + kP k-1 (.X) = 0, k = 2, 3, 4 . . . . Esta fórmula también es válida cuando k = 1. 178 ECUACIONES DIFERENCIALES 5. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES OBJETIVO GENERAL Calcular sistemas lineales o ecualciones diferenciales lineales simultaneas con coeficientes constantes. OBJETIVOS ESPECIFICOS 1. Calcular ecuaciones diferenciales epleando el método de los operadores. 2. Identificar y resolver ecuaciones diferenciales empleando el método de la transformada de Laplace. 3. Resolver sistemas deecuaciones lineales de primer orden. INTRODUCCIÓN Hasta ahora hemos estudiado métodos para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias consideradas individualmente. Pero, en la práctica, es posible que se necesite usar más de una ecuación diferencial para describir matemáticamente una situación física. En esta unidad resolveremos sistemas de ecuaciones diferenciales lineales simultáneas, o sistemas lineales, en los cuales todos los coeficientes son constantes. 5.1 MÉTODO DE LOS OPERADORES Las ecuaciones diferenciales ordinarias simultáneas comprenden dos o más ecuaciones que contienen las derivadas de dos o más funciones incógnitas de una sola variable independiente. Si x, y y z son funciones de la variable t, entonces ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 179 Solución de un sistema Una solución de un sistema de ecuaciones diferenciales es un conjunto de funciones diferenciables x = f (t), y = g(t), z = h(t), etc., que satisfacen cada ecuación del sistema en algún intervalo I. Eliminación sistemática La primera técnica que consideraremos para resolver tales sistemas se basa en el principio fundamental de eliminación algebraica sistemática de las variables. Veremos que lo análogo de multiplicar una ecuación algebraica por una constante es operar sobre una ecuación diferencial con alguna combinación de derivadas. Recuérdese que una ecuación diferencial lineal ) ( 0 1 ) 1 ( 1 ) ( t g y a y a y a y a n n n n = + ′ + + + − − L en donde los a i , siendo i = 0, l, ..., n constantes, puede ser escrita como Ejemplo 1 y x dt y d y x dt x d − = + − = 3 2 5 4 2 2 2 2 y 1 6 2 5 3 1 − = ′ − ′ + = ′ + ′ − ′ = ′ + ′ + − ′ t z y x t z y x z y x x son dos ejemplos de sistemas de ecuaciones diferenciales simultáneas. Escribir el sistema de ecuaciones diferenciales x" + 2x' + y" = x + 3y' + sen t usando la notación de los operadores. Solución Expresar el sistema dado como x" + 2x' - x + y" - 3y = sen t x' + 4x + y´ - 2y´= e-t de modo que (D2 + 2D - 1)x + (D2 - 3)y = sen t (D + 4)x + (D - 2)y= e-t 180 ECUACIONES DIFERENCIALES Método de solución Considérese el sistema simple de ecuaciones lineales de primer orden Dy = 2x Dx = 3y (1) o equivalentemente, 2x - Dy = 0 Dx - 3y = 0 (2) Si a la primera ecuación en (2) le aplicamos D, multiplicamos la segunda por 2 y luego restamos, se elimina x del sistema. Se obtiene que -D2y + 6y = 0 o bien D2y - 6y = 0. Puesto que las raíces de la ecuación auxiliar son 6 1 = m y 6 2 − = m obtenemos t t e c e c t y 6 2 6 1 ) ( − + = (3) Si ahora multiplicamos la primera ecuación por -3, aplicamos D a la segunda y luego sumamos, resulta la ecuación diferencial en x, D 2 x - 6x = 0. De inmediato se obtiene que t t e c e c t x 6 4 6 3 ) ( − + = (4) Ahora bien, (3) y (4) no satisfacen el sistema (1) para cualquier valor de c 1 , c 2 , c 3 y c 4 . Sustituyendo x(t), y(t) en la primera ecuación del sistema original (1) resulta, después de simplificar, ( ) ( ) 0 2 6 2 6 6 4 2 6 3 1 = − − + − − t t e c c e c c Cómo la última expresión tiene que anularse para todos los valores de t debemos tener que ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 181 0 2 6 3 1 = − c c y 0 2 6 4 2 = − − c c o bien , 1 3 2 6 c c = 2 4 2 6 c c − = (5) Por lo tanto, concluimos que una solución del sistema debe ser t t e c e c t x 6 2 6 1 2 6 2 6 ) ( − − = t t e c e c t y 6 2 6 1 ) ( − + = Ejemplo 2 Resolver Dx + (D + 2)y = 0 (D - 3)x - 2y = 0. (6) Solución Si a la primera ecuación le aplicamos D - 3, a la segunda le aplicamos D y luego restamos, se elimina x del sistema. Se tiene que la ecuación diferencial en y es [ ] 0 ) 2 ) 2 )( 3 ( = + + − y D D D o bien (D 2 +D - 6)y = 0. Como la ecuación característica de esta última ecuación diferencial es m 2 + m - 6 = (m - 2)(m + 3) = 0, obtenemos la solución y(t) = c 1 e 2t + c 2 e -3t . (7) Eliminando y en forma análoga, resulta (D 2 + D - 6)x = 0, de lo cual obtenemos 182 ECUACIONES DIFERENCIALES x(t) = c 3 e 2t + c 4 e -3 t. (8) Una solución de (6) no contiene cuatro constantes independientes puesto que el sistema mismo restringe el número de las que efectivamente pueden ser elegidas en forma arbitraria. Sustituyendo (7) y (8) en la primera ecuación (6) resulta (4c 1 + 2c 3 )e 2t + (-c 2 - 3c 4 )e -3t = 0 y por lo tanto 4c 1 + 2c 3 = 0 y -c 2 - 3c 4 = 0 luego c 3 = -2c 1 y 2 3 1 4 c c − = Por consiguiente, una solución del sistema es t t e c e c t x 3 2 3 1 2 1 2 ) ( − − − = t t e c e c t y 3 2 2 1 ) ( − + = Puesto que, con la misma facilidad, hubiéramos podido despejar c 3 y c 4 en términos de c 1 , y c 2 , la solución del ejemplo anterior puede ser escrita en la forma alternativa t t e c e c t x 3 4 2 3 ) ( − + = t t e c e c t y 3 2 2 1 ) ( − + − = Al resolver sistemas también vale la pena fijarse bien en lo que se hace. De haber despejado primero x y después y hubiéramos podido determinar la relación entre las constantes simplemente usando la última ecuación de (6) ) 3 ( 2 1 x Dx y − = [ ] t t t t e c e c e c e c 3 4 2 3 3 4 2 3 3 3 3 2 2 1 − − − − − = t t e c e c 3 4 2 3 3 2 1 − − − = ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 183 Ejemplo 3 Resolver x' - 4x + y" = t 2 x´+ x + y´= 0 (9) Solución Primero escribimos el sistema con la notación de operadores diferenciales (D - 4)x + D 2 y = t 2 (D+ 1)x+ Dy = O. (10) Luego, eliminando x obtenemos [(D+ 1)D 2 - (D - 4)D]y = (D + 1)t 2 - (D - 4)0 o bien (D 3 + 4D)y = t 2 + 2t. Puesto que las raíces de la ecuación auxiliar m ( m 2 + 4) = 0 son m 1 = 0, m 2 = 2i y m 3 = -2i, la función complementaria es yc = c 1 + c 2 cos 2t + c 3 sen 2t. Para determinar la solución particular y P usamos coeficientes indeterminados, para lo cual suponemos que y p = At 3 + Bt 2 + Ct. Por lo tanto, , 6 2 6 2 3 2 A y B At y C Bt At y p p p = ′ ′ ′ + = ′ ′ + + = ′ t t C A Bt At y y p p 2 4 6 8 12 4 2 2 + = + + + = ′ + ′ ′ ′ La última igualdad implica que 12A=1, 8B =2, 6A +4C=0 y por lo tanto . 8 1 , 4 1 , 12 1 − = = = C B A 184 ECUACIONES DIFERENCIALES Por consiguiente y = y c + y p t t t t sen c t c c 8 1 4 1 12 1 2 2 cos 2 3 3 2 1 − + + + + = (11) Eliminando y del sistema (10) se obtiene [ ] 2 ) 1 ( ) 4 ( t x D D D = + − − o bien (D 2 + 4)x = -t 2 Debe ser obvio que x c = c 4 cos 2t + c 5 sen2t y que es posible usar coeficientes indeterminados para obtener una solución particular de la forma x p = At 2 + Bt + C. En este caso, con las derivaciones usuales y operaciones algebraicas se obtiene 8 1 4 1 2 + − = t x p y por lo tanto x = x c + x p 8 1 4 1 2 2 cos 2 5 4 + − + = t t sen c t c (12) Ahora bien, c 4 y c 5 pueden ser expresadas en términos de c 2 y c 3 sustituyendo (11) y (12) en cualquiera de las ecuaciones de (9). Usando la segunda ecuación, después de combinar términos, obtenemos (c 5 - 2c 4 – 2c 2 ) sen 2t + (2c 5 + c 4 + 2c 3 ) cos 2t = 0 de modo que c 5 - 2c 4 – 2c 2 =0 y 2c 5 + c 4 + 2c 3 = 0. Despejando c 4 y c 5 en términos de c 2 y c 3 resulta ) 2 4 ( 5 1 3 2 4 c c c + − = y ) 4 2 ( 5 1 3 2 5 c c c − = ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 185 Uso de determinantes Si L 1 , L 2 , L 3 y L 4 denotan operadores diferenciales de coeficientes constantes, entonces un sistema de ecuaciones diferenciales lineales en dos variables x y y puede ser escrito como L 1 x + L 2 y =g 1 (t) L 3 x + L 4 y =g 2 (t) (13) Eliminando variables tal como lo haríamos para ecuaciones algebraicas resulta (L 1 L 4 – L 2 L 3 )x = g(t) Y (L 1 L 4 – L 2 L 3 )y = f2(t) (14) en donde f 1 (t) = L 4 g 1 (t) – L 2 g 2 (t) Y f 2 (t) = L 1 g 2 (t) – L 3 g 1 (t) Los resultados obtenidos en (14) se pueden escribir formalmente en términos de determinantes de manera similar a la usada en la regla de Cramer: 4 2 2 1 4 3 2 1 L g L g x L L L L = y 2 3 1 1 4 3 2 1 g L g L y L L L L = (15) El determinante que aparece en el miembro izquierdo de cada ecuación en (15) puede ser desarrollado en el sentido algebraico corriente; el resultado se aplica posteriormente a las funciones x(t) y y(t). Sin embargo, los determinantes de los segundos miembros en (15) deben desarrollarse con cierto cuidado, de modo que los operadores diferenciales internos efectivamente actúen sobre las funciones g 1 (t) y g 2 (t). Finalmente se encuentra que una solución de (9) es 8 1 4 1 2 ) 4 2 ( 5 1 2 cos ) 2 4 ( 5 1 ) ( 2 3 2 3 2 + − − + + − = t t sen c c t c c t x . 8 1 4 1 12 1 2 2 cos ) ( 2 3 3 2 1 t t t t sen c t c c t y − + + + + = 186 ECUACIONES DIFERENCIALES Si 0 4 3 2 1 ≠ L L L L en (15) es un operador diferencial de orden n, entonces • El sistema (13) puede ser descompuesto en dos ecuaciones diferenciales de orden n en x y y. • La ecuación característica y, por lo tanto, la función complementaria de cada una de estas ecuaciones diferenciales es la misma. • Puesto que tanto x como y contienen n constantes, aparecen en total 2n constantes. • El número total de constantes independientes que aparecen en la solución del sistema es n. Si 0 4 3 2 1 = L L L L en (13), entonces el sistema puede tener una solución que contiene un número cualquiera de constantes independientes, o puede, simplemente, no tener solución. Observaciones semejantes son válidas para sistemas de mayor tamaño que el indicado en (13). Ejemplo 4 Resolver x' = 3x - y – 1 y'= x+ y + 4et. (16) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 187 Después de desarrollar obtenemos (D – 2) 2 x = 1 - 4e t (D - 2) 2 y = -1 -8e t . Por los métodos usuales se deduce que x = x c + x p t t t e te c e c 4 4 1 2 2 2 1 − + + = (17) y = y c + y p t t t e te c e c 8 4 1 2 4 2 3 − − + = (18) Sustituyendo (17) y (18) en la segunda ecuación de (16) resulta (c 3 – c 1 + c 4 )e 2t + (c 4 - c 2 )te 2t = 0 lo cual implica que c 4 =c 2 y c 3 = c 1 - c 4 = c 1 - c 2 . Por consiguiente, una solución de (16) es t t t e te c e c t x 4 4 1 ) ( 2 2 2 1 − + + = t t st e te c e c c t y 8 4 1 ) ( ) ( 2 2 2 1 − − + − = Solución Escriba el sistema en términos de operadores diferenciales: (D - 3)x + y = -1 -x + (D - 1)y = 4e t y luego use determinantes 1 4 1 1 1 1 1 3 − − = − − − D e x D D t t e D y D D 4 1 1 3 1 1 1 3 − − = − − − 188 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 5 5.2 METODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE Otro procedimiento para la solución de ecuaciones y sistemas lineales con coeficientes constantes es el método de la transformación de Laplace. Dado el sistema Dx + Dz = t 2 2x + D 2 y =e t -2Dx - 2y + (D + 1)z=0 hallar la ecuación diferencial para la variable y. Solución Usando determinantes podemos escribir 1 0 2 0 2 1 2 2 0 2 0 2 2 + − = + − − D d e D t D y D D D D D t Desarrollando cada determinante según los menores de la primera fila resulta 0 2 2 1 2 0 2 1 0 0 2 2 2 1 2 0 2 2 2 D e D t D D D e D y D D D D D D t t − + + − − + = ¦ ) ¦ ` ¹ ¦ ¹ ¦ ´ ¦ − − + + − o bien D(3D 3 +D 2 - 4)y=4e t -2t 2 = -4t. Usted debe recordar que el símbolo D en la expresión izquierda debe ser tratado como un ente algebraico, no así en el segundo miembro. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 189 El uso del concepto de transformación de Laplace es un elemento central del análisis y de diseño de sistemas en la ingeniería. Este tipo de métodos, también son llamados métodos operacionales, fue propuesto por el ingeniero inglés O. Heaviside (1850–1925) para resolver las ecuaciones diferenciales que aparecen en el estudio de los circuitos eléctricos ya que permiten pasar de una ecuación diferencial a una ecuación algebraica. El método de la transformación de Laplace, en razón de su capacidad para algebrizar los problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, es ampliamente utilizado en la teoría de circuitos y en la teoría de sistemas lineales de control. Definición. Sea [ R f → ∞) , 0 : una función continua. La transformada de Laplace de f es la función F definida por: ∫ ∞ − = 0 ) ( ) ( dt e t f s F st en los valores de s para los que dicha integral impropia es absolutamente convergente. Como los valores de f(t) para t < 0, si es que existen, no intervienen en la definición de transformada de Laplace, se suele suponer, simplemente, que f(t) = 0 para t < 0 y se dice, en ese caso, que f es una función causal. Ejemplo 1 Observaciones. Las siguientes funciones f(t) tienen la transformada de Laplace F(s) indicada ) ( ) ( s F t f → ) ( ) ( 1 s F t f → (1) ) 0 ( 1 1 > → s s (2) ) 0 ( ! 1 > → + s s n t n n (3) ) 0 ( ) 1 ( 1 > + Γ → + s s a t a a (4) ) ( 1 a s a s e at > − → (5) ) 0 ( ) ( 2 2 > + → s a s a at sen (6) ) 0 ( ) cos( 2 2 > + → s a s s at (7) ) ( ) ( 2 2 a s a s a at h sen > − → (8) ) ( ) ( cos 2 2 a s a s s at h > − → 190 ECUACIONES DIFERENCIALES (1) Vemos en todos estos ejemplos que el conjunto de valores en los que está definida la correspondiente transformada de Laplace es un intervalo de la forma ) , ( ∞ f σ Esto es cierto en general porque si la integral ∫ ∞ − 0 ) ( dt s t f st converge absolutamente para un cierto valor del parámetro s entonces, por el criterio de comparación, también converge para todos los valores mayores que el dado. El ínfim f σ de los valores de s para los que está definida la transformada de Laplace F(s) de una función f(t) se llama abscisa de convergencia y puede probarse que la función F es continua en ) , ( ∞ f σ y que 0 ) ( lim = ∞ → s F s (2) No hay ningún problema en considerar valores complejos del parámetro s. Si jw s + = σ entonces t t t t jw st e wt sen j xt e e e e σ σ σ σ − − − + − − = − = = = )) ( ) (cos( ) ( de manera que, a la hora de estudiar la convergencia absoluta de ∫ ∞ − 0 ) ( dt e t f st , sólo influye la parte real de s, y su región de convergencia será un semiplano del plano complejo de la forma f s σ > ) Re( . (3) Cuando la variable t representa el tiempo, el parámetro s tiene las dimensiones de una frecuencia porque en las aplicaciones se exige que e −st sea adimensional. Por ello se dice que f(t) actúa en el dominio del tiempo y que su transformada de Laplace F(s) actúa en el dominio de la frecuencia. (4) La notación dada utiliza las letras minúsculas para las funciones que actúan en el dominio del tiempo y las correspondientes letras may´usculas para sus transformadas de Laplace )) ( ) ( ( s F t f → y, normalmente, no produce confusiones. Otras notaciones habituales son L LL L{ } f o { } f L (5) Puede extenderse la noci´on de transformada de Laplace a algunas funciones f(t) que no son continuas en t = 0 y para las que la integral ∫ ∞ − 0 ) ( dt e t f st es impropia y ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 191 absolutamente convergente también en el extremo inferior. El ejemplo típico es t t f / 1 ) ( = cuya transformada de Laplace es s s F / ) ( π = para s > 0. (6) Cuando tengamos una función en el dominio de la frecuencia F(s) y calculemos una función f(t) en el dominio del tiempo cuya transformada de Laplace sea la función F dada, diremos que f es la transformada de Laplace inversa o, más coloquialmente, la antitransformada de F, lo que se suele escribir f = L LL L -1 {F}. Puede probarse que f es única salvo, a efectos prácticos, cambios de sus valores en un número finito de puntos. (7) No todas las funciones continuas admiten transformada de Laplace. El ejemplo típico de esta situación es la función 2 ) ( t e t f = . Definiciones. La función de Heaviside, o función de salto en el origen, viene dada por ¹ ´ ¦ > < = 0 1 0 0 ) ( 0 t si t si t h La funci´on de salto en un punto 0 ≥ a se define de la siguiente manera ¹ ´ ¦ > < = − = a t si a t si a t h t h a 1 0 ) ( ) ( 0 El valor de h a (t) en el punto t = a no lo hemos definido y, de hecho, en el contexto de la transformación de Laplace no influye a la hora de calcular las integrales que aparecen. A veces se pone el valor 0 para que sea continua por la izquierda, a veces se pone 1 para que sea continua por la derecha y otras veces se pone 1/2. No existe una notación muy extendida para la función de salto. Nosotros usamos h a (t) (“h” por Heaviside y minúscula para mantener el convenio de usar letras minúsculas para las funciones en el dominio del tiempo) pero en otros libros aparece H a (t) o u(t). Estas funciones son muy útiles para trabajar con funciones discontinuas; esto lo veremos en especial cuando estudiemos cómo se aplica la transformación de Laplace a la resolución de ecuaciones diferenciales lineales. 192 ECUACIONES DIFERENCIALES Calculando la correspondiente integral, es muy fácil ver que la transformada de Laplace de la función de salto ) ( ) ( 0 a t h t h a − = es s e s H as a − = ) ( para s > 0. Propiedades de la transformación de Laplace. Vamos a describir ahora algunas de las propiedades más importantes de la transformación de Laplace. Estas nos permitirán construir nuevas parejas ) ( ) ( s F t f ↔ sin necesidad de calcular directamente las integrales impropias. Linealidad. Ejemplo 2 Un pulso rectángular es una función constante y no nula en un cierto intervalo de tiempo [t1, t2] que vale cero fuera de dicho intervalo, o sea, ¹ ´ ¦ < < . 0 , ) ( 2 1 caso otro en t t t si k t f Escribiendo )) ( ) ( ( )) ( ) ( ( ) ( 2 0 1 0 2 1 t t h t t h k t h t h k t f t t − − − = − = , la propiedad de linealidad nos dice que su transformada de Laplace es ) ( ) ( 2 1 s t s t e e s k s F − − − = Si a y b son números reales entonces la transformada de Laplace de af(t)+bg(t) es aF(s) + bG(s) para { } g f s σ σ , max > . O sea, L LL L {af + bg} = aL {f} + bL {g}. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 193 Traslación en el dominio de la frecuencia. Ejemplo 3 Traslación en el dominio del tiempo. Aplicando esta propiedad podemos dar los pares (11)–(14) de la lista siguiente. ) ( ) ( s F t f → ) ( ) ( s F t f → ____________________________________________________________ (9) ) 0 ( / / 1 > → s s t π (10) ) 0 ( ) ( > → − s s e t h as a (11) ) ( ) ( ! 1 a s a s n t e n n at > − → + (12) ) ( ) ( ) 1 ( 2 2 a s b a s b t e b at > + − + Γ → (13) ) ( ) ( ) ( 2 2 a s b a s b bt sen e at > + − → (14) ) ( ) ( ) cos( 2 2 a s b a s a s bt e at > + − − → Si a es un número real entonces la transformada de Laplace de e at f(t) es F(s − a) para f a s σ + > . O sea, L {e at f(t)} = L {f}(s − a). Si 0 ≥ a es un número real entonces la transformada de Laplace de la función trasladada f(t − a)h0(t − a) es e−asF(s) para f s σ > . En otras palabras, L {f(t − a)h 0 (t − a)} = e −as L {f}. 194 ECUACIONES DIFERENCIALES Transformada de Laplace de una función periódica. Derivada de la transformada de Laplace. Aplicación a las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden Sea f(t) una función periódica de período T, o sea f(t + T) = f(t) para todo 0 ≥ t . La transformada de Laplace F(s) de f(t) es { } dt t f e e s F f L T st sT ) ( 1 1 ) ( 0 ∫ − − − = = La transformada de Laplace F(s) de una función f(t) es derivable y se tiene que F´(s) es la transformada de Laplace de −tf (t) para f s σ > . De hecho, por inducción, se tiene que { } { } n n n n ds f L d t f t L ) 1 ( ) ( − = para n = 1,2,…, y f s σ > Supongamos que tenemos el problema de valores iniciales ) ( ) ( ) ( ) ( t r t qy t y p t y = + ′ + ′ ′ con 0 ) 0 ( y y = e 0 ) 0 ( y y ′ = ′ El método de la transformación de Laplace para resolver este problema consiste en calcular las transformadas de Laplace de ambos miembros de esta ecuación. Para ello necesitamos saber qué relación hay entre las transformadas de Laplace de una función y de su derivada. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 195 Transformada de Laplace de una derivada y de una integral Teoremas del valor inicial y final. Aplicación a las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden. La transformada de Laplace de la derivada f´(t) de una función derivable f(t) es sF(s) − f(0) para f s σ > . Es decir, L{f´} = sL{f} − f(0). Aplicando esto a f´ tenemos, como consecuencia, la transformada de la derivada segunda L{f”} = s 2 L{f} − sf(0) − f´(0). Análogamente, aplicandolo a la función integral ∫ t d f 0 ) ( τ τ , tenemos { } ) ( 1 ) ( 0 s F s d f L t = ∫ τ τ (1) Teorema del valor inicial: Si existe ) ( lim s sF s ∞ → , Entonces ) ( lim ) ( lim t f s sF o t s + → ∞ → = (2) Teorema del valor final: Si existe ) ( lim t f t ∞ → y la abscisa de convergencia es 0 < f σ , entonces ) ( lim ) ( lim 0 s sF t f s t → ∞ → = Volvamos al problema de valores iniciales ) ( ) ( ) ( ) ( t r t qy t y p t y = + ′ + ′ ′ con 0 ) 0 ( y y = e 0 ) 0 ( y y ′ = ′ 196 ECUACIONES DIFERENCIALES .Ejemplo 4 y sean Y (s) = L {y(t)} y R(s) = L {r(t)}. Entonces, calculando las transformadas de Laplace de ambos miembros de esta ecuación, tenemos [ ] ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( ) ( 2 s R s qY y s sY p y sy s Y s = + − + ′ − − Reordenando un poco y usando las condiciones iniciales, nos queda , ) ( ) ( ) ( ) ( 0 0 2 y y p s s R s Y q ps s ′ + + + = + + de donde q ps s y y p s s R s Y + + ′ + + + = 2 0 0 ) ( ) ( ) ( Esto nos proporciona la transformada de Laplace Y(s) de nuestra solución, así que y(t) = L −1 {Y (s)} y la cuestión ahora es calcular la transformada inversa. Veamos un ejemplo Vamos a resolver el problema de valor inicial y” + 5y´ + 6y = 2e −t con y(0) = 1 e y´(0) = 0. Como { } { } 1 2 2 2 + = = − − s e L e L t t , la transformada de Laplace de la solución y es ) 2 )( 3 ( 5 ) 3 )( 2 )( 1 ( 2 6 5 5 1 2 ) ( 2 + + + + + + + = + + + + + = s s s s s s s s s s s Y ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 197 Para hallar la transformada inversa de Y(s), descomponemos en fracciones simples , 3 1 2 1 1 1 ) ( + − + + + = s s s s Y con lo que, de acuerdo con la tabla de transformadas, { } t t t e e e s L s L s L Y L t y 3 2 1 1 1 1 3 1 2 1 1 1 ) ( − − − − − − − − + = ) ` ¹ ¹ ´ ¦ + − ) ` ¹ ¹ ´ ¦ + + ) ` ¹ ¹ ´ ¦ + = = El método de la transformación de Laplace convierte la ecuación diferencial y”(t) + py´(t) + qy(t) = r(t) con y(0) = y 0 e 0 ) 0 ( y y ′ = ′ en un problema sin derivadas q ps s y y p s s R s Y + + ′ + + + = 2 0 0 ) ( ) ( ) ( que puede resolverse descomponiendo en fracciones simples y, después, calculando la transformada inversa de cada fracción usando la tabla de pares ) ( ) ( s F t f ↔ conocidos. Una observación importante es que el denominador s 2 + ps + q que aparece a la derecha coincide con la ecuación auxiliar de la ecuación diferencial. La función (s2 + ps + q) −1 , que no depende del término independiente r(t) de la ecuación diferencial, sino de los coeficientes de y”, y´ e y, se llama función de transferencia de la ecuación. Usando la propiedad de la derivada de la transformada de Laplace, podemos emplear este método para ecuaciones con coeficientes polinómicos. 198 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 5 La función de Bessel de orden cero J 0 (t) es la solución de la ecuación de Bessel ty” + y´ + ty = 0 tal que y(0) = 1. Es posible construir esta función mediante una serie de potencias: , 6 4 2 4 2 2 1 ) ( 2 2 2 6 2 2 4 2 2 0 L + ⋅ ⋅ − ⋅ + − = t t t t J Veamos cómo calcular su transformada de Laplace. Si aplicamos la transformación de Laplace a la ecuación nos queda , 0 ) ( 1 ) ( )) 0 ( ) ( ( 2 = − − + ′ − − − s Y ds d s sY y s s Y s ds d o sea, (s 2 + 1)Y´ = −sY. Separando variables e integrando resulta 1 ) ( 2 + = s c s Y para una cierta constante c. Usando el teorema del valor inicial puede verse que c = 1, así que L LL L{ } 1 1 ) ( 2 0 + = s t J En la práctica pueden darse ecuaciones que contienen tanto derivadas como integrales de la función incógnita. Un ejemplo típico es la ecuación de un circuito LRC que puede escribirse con la intensidad de corriente i(t) como incógnita ∫ = + + ′ t t e d i C Ri t i L 0 ) ( ) ( 1 ) ( τ τ con 0 ) 0 ( i i = ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 199 Ejemplo 6 Naturalmente, podemos derivar y transformar esta ecuación en una ecuación diferencial con la carga q(t) como incógnita. Sin embargo, podemos trabajar con la integral usando la fórmula para la transformada de Laplace de una integral. Llamando I(s) = L{i(t)} nos queda = + + − ) ( 1 ) ( ) ) ( ( 0 s I Cs s RI i s sI L L LL L {e(t)} Ecuaciones con término independiente discontinuo. Si el segundo miembro r(t) de la ecuación y”(t) + py´(t) + qy(t) = r(t) es una función discontinua, por ejemplo una función con un salto, difícilmente podemos esperar que la ecuación tenga una solución con derivada continua. Los métodos que vimos en las lecciones anteriores no sirven para hallar una solución. Sin embargo, el método de la transformación de Laplace sí permite trabajar con este tipo de ecuaciones mediante las propiedades de las funciones de salto h a (t) y sus transformadas. Tenemos un circuito RC (o sea, con L = 0) en reposo (o sea, con i(0) = 0) que se conecta con una pila de v 0 voltios durante t 0 segundos. La ecuación que gobierna la intensidad de corriente en el circuito es ∫ − − = − = = ) ` ¹ ¹ ´ ¦ > < < = + τ τ τ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 )) ( 1 ( )) ( ) ( ( 0 0 ) ( 1 ) ( 0 t t h v t h t h v t t si t t si v d i c t Ri t Llamando I(s) = L LL L{i(t)} y usando la transformación de Laplace nos queda ), 1 ( ) ( 1 ) ( 0 0 s t s e s v s I C s RI − − = + luego ). 1 ( ) / 1 ( / ) ( 0 0 s t e RC s R v s I − − + = 200 ECUACIONES DIFERENCIALES Aplicación de la transformación de Laplace a la resolución de sistemas. Una buena opción, sobre todo para el caso de un problema de valor inicial (en el origen) de dimensión no muy alta y´(t) = Ay(t) + f(t) con y(0) = y 0 , es transformar ambos miembros coordenada a coordenada. Si llamamos { } { } { } { } ( ( ( ( ¸ ( ¸ = ) ( ) ( ) ( ) ( 2 1 t y L t y L t y L t y L n M y { } { } { } { } , ) ( ) ( ) ( ) ( 2 1 ( ( ( ( ¸ ( ¸ = t f L t f L t f L t f L n M entonces L{y´(t)} = sL{y(t)} − y 0 , con lo que obtenemos sL{y(t)} − y 0 = AL{y(t)} + L{f(t)} . Es decir, L{y(t)} es la solución del sistema de ecuaciones escalares Usando las propiedades de traslación en el dominio del tiempo y en el dominio de la frecuencia para calcular la transformada inversa obtenemos, finalmente, la solución i(t) = L LL L −1 {I(s)} = )) ( ( 0 0 / ) ( / 0 0 t t h e e R v RC t t RC t − − − − − o, más cómodamente, ¦ ¹ ¦ ´ ¦ > < < − − − 0 0 / / 0 / 0 0 ) 1 ( ) ( 0 t t si t t si e e R V e R v t i RC t RC t RC t ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 201 (sI − A)L{y(t)} = y 0 + L{f(t)}, o bien, { } { } [ ] ) ( ) ( ) ( 0 1 t f l y A sI t y l + − = − Una vez hallado el vector L{y(t)} de las transformadas de Laplace de las componentes de la solución y(t) para obtener ésta, basta anti-transformar. Ejemplo 7 Consideremos el problema de valor inicial ( ¸ ( ¸ − + ( ¸ ( ¸ − − ′ t t y y 3 1 1 1 1 con ( ¸ ( ¸ = 7 0 ) 0 ( y Si llamamos Y 1 (s) = L{y 1 (t)} e Y 2 (s) = L{y 2 (t)}, entonces el sistema transformado es ( ¸ ( ¸ − + ( ¸ ( ¸ ( ¸ ( ¸ − − = ( ¸ ( ¸ − − − − 2 1 2 2 1 2 1 3 ) ( ) ( 1 1 1 1 7 ) ( ) ( s s s s Y s Y s sY s sY donde hemos usado que { } { } ) 0 ( ) ( ) ( ), 0 ( ) ( ) ( 2 1 2 1 1 1 y s sY t y L y s sY t y L − = ′ − = ′ y { } 1 ) ! ( − − = n n s n t l Ahora ordenamos el sistema pasando todas las incógnitas al primer miembro y nos queda ( ¸ ( ¸ − + = ( ¸ ( ¸ ( ¸ ( ¸ − − − − − 2 1 2 2 1 3 7 ) ( ) ( 1 1 1 1 s s s s Y s Y s s Resolvemos este sistema aplicando la regla de Cramer (o también se podría usar, intercambiando el orden de las ecuaciones, el método de eliminación de Gauss) obteniendo 202 ECUACIONES DIFERENCIALES ) 2 ( 2 7 ) 2 ( 2 7 1 ) 1 ( ) 3 7 ( ) 1 ( ) ( 2 1 2 2 1 2 1 − − − = − − − = − − − + − − = − − − − s s s s s s s s s s s s Y ) 2 ( 4 4 7 ) 2 ( 4 4 7 1 ) 1 ( ) 2 ( ) 3 7 )( 1 ( ) ( 2 2 1 2 2 1 2 − − − = − − − = − − − − − + − = − − − s s s s s s s s s s s s s s Y Para hallar las anti-transformadas, descomponemos en fracciones simples. Para la primera componente, tenemos ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( 2 ) 2 ( 2 7 ) ( 2 2 2 2 1 − + − + − = − + + = − − − = s s cs s bs s a s c s b s a s s s s Y de donde, identificando los coeficientes de los numeradores, b + c = 0, a − 2b = −7 y − 2a = −2, con lo que a = 1, b = 4 y = c − 4, así que t e t s s s L t y 2 2 1 1 4 4 2 4 4 1 ) ( − + = ) ` ¹ ¹ ´ ¦ − − + + = − Para la segunda componente, tenemos ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( 2 ) 2 ( 4 4 7 ) ( 2 2 2 2 2 2 − + − + − = − + + = − − − = s s cs s bs s a s c s b s a s s s s s Y de donde, identificando los coeficientes de los numeradores, b + c = 7, a − 2b = −4 y − 2a = −4, con lo que a = 2, b = 3 y c = 4, así que t e t s s s L t y 2 2 1 2 4 3 2 2 4 3 2 ) ( + + = ) ` ¹ ¹ ´ ¦ − + + = − ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 203 Observación. El producto de convolución Definición. En los ejemplos de esta sección hemos visto que el último paso en la aplicación de la transformación de Laplace es el cálculo de una transformada inversa. Las tres ideas básicas para anti-transformar son, en espíritu, las mismas que las del cálculo de primitivas: conocer las anti- transformadas de las funciones más usuales, saber aplicar técnicas básicas (específicamente, la descomposición en fracciones simples) para reducir una transformada complicada a una combinación de transformadas más simples y conocer los teoremas sobre transformadas para poder aplicarlos. De todas formas, existen tablas de transformadas de Laplace que recogen la práctica totalidad de las que suelen aparecer en las aplicaciones a las diversas ramas de la ingeniería. Producto de convolución. No es cierto que la transformada de Laplace de un producto sea el producto de las transformadas de Laplace de los factores: { } { } { } g L f L fg L ≠ en general. Sin embargo, el cálculo de la transformada inversa de un producto L{f}L{g} puede hacerse de manera relativamente simple. Dadas dos funciones [ R g f → ∞) , 0 : , , su producto de convolución es la función g f ∗ definida para 0 ≥ t por ∫ − = ∗ t d t g f t g f 0 ) ( ) ( ) )( ( τ τ τ El producto de convolución tiene una serie de propiedades fáciles de probar. Por ejemplo, es conmutativo, asociativo y distributivo: 204 ECUACIONES DIFERENCIALES Transformada de Laplace del producto de convolución. La función delta de Dirac , ) ( ) ( , h g f h g f f g g f ∗ ∗ = ∗ ∗ ∗ = ∗ y ) ( ) ( ) ( h g b h f a h bg af ∗ + ∗ = ∗ + La propiedad más importante es la expresión de su transformada de Laplace. Dadas [ R g f → ∞) , 0 : , , se tiene que { } { }) , max ( ) ( ) ( g f s s G s F g f L σ σ ≥ = ∗ En muchas situaciones de la ingeniería se busca la respuesta de un sistema cuando se le aplica una fuerza externa muy intensa pero durante un intervalo muy corto de tiempo, lo que se conoce como una fuerza impulsiva. Para modelar estas situaciones se introduce un objeto, la función delta de Dirac ) ( 0 t t δ , o función de impulso, mediante las siguientes propiedades: ∫ ∞ ∞ − = ¹ ´ ¦ = ∞ ≠ = = , 1 ) ) ( , , 0 ) ( ) ( 0 0 0 0 0 dt t t t si t t si dt t dh t t t t δ δ y ∫ ∞ ∞ − = ) ( ) ( ) ( 0 0 t f dt t f t t δ La función delta de Dirac no es una función en el sentido habitual, pero es un ejemplo de lo que se conoce como funciones generalizadas o distribuciones para las que existen las correspondientes nociones de derivada e integral. Manejadas con cuidado, las propiedades que hemos mostrado proporcionan resultados de contenido práctico que no se pueden obtener por los métodos usuales, lo que hace de esta función una herramienta muy útil. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 205 Como tal, la función delta de Dirac es físicamente irrealizable, pero podemos aproximarla suficientemente bien de una manera que, además, nos permite entender de dónde vienen sus propiedades. Para cada n = 1, 2, . . . , sean d n (t) la función definida por ¹ ´ ¦ + < ≤ = caso otro en n t t t si n t d n 0 / 1 ) ( 0 0 y g n (t) la funci´on integral de d n (t), n t t si n t t t si t t si t t n d d t g t n n / 1 / 1 1 ) ( 0 ) ( ) ( 0 0 0 0 0 0 + ≥ + ≤ ≤ < ¦ ¹ ¦ ´ ¦ − = = ∫ τ τ Entonces ) ( ) ( t d t g n n = ′ salvo para t = t 0 y t = t 0 + 1/n. Si tomamos límite para ∞ → n obtenemos Por otro lado, ∫ ∞ ∞ − =1 ) ( τ τ d d n para todo n = 1, 2, . . . , así que ∫ ∞ ∞ − ∞ → =1 ) ( lim τ τ d d n n Ahora, si f(t) es una función cualquiera continua en t 0 , se tiene [ ] [ ] ∫ ∫ + ∞ ∞ − + + ≤ = ≤ n t t n t t n n n t t t f d d f d d f t f / 1 / 1 , / 1 , 0 0 0 0 0 0 ) ( max ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( min τ τ τ τ τ τ De nuevo, tomando límite para ∞ → n , obtenemos ∫ ∞ ∞ − ∞ → = τ τ τ d f d t f n n ) ( ) ( lim ) ( 0 Calculemos ahora las transformadas de Laplace D n (s) = L{d n } { } ) 1 ( )) ( ) ( ( ) ( / / 1 0 0 0 n s s t n t t n e e s n t h t h n L s D − − + − = − = 206 ECUACIONES DIFERENCIALES La función de transferencia. Luego , ) 1 ( lim ) ( lim 0 0 / st n s s t n n n e e e s n s D − − − ∞ → ∞ → = − = lo que justifica enunciar que la transformada de Laplace de la función delta de Dirac es { } 0 0 st t e L − = δ que, además, enlaza con la propiedad de la transformada de una derivada { } { } ) 0 ( 0 0 0 t t t h h sL L − = δ y afianza la afirmación de que la función delta es la derivada de la función de salto. Igual que con la función de salto, teniendo en cuenta que ), ( ) ( 0 0 0 t t t t − = δ δ es cómodo usar sólo la función delta en el origen 0 δ para la que, en particular, se tiene que { } 1 0 = δ L . Así, si f es causal, podemos escribir ∫ ∫ ∫ ∞ ∞ − ∗ = − = − = = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ) )( ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( t t o t t f dt t f t t dt t f t t dt t f t t f δ δ δ δ lo que se conoce como propiedad de replicación o de cribado Un circuito LRC o un resorte son ejemplos típicos de lo que en ingeniería se suele llamar un sistema. Si tenemos el circuito en reposo, continuará así salvo que le proporcionemos un estímulo externo, una fuerza electromotriz. Ante este estímulo el circuito responde con una corriente eléctrica. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 207 Análogamente, un muelle en reposo continuará así salvo que apliquemos un estímulo externo, que será una fuerza mecánica en este caso, a la que el muelle contestará moviéndose. En general, un sistema es un dispositivo que produce respuestas de salida y(t) a estímulos de entrada u(t). Tanto el circuito como el muelle son sistemas regidos por una ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes constantes Ay”(tt) + by´(t) + cy(t) = u(t) donde u(t) es el estímulo de entrada e y(t) es la respuesta de salida a dicho estímulo. En esta ecuación, el miembro izquierdo ay”(t)+by´(t)+cy(t) es, digamos, lo intrínseco al sistema, lo que hace que el sistema responda de una determinada manera ante el estímulo externo u(t). Se dice que un sistema es invariante en el tiempo cuando estímulos iguales, pero aplicados con una diferencia en el tiempo, producen respuestas iguales pero con la misma separación en el tiempo. Se dice que un sistema es lineal cuando la respuesta a la suma de dos estímulos es la suma de las respuestas a cada uno de ellos; esto se conoce como principio de superposición. Cuando el estímulo se produce en un instante dado, que se toma como t 0 = 0, al no tener en cuenta lo que ocurre antes de ese instante, podemos poner u(t) = 0 si t < 0 y se dice u(t) que es una función causal. Se dice que el sistema es causal si la respuesta de salida a una función causal, es también una función causal o, en otras palabras, si la respuesta de salida y(t) en un instante t depende sólo de los valores del estímulo ) (τ u con t ≤ τ , o sea en ese instante y en instantes anteriores. Los sistemas gobernados por ecuaciones diferenciales lineales de segundo (o mayor) orden con coeficientes constantes y condiciones iniciales dadas en t0 = 0 son ejemplos de sistemas lineales, causales e invariantes en el tiempo. Dado un sistema lineal, causal e invariante en el tiempo, se define su función de transferencia como el cociente entre las transformadas de Laplace de la repuesta de salida y el estímulo de entrada 208 ECUACIONES DIFERENCIALES { } { } ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( s U s Y t u L t y L s G = = Las propiedades de linealidad e invariancia en el tiempo permiten probar que esta función sólo depende de los componentes intrínsecos del sistema, no de la entrada que se tome; es decir, si y 1 (t) e y 2 (t) son las respuestas de salida a sendos estímulos u 1 (t) y u 2 (t) entonces ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 s G s U s Y s U s Y = = Esto se ve fácilmente en el caso de un sistema gobernado por la ecuación diferencial ay”(t) + by´(t) + cy(t) = u(t) que parte del reposo, es decir, con y(0) = y´(0) = 0. Al aplicar la transformación de Laplace tenemos que c bs as s U s Y + + = 2 ) ( ) ( o, en otros términos, su función de transferencia es ) ( ) ( 1 ) ( 2 s U s Y c bs as s G = + + = Vemos que, efectivamente, la función de transferencia sólo depende de los componentes intrínsecos del sistema (a = L, b = R y c = 1/C en el caso de un circuito). Esto es así en muchos casos de interés y el conocimiento de la función de transferencia permite analizar completamente el sistema; yendo más lejos, se pueden diseñar sistemas con propiedades específicas, por ejemplo, un filtro de baja frecuencia o un amplificador, encontrando una función de transferencia adecuada. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 209 Si en la relación Y (s) = G(s)U(s) tomamos como estímulo de entrada la función delta de Dirac ) ( 0 t δ , entonces la transformada de Laplace de la respuesta del sistema será Y (s) = G(s), la función de transferencia, y su transformada inversa { } ) ( ) ( 1 s G L t g − = se llama respuesta al impulso unidad o función de transferencia en el dominio del tiempo. Si, en cambio, tomamos como estímulo de entrada la función de Heaviside h 0 (t), entonces la transformada de Laplace de la respuesta del sistema será Y (s) = s −1 G(s) y su transformada inversa ) ` ¹ ¹ ´ ¦ − s s G L t a ) ( ) ( 1 se llama admitancia. Puesto que { } s s G t a L ) ( ) ( = , se tiene que la respuesta al impulso unidad es la derivada de la admitancia: g(t) = a´(t). Volviendo a la relación Y (s) = G(s)U(s) para un estímulo de entrada general u(t), si conocemos la respuesta al impulso unidad g(t), entonces se tiene que { } ∫ ∫ − = − = ∗ = = − t t t d u t g d g t u t u g S U s G L t y 0 0 1 , ) ( ) ( ) ( ) ( ) )( ( ) ( ) ( ) ( τ τ τ τ τ τ o sea, la respuesta de salida es la convolución de la respuesta al impulso unidad con el estímulo de entrada. Esta igualdad se conoce como primera fórmula de Duhamel y puede interpretarse de la manera siguiente: Aproximamos el estímulo u(t) como una suma de estímulos impulsivos ) ( k u τ de corta duración k τ ∆ ocurridos en instantes anteriores k τ , ∑ ∆ − ≈ k k k k t u t u τ τ δ τ ) ( ) ( ) ( Ahora aplicamos el principio de superposición, usando que ) ( k t g τ − es la respuesta del sistema al impulso unidad ) ( k t τ δ − , para obtener ∑ ∆ − ≈ k k k k u t g t y τ τ τ ) ( ) ( ) ( 210 ECUACIONES DIFERENCIALES que no es más que una suma de Riemann de la integral ∫ ∫ ∑ ∆ − ≈ − = − = t t k k k k u t g d u t g d g t u t y 0 0 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( τ τ τ τ τ τ τ τ τ Si en vez de la respuesta al impulso, lo que conocemos es la admitancia a(t), entonces se tiene que { } { } { } u a sL t u L t a sL s Y ∗ = = ) ( ) ( ) ( , luego ∫ ∫ − ′ + = − = ∗ = t t d a t u u t a d a t u dt d t u a dt d t y 0 0 ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) )( ( ) ( τ τ τ τ τ τ que se conoce como segunda fórmula de Duhamel. De nuevo vemos que el conocimiento de g(t) o de a(t) caracterizan el sistema. Podemos usar la noción de función de transferencia para describir la estabilidad de un sistema. Si escribimos la ecuación diferencial que gobierna un sistema y”(t) + py´(t) + qy(t) = 0 como un sistema de ecuaciones diferenciales lineales ( ¸ ( ¸ ( ¸ ( ¸ − − = ( ¸ ( ¸ ′ ′ ) ( ) ( 1 0 ) ( ) ( 2 1 2 1 t y t y p q t y t y , los autovalores de la matriz de los coeficientes son las raíces de la ecuación 0 1 det 2 = + + = − − − − q p p q λ λ λ λ que coincide con la ecuación auxiliar de y”(t) + py´(t) + qy(t) = 0 y también con el denominador de la función de transferencia G(s) = (s 2 + ps + q) −1 . Los ceros de este denominador se llaman polos de la función de transferencia por lo que el teorema de estabilidad de los sistemas de ecuaciones lineales se puede reformular, en este caso particular, de la siguiente manera. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 211 Teorema de estabilidad. 5.3 SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN Como ejemplo introductorio consideremos un sistema de dos bloques que se mueven en una misma línea recta, que están conectados entre si mediante un resorte de acople, y conectados a su entorno (paredes) igualmente mediante resortes tal como lo muestra la figura. Denotemos con x 1 (t) y x 2 (t) los desplazamientos, en el tiempo t, con respecto a la posición de equilibrio de los respectivos bloques (ver figura ). La aplicación de la segunda ley de Newton produce: ), ( 2 1 1 2 1 2 x x k kx dt x d m c − − − = ), ( 1 2 2 2 2 2 x x k kx dt x d m c − − − = (1) donde cada bloque tiene masa m, k es la constante común que une a los bloques con el entorno (paredes) y k c es la constante de acople entre los resortes. (1) La solución nula de una ecuación lineal de coeficientes constantes es asintóticamente estable si, y sólo si, todos los polos de la función de transferencia tienen parte real estrictamente negativa. (2) La solución nula de una ecuación lineal de coeficientes constantes es inestable si alguno de los polos de la función de transferencia tienen parte real estrictamente positiva. Aunque el enunciado de este teorema sólo menciona la estabilidad de la solución de equilibrio, en el caso lineal puede comprobarse que todas las soluciones tienen el m mismo tipo de estabilidad que la solución nula. 212 ECUACIONES DIFERENCIALES Introduciendo las variables (velocidades) , 1 1 dt dx v = , 2 2 dt dx v = y teniendo en cuenta que , 2 1 2 1 dt x d dt dv = , 2 2 2 2 dt x d dt dv = obtenemos , 1 1 v dt dx = , 2 1 1 x m k x m k k dt dv c c + + − = (2) 2 2 v dt dx = 1 2 2 x m k x m k k dt dv c c + + − = Lo que en notación matricial es | | | | | ¹ | \ | | | | | | | ¹ | \ | + − + − = | | | | | ¹ | \ | 2 2 1 1 2 2 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 v x v x m k k m k m k m k k v x v x dt d c c c c (3) Si no hay acoples entre resortes, es decir, si k c = 0; el sistema (1) se reduce al sistema desacoplado, 2 2 2 2 1 2 1 2 , kx dt x d m kx dt x d m − = − = en donde cada masa acta de forma independiente de la otra. Resulta claro, que lo que acopla el sistema, es decir, lo que hace que el comportamiento de cada vaiable dependa de las demás, es la constante k c . Esto es lo que se llama un sistema lineal de ecuaciones diferenciales de primer orden. En este caso simplificado tenemos cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 213 En general, la descripción dinámica de sistemas físicos, como los sistemas de partículas de la mecánica clásica, las redes de circuitos, etc., cuyo estado en cada instante t esta caracterizado por los valores (x 1 (t); : : : ; x n (t)) de n cantidades, conduce a un sistema de ecuaciones diferenciales para x 1 (t); : : : ; x n (t): ) ,..., , ( ), ,..., , ( 1 1 1 1 n n n n x x t f dt dx x x t f dt dx = = M M M (4) que expresan la ley de variacion del estado (x 1 ; : : :; x n ) respecto del tiempo t. Este sistema se puede escribir como una ecuacion vectorial para x(t) = (x 1 (t); : : :; x n (t)): )), ( , ( t x t F dt dx = (5) con f (t; x) = (f 1 (t; x); : : :; f n (t; x)) : No existen métodos que permitan resolver sistemas de ecuaciones para cualquier función vectorial f. La única clase de sistemas para los cuales es posible obtener sus soluciones en términos de funciones elementales es la de los sistemas lineales con coeficientes constantes, en los cuales ). ( ) ,..., , ( 1 1 1 t b x a x a x x t f i n in i n i + + + = L Los sistemas lineales pueden aparecer como modelos matemáticos de sistemas como las redes de circuitos con características lineales. 214 ECUACIONES DIFERENCIALES Conceptos bàsicos Forma lineal normal Los sistemas lineales que usted conoce son de la forma: ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 2 2 2 22 1 21 1 1 2 12 1 11 t b x D P x D P x D P t b x D P x D P x D P t b x D P x D P x D P n n nn n n n n n n = + + + = + + + = + + + L M M M M L L (1) donde los P ij son polinomios en el operador diferencial D. Sin embargo, el estudio de sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden ) ,..., , , ( ) ,..., , , ( ) ,..., , , ( 2 1 2 1 2 2 2 1 1 1 n n n n n x x x t g dt dx x x x t g dt dx x x x t g dt dx = = = M (2) es especialmente importante en matemática superior, ya que toda ecuación diferencial de orden n ) ,..., , , ( ) 1 ( ) ( − ′ = n n y y y t F y y así mismo, la mayoría de los sistemas de ecuaciones diferenciales pueden ser reducidos a la forma (2). Por supuesto, un sistema de la forma (2) no tiene que ser necesariamente lineal ni tampoco debe tener necesariamente coeficientes constantes. En consecuencia, puede suceder que el sistema no sea fácil de resolver, si es que es posible resolverlo: ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 215 Reducción de una ecuación a un sistema ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 2 2 2 22 1 21 2 1 1 2 12 1 11 1 t f x t a x t a x t a dt dx t f x t a x t a x t a dt dx t f x t a x t a x t a dt dx n n nn n n n n n n n + + + + = + + + + = + + + + = L M L L (3) en donde los coeficientes aij y las fi son funciones continuas en un intervalo común I. Cuando f i (t) = 0, siendo i = 1, 2, . . . , n, al sistema (3) se le llama homogéneo; en cualquier otro caso se le llama no homogéneo. Demostraremos ahora que toda ecuación diferencial lineal de orden n puede ser reducida a un sistema lineal que tiene la forma normal (3). Supongamos que la ecuación diferencial lineal de orden n se escribe primero en la forma ) ( ) 1 ( 1 1 0 t f y a a y a a y a a dt y d n n n n n n n + − − ′ − − = − − L (4) Si ahora introducimos las variables n n x x y x y x y x y = = ′ ′ = ′ = − ) ( ,..., , , ) 1 ( 3 2 1 Se tiene que , ,..., , 1 ) 1 ( 3 2 2 1 n n n x x y x x y x x y = ′ = = ′ = ′ ′ = ′ = ′ − − y n n x y ′ = ) ( Por lo tanto, de (4) y (5) obtenemos ) ( 1 2 1 1 0 1 4 3 3 2 2 1 t f x a a x a a x a a x x x x x x x x x n n m n n n n n + − − − − = ′ = ′ = ′ = ′ = ′ − − L M (6) Un examen de (6) muestra que éste tiene la misma forma que (3). 216 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 1 Reducción de sistemas a la forma normal Usando un procedimiento similar al recien bosquejado, podemos reducir la mayoría de los sistemas lineales de la forma (1) a la forma lineal normal (3). Para conseguir esto, primero es necesario resolver el sistema para la derivada de orden mayor de cada variable dependiente. Como vermos, esto no siempre es posible. Ejemplo 2 Reducir la ecuación de tercer ordén t sen y y y y = + ′ + ′ ′ − ′ ′ ′ 4 6 2 A la forma normal (3), Solución Escríbase la ecuación diferencial en la forma t sen y y y y 2 1 3 2 2 1 + ′ ′ + ′ − − = ′ ′ ′ y luego hagase y = x 1 , y´= x 2 , y” = x 3 Puesto que y x x y x x y x ′ ′ ′ = ′ = ′ ′ = ′ = ′ = ′ 3 3 2 2 1 resulta t sen x x x x x x x x 2 1 3 2 2 1 3 2 1 3 3 2 2 1 + + − − = ′ = ′ = ′ Reducir 2 2 2 2 3 ) 2 ( 2 2 ) 5 ( t y D x e y D x D D t = + − = + + − A la forma (3) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 217 Sistemas degenerados (o degradados) Decimos que los sistemas de ecuaciones diferenciales de la forma (1) que no pueden ser reducidos a un sistema lineal en la forma normal son degenerados (o degradados). Por ejemplo, se puede demostrar fácilmente que es imposible resolver el sistema (D + 1)x + (D + 1)y = 0 2Dx + (2D + 1)y = 0 (7) para determinar la derivada de mayor orden de cada variable y, por consiguíente, es un sistema degenerado. Un sistema lineal como (3) también surge naturalmente en algunas aplicaciones físicas. El siguiente ejemplo es una ilustración de un sistema homogéneo en dos variables dependientes. Solución Escribimos el sistema de la forma siguiente y x t y D Dx x e y D x D t 2 2 3 5 2 2 2 2 2 − + = + − = + y luego eliminarnos D 2 y multiplicando la segunda ecuación por 2 y restando. Obtenemos así Dx y x t e x D t + + − − = 4 9 6 2 2 Como la segunda ecuación del sistema ya expresa la derivada de orden mayor de y en términos de las funciones restantes, podemos introducir nuevas variables. Si hacemos Dx = u y Dy = v las expresiones para D 2 x y D 2 y se transforman, respectivamente, en Du = e t – 6t 2 – 9x + 4y + u Dv = 3t 2 + 2x – 2y Por consiguiente, el sistema original puede ser escrito en la forma normal Dx = u Dy = v Du = -9x + 4y + u + e t – 6t 2 Dv = 2x -2y +3t 2 218 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 3 El tanque A contiene 50 galones (gal) de agua en los cuales se disuelven 25 libras (lb) de sal. Un segundo tanque B contiene 50 gal de agua pura. Se bombea líquido hacia y desde los tanques, en las proporciones indicadas en la Figura. Deduzca las ecuaciones diferenciales para x 1 (t) y x 2 (t), que den las libras de sal que hay en un instante cualquiera en los tanques A y B, respectivamente. Solución Vemos que la rapidez neta con que varía x 1 (t), expresada en lb/min, es 2 1 1 2 1 50 1 25 2 / 50 min) / 4 ( / 50 min) / 1 ( ) / 0 ( min) / 3 ( x x gal lb x gal gal lb x gal gal lb gal dt dx salida entrada + − = | ¹ | \ | ⋅ − | ¹ | \ | ⋅ + ⋅ = 4 4 4 4 8 4 4 4 4 7 6 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 8 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 7 6 Además, se obtiene que la rapidez neta con que varía x 2 (t) es 2 1 2 2 1 2 25 2 25 2 50 1 50 3 50 4 x x x x x dt dx − = ⋅ − ⋅ − ⋅ = Obtenemos así el sistema de primer orden 2 1 2 2 1 1 25 2 25 2 50 1 25 2 x x dt dx x x dt dx − = + − = Obsérvese que el sistema precedente va acompañado de las condiciones iniciales x 1 (0) = 25, x 2 (0) = 0. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 219 6. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES OBJETIVO GENERAL Resolver ecuaciones diferenciales en derivadas parciales lineales las cuales se consideran una clase especial de las mismas. OBJETIVOS ESPECIFICOS 1. Describir e identificar las funciones ortogonales y su aplicación en ecuaciones diferenciales mediante la resolución de ejercicios practicos. 2. Resolver ecuaciones diferenciales en derivadas parciales. 3. Calcular problemas de condición de frontera mediante el uso de ecuaciones diferenciales. INTRODUCCION En los capítulos precedentes, nuestra atención se ha enfocado en encontrar “soluciones generales” de ecuaciones diferenciales ordinarias. Además, nos intereso principalemente la teoria y aplicación de ecuaciones lineales de orden 2 ≤ n . En esta unidad nos limitaremos a considerar una clase especial de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales lineales. Sin embargo,no se estudiará el concepto de solución general de una ecuación de tal clase. 6.1 FUNCIONES ORTOGONALES Dos funciones f 1 y f 2 se dicen ortogonales en un intervalo a < x < b si ∫ = b a dx x f x f 0 ) ( ) ( 2 1 (1) 220 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 1 Ejemplo 2 f 1 (x) = x 2 y f 2 (x) = x 3 son ortogonales en 1 1 ≤ ≤ − x ya que [ ] 0 ) 1 ( 1 6 1 6 1 ) ( ) ( 6 1 1 1 1 1 1 6 3 2 2 1 = − − = = ⋅ = ∫ ∫ − − − x dx x x dx x f x f A diferencia del análisis vectorial, donde el concepto "ortogonal" es sinónimo de "perpendicular", en el presente contexto el término "ortogonal" y la condición (1) carecen de significado geométrico. Un conjunto de funciones de valores reales, ),..., ( ), ( ), ( 2 1 0 x x x φ φ φ se dice ortogonal en un intervalo b x a ≤ ≤ si ∫ ≠ = b a n m n m dx x x , 0 ) ( ) ( φ φ (2) Al número ∫ = b a n n dx x x ) ( ) ( 2 2 φ φ (3) se la llama norma cuadrada y ∫ = b a n n dx x x ) ( ) ( 2 φ φ es la norma de la función ) (x n φ . Si { } ) (x n φ es un conjunto ortogonal en a b x a ≤ ≤ y tiene la propiedad de que 1 ) ( = x n φ para n = 0, 1, 2, . . . , entonces se dice que { } ) (x n φ es un conjunto ortonormal en el intervalo. Demostrar que el conjunto 1, cos x, cos 2x, . . . , es ortogonal en el intervalo π π ≤ ≤ − x . ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 221 Ejemplo 3 Solución Si hacemos la identificación 1 ) ( 0 = x φ y nx x n cos ) ( = φ , entonces hay que demostrar que ∫ − ≠ = π π φ φ 0 , 0 ) ( ) ( 0 n dx x x n y que ∫ − ≠ = π π φ φ n m dx x x n m , 0 ) ( ) ( . En el primer caso tenemos que [ ] , 0 , 0 ) ( 1 1 cos ) ( ) ( 0 ≠ = − − = = = − − − ∫ ∫ n n sen n sen n x n sen n dx nx dx x x n π π φ φ π π π π π π y en el segundo, [ ]dx x n m x n m dx nx mx dx x x n m ∫ ∫ ∫ − + + = = − − π π π π π π φ φ ) cos( ) cos( 2 1 cos cos ) ( ) ( n m n m x n m sen n m x n m sen ≠ = ( ¸ ( ¸ − − + + + = − , 0 ) ( ) ( 2 1 π π Hallar la norma de cada una de las funciones pertenecientes al conjunto ortogonal dado en el Ejemplo 2. Solución Para 1 ) ( 0 = x φ , obtenernos de (2) ∫ − = = π π π φ 2 ) ( 2 0 dx x de modo que π φ 2 ) ( 0 = x . Para 0 , cos ) ( > = n nx x n φ , se tiene [ ] ∫ ∫ − − = + = = π π π π π φ dx nx dx nx x n 2 cos 1 2 1 cos ) ( 2 2 222 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo 4 Funciones Ortogonales con Respecto a una Función de Peso Un conjunto de funciones { } ) (x n φ , con n = 0, l , 2, . . . , se dice ortogonal con res- pecto a una función de peso w(x) én un intervalo b x a ≤ ≤ si ∫ ≠ = b a n m n m dx x x x w , 0 ) ( ) ( ) ( φ φ Ejemplo 5 Seríe de Fourier generalizada Supongamos que { } ) (x n φ es un conjunto ortogonal infinito de funciones en un intervalo b x a ≤ ≤ . Nos preguntamos: si y = f(x) es una función definida en el intervalo b x a ≤ ≤ , ¿es posible determinar un conjunto de coeficientes c n , siendo n = 0, 1, 2, ..., para los cuales Así, para π φ = > ) ( , 0 x n n . Cualquier conjunto ortogonal de funciones no nulas { } ) (x n φ , siendo n = 0, 1, 2, . . . , puede ser normalizado, esto es, puede ser transformado en un conjunto ortonormal dividiendo cada función entre su norma. De los Ejemplos 2 y 3 resulta que el conjunto π π π x x 2 cos , cos , 2 1 es ortonormal en π π ≤ ≤ − x . El conjunto 1, cos x, cos 2x, . . . , es ortogonal con respecto a la función de peso constante w(x) = 1 en el intervalo . π π ≤ ≤ − x ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 223 ? ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 0 0 L L + + + + = x c x c x c x f n n φ φ φ (4) Multiplicando (4) por ) (x m φ e integrando sobre el intervalo resulta ∫ ∫ ∫ ∫ + + + + = b a b a b a b a m n n m m m dx x x c dx x x c dx x x c dx x x f L L ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 0 0 φ φ φ φ φ φ φ Por ortogonalidad, cada término en el segundo miembro de la última ecuación es cero excepto cuando m = n. En este caso tenemos ∫ ∫ = b a n b a n n dx x c dx x x f ) ( ) ( ) ( 2 φ φ Se deduce que los coeficientes requeridos son ,... 2 , 1 , 0 , ) ( ) ( ) ( 2 = = ∫ ∫ n dx x dx x x f c b a n b a n n φ φ En otras palabras, si ∑ ∞ = = 0 ) ( ) ( n n n x c x f φ (5) Entonces 2 ) ( ) ( ) ( x dx x x f c n b a n n φ φ ∫ = (6) Si { } ) (x n φ es ortogonal con respecto a una función de peso w(x) en b x a ≤ ≤ , entonces multiplicando (4) por ) ( ) ( x x w m φ e integrando, resulta 2 ) ( ) ( ) ( ) ( x dx x x w x f c n b a n n φ φ ∫ = (7) en donde ∫ = b a n n dx x x w x ) ( ) ( ) ( 2 2 φ φ (8) La serie (5) con coeficientes dados por (6) o por (7) se llama serie de Fourier generalizada. El procedimiento descrito para determinar los c n fue formal, esto es, se ignoraron cuestiones básicas acerca de si un desarrollo en serie tal como (4) es realmente posible. 224 ECUACIONES DIFERENCIALES En lo que resta del presente capítulo supondremos que todo conjunto ortogonal es completo. Esto significa que la única función ortogonal a cada uno de los miembros del conjunto es la función cero. 6.2 ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES Ecuaciones lineales Solución por integración Ejemplo 1 En esta breve introducción a las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales, nos interesaremos en ecuaciones lineales en dos variables: G Fu y u E u u D y u C y x u B x u A = + ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ 2 2 2 2 2 en donde A, B, C, .. . , G son funciones de x y y. Cuando G (x, y) = 0, se dice que la ecuación es homogénea; en caso contrario se dice que es no homogénea. De los cursos de Cálculo recuérdese que cuando se integra una derivada parcial aparece una función arbitraria en lugar de una constante de integración. Por ejemplo, la solución de 0 / = ∂ ∂ x u es ) ( y f u = , donde f es una función diferenciable. La ecuación de segundo orden 0 2 2 = ∂ ∂ y u (1) puede ser resuelta integrando dos veces con respecto a y: ) (x f y u = ∂ ∂ ) ( ) ( x g x yf u + = (2) donde f y g son funciones arbitrarias ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 225 Ejemplo 2 Ejemplo 3 Resolver 1 2 = ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ y u y x u (3) Solución Si hacemos , / y u v ∂ ∂ = la ecuación se transforma en 1 = ∂ + ∂ x v v Tratando esta última ecuación como la haríamos con una ecuación ordinaria lineal de primer orden, se ve que un factor integrante es e x . Por lo tanto, x x e v e x = ∂ ∂ ) ( da x e y F v − + = ) ( 1 en donde F es arbitraria. Usando la sustitución original e integrando con respecto a y resulta ) ( ) ( x g e y f y u x + + = − (4) Aquí se escribió ∫ = dy y F y f ) ( ) ( Resolver x e u y x u = − ∂ ∂ 2 2 2 (5) Solución Resolvemos la ecuación como lo haríamos para una ecuación diferencial ordinaria no homogénea lineal de segundo orden, esto es, primero resolvemos 0 2 2 2 = − ∂ ∂ u y x u 226 ECUACIONES DIFERENCIALES Separacíón de variables A veces, para una ecuación diferencial en derivadas parciales lineal homogénea, es posible obtener soluciones particulares en forma de producto u(x,y)= X(x)Y(y) (7) Tratando a y como constante, de la Sección 3.2 se desprende que xy xy c e y g e y f u − + = ) ( ) ( Para encontrar una solución particular usamos coeficientes indeterminados y suponemos que x p e y A u ) ( = Sustituyendo esta última función en la ecuación dada resulta Ae x – y 2 Ae x = e x y por lo tanto, A (y) = 1/(1 -y 2 ). Luego, una solución de la ecuación es 2 1 ) ( ) ( y e e y g e y f u x xy xy − + + = − (6) Puesto que (1), (3) y (5) son de segundo orden, y (2), (4) y (6) contienen dos fun- ciones arbitrarias, cualquiera de ellas podría ser denominada solución general. Sin embargo, dejaremos sin respuesta la pregunta acerca de si cada solución da todas las funciones que satisfacen la ecuación. Por lo demás, no es nuestra intención estudiar, en esta sección, los procedimientos que conducen a una solución general. La mayoría de las ecuaciones diferenciales parciales no pueden ser resueltas tan fácilmente como en los tres ejemplos precedentes. Sin embargo, en muchas aplicaciones en que intervienen ecuaciones diferenciales parciales lineales basta con obtener soluciones particulares. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 227 El uso del producto (7), llamado método de separación de variables, permite reducir la ecuación diferencial en derivadas parciales a varias ecuaciones diferenciales ordinarias. Con este propósito, hacemos notar que Y X y u Y X x u ′ = ∂ ∂ ′ = ∂ ∂ , y Y X y u Y X x u ′ ′ ∂ ∂ ′ ′ = ∂ ∂ 2 2 2 2 , en en donde las primas indican diferenciales ordinarias. Ejemplo 4 CASO I Usando 0 2 > λ , las igualdades Hallar soluciones en forma de producto de la ecuación . 4 2 2 y u x u ∂ ∂ = ∂ ∂ (8) Solución Si u = X(x)Y(y), entonces (8) se transforma en X"Y = 4XY' Después de dividir ambos miembros entre 4XY, se logra separar las variables: Y Y X X ′ = ′ ′ 4 Puesto que el lado izquierdo de esta ecuación es independiente de y y es idéntico al lado derecho, el cual es independiente de x, concluimos que ambos miembros deben ser iguales a una constante . En la práctica es conveniente es- cribir esta constante real como 2 λ , o bien como 2 λ − . Distinguimos los casos siguientes. 228 ECUACIONES DIFERENCIALES 2 4 λ = ′ = ′ ′ Y Y X X conducen a 0 4 2 = − ′ ′ X X λ y 0 2 = − ′ Y Y λ . Estas últimas ecuaciones tienen las soluciones x senh c x c X λ λ 2 2 cosh 2 1 + = y y e c Y 2 3 λ = respectivamente. Así, una solución particular de (8) es x senh e B x e A e c x senh c x c XY u y y y λ λ λ λ λ λ λ 2 2 cosh ) )( 2 2 cosh ( 2 2 2 1 1 3 2 1 + = + = = (9) en donde A 1 = c 1 c 3 y B 1 = c 2 C 3 . CASO II Usando 0 2 < − λ , las igualdades 2 4 λ − = ′ = ′ ′ Y Y X X dan 0 4 2 = + ′ ′ X X λ y 0 2 = + ′ Y Y λ Puesto que las soluciones de estas ecuaciones son x sen c x c X λ λ 2 2 cos 5 4 + = y y e c Y 2 6 λ − = respectivamente, otra solución de (8) es x sen e B x e A u y y λ λ λ λ 2 2 cos 2 2 2 2 − − + = (10) en donde A 2 = c 4 c 6 y B 2 = c 5 c 6 . CASO III Si 0 2 = λ , se tiene que 0 = ′ ′ X y 0 = ′ Y En este caso X = c 7 x + c 8 y Y = c 9 de modo que u = A 3 x + B 3 (11) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 229 en donde A 3 = c 7 c 9 y B 3 = c 8 c 9 . Se deja como ejercicio verificar que (9), (10) y (11) satisfacen la ecuación dada. Ejemplo 5 Hallar una solución en forma de producto de 0 , 2 2 > ∂ ∂ = ∂ ∂ k t u x x k (12) que satisfaga las condiciones u(0, t) = 0, u(L, t) = 0 Solución S1 u = XT, podemos escribir la ecuación dada como 2 λ − = ′ = ′ ′ kT T X X (13) lo que conduce a 0 2 = + ′ ′ X X λ (14) 0 2 = + ′ T T λ y x sen c x c X λ λ 2 1 cos + = (15) , 2 3 t k e c T λ − = respectivamente. Ahora bien, puesto que u(0, t) = X(0)T(t) = 0 u(L, t) = X(L)T(t) = 0 debemos tener X(0) = 0 y X(L) = 0. Estas son condiciones de frontera para la ecuación diferencial ordinaria (14). Aplicando la primera de tales condiciones en (15), resulta de inmediato c 1 = 0. Por lo tanto, x sen c X λ 2 = . 230 ECUACIONES DIFERENCIALES Principio de superposición El siguiente teorema se conoce como principio de superposición. TEOREMA 10.2 Si u 1 , u 2 , . . . , u k son soluciones de una ecuación diferencial parcial lineal homogénea, entonces la combinación lineal u=c 1 u 1 +c 2 u 2 +…+c k u k , donde los c i , i = 1, 2, . . . , k son constantes, también es una solución. La segunda condición de frontera implica ahora que 0 ) ( 2 = = L sen c L X λ Si c 2 = 0, entonces X = 0, de modo que u = 0. Para obtener una solución no trivial u, debemos tener 0 2 ≠ c y entonces la última ecuación se satisface cuando 0 = L sen λ Esto implica que π λ n L = o L n / π λ = , siendo n = 1, 2, 3, . . . Por consiguiente ) )( ( 2 3 2 t k e c x sen c u λ λ − = x L n sen e A t L n k n π π ) / ( 2 2 2 − = satisface la ecuación dada y ambas condiciones adicionales. El coeficiente c 2 c 3 se reescribe como A n para recalcar que se obtiene una solución diferente para cada n. El estudiante debe verificar que si se usa 0 2 ≥ λ en (13), no se llega a una solución de (12) que satisfaga u(0, t) = 0 y u(L, t) = 0. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 231 Ejemplo 6 6.3 PROBLEMAS DE CONDICIÓN DE FRONTERA Ecuaciones especiales Las siguientes ecuaciones diferenciales parciales lineales 0 , 2 2 > ∂ ∂ = ∂ ∂ k t u x u k (1) , 2 2 2 2 2 t u x u a ∂ ∂ = ∂ ∂ (2) 0 2 2 2 2 = ∂ ∂ + ∂ ∂ v u x u (3) desempeñan un papel importante en muchas áreas de física e ingeniería. Las ecuaciones (1) y (2) son conocidas, como ecuación del calor en una dimensión y ecuación de onda en una dimensión respectivamente. “Una dimensión” se refiere al hecho de que x denota una dimensión espacial, y t generalmente representa tiempo. La ecuación (3) se llama ecuación de Laplace Se usará el método de separación de variables para resolver varios problemas aplicados, cada uno de los cuales es descrito por una de las ecuaciones anteriores además de ciertas condiciones adicionales. Estas condiciones adicionales consisten en: En virtud del principio de superposición, la función definida mediante la serie ∑ ∞ = − = 1 ) / ( 2 2 2 n t L n k n x L n sen e A u π π (16) debe satisfacer también, aunque sea formalmente, la ecuación (12) del Ejemplo 5. Obsérvese también que (16) satisface las condiciones u(0, t) = 0 y u(L, t) = 0. 232 ECUACIONES DIFERENCIALES (i) Condiciones de frontera: u ó x u ∂ ∂ / especificada para x = constante; u ó y u ∂ ∂ / especificada para y = constante, y (ii) Condiciones iniciales: u en t = 0 para la ecuación (1), o bien, u y t u ∂ ∂ / en t = 0 para la ecuación (2). La descripción matemática colectiva de un problema de esta naturaleza es conocida como problema de condición en la frontera. La ecuación (1) aparece en la teoría del flujo de calor (esto es, calor transmitido por conducción) en una varilla o en un alambre delgado. La función u (x, t) es la temperatura de la varilla. Los problemas de vibraciones mecánicas a menudo conducen a la ecuación de onda (2). En nuestro caso, la solución u (x, t) de (2) representará los pequeños desplazamientos de una cuerda vibrante idealizada. Por último, la solución u (x, y) de la ecuación de Laplace (3) puede ser interpretada como la distribución estacionaria (esto es, independiente del tiempo) de la temperatura en una placa plana y delgada. Aunque nos concentraremos en la resolución de los problemas recién descritos, hacemos notar que el análisis de una amplia variedad de diversos fenómenos lleva a las ecuaciones (1), (2) o (3), o a sus generalizaciones para un mayor número de variables espaciales. Por ejemplo, a (1) a veces se la llama ecuación de la difusión, puesto que la difusión de substancias disueltas en solución es análoga al flujo de calor en un sólido. La función u(x, t ) que satisface la ecuación diferencial parcial representa, en este caso, la concentración del líquido. De manera similar, la ecuación (1) surge en el estudio del flujo de electricidad en un cable largo o en una línea de transmisión. En este contexto, (1) es conocida como ecuación de la transmisión (telegráfica). Se puede demostrar que bajo ciertas condiciones, la corriente y el voltaje en una línea son funciones que satisfacen dos ecuaciones de idéntica forma que la ecuación (1). La ecuación de onda (2) también aparece en la teoría de las lineas de transmisión de alta frecuencia, mecánica de fluidos, acustica y elasticidad. La ecuación de Laplace (3) aparece en problemas de ingeniería relacionados con desplazamientos estáticos de membranas, y más a menudo, en problemas que tratan de potenciales, como potencial electrostático, potencial gravitacional y potencial de velocidad en la mecánica de fluidos. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 233 La ecuación de flujo de calor Consideremos una barra delgada o varilla de largo L con una distribución longitudinal de temperatura f (x) y cuyos extremos se mantienen a una temperatura constante de cero grados en todo instante. Si: • el flujo de calor se produce solamente en la dirección del eje x, • no se pierde calor a través de la superficie lateral de la varilla, • no se genera calor en la varilla, • la varilla es homogénea, esto es, su densidad por unidad de longitud es constante, • su calor esoecífico y su conductividad térmica son constantes, entonces la temperatura u (x, t) de la varilla está dada por la solución del problema de condición de frontera , 0 , 0 , 0 , 2 2 > < < > ∂ ∂ = ∂ ∂ t L x k t u x u k (4) 0 , 0 ) , ( , 0 ) , 0 ( > = = t t L u t u (5) L x x f x u < < = 0 ), ( ) 0 , ( (6) La constante k es proporcional a la conductividad térmica y se llama difusividad térmica. 234 ECUACIONES DIFERENCIALES Valores propios y funciones propias Los valores (9) para los cuales (7) tiene una solución no trivial son conocidos como valores característicos o como valores propios. Las soluciones (10) se denominan funciones características o funciones propias. Hacemos notar que para un valor deλ distinto de los dados en (9), la única solución de (7) es la función cero X = 0. A su vez, esto implicaría que una función que satisface (4) y (5) es u = 0. Sin embargo, u = 0 no es una solución del problema original de condición en la frontera cuando 0 ) ( ≠ x f . Naturalmente suponemos que se cumple esta últimacondición. Puesto que la solución de (8) es , ) / ( 3 3 2 2 2 2 t L n k t k e c e c T π λ − − = = los productos x L n sen e A XT u t L n k n n π π ) / ( 2 2 2 − = = (11) Solución Usando el producto XT u = y 2 λ − como constante de separación, se llega a 2 λ − = ′ = ′ ′ kT T X X y 0 ) ( , 0 ) 0 ( , 0 2 = = = + ′ ′ L X X X X λ (7) 0 2 = + ′ T k T λ (8) Ya hemos obtenido resolviendo (7) la solución de la ecuación (4) sujeta a las condiciones de frontera (5). Se vio que (7) tenía una solución no trivial sólo si el parámetro λ adoptaba los valores ... 3 , 2 , 1 , = = n L nπ λ (9) Las correspondientes soluciones de (7) eran entonces ,... 3 , 2 , 1 , 1 = = n x L n sen c X π (10) ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 235 satisfacen la ecuación diferencial parcial (4) y las condiciones de frontera (5) para cada valor del entero positivo n. Por conveniencia hemos reemplazado la constante c 1 c 3 por A n Para que las funciones dadas en (11) satisfagan la condición inicial (6), tendríamos que elegir coeficientes constantes A n de modo que x L n sen A x f x u n n π = = ) ( ) 0 , ( (12) En general, la condición (12) no se satisface para cualquier f. Por lo tanto, nos vemos obligados a admitir que (11) no es una solución del problema dado. Sin embargo, por el principio de superposición, la función x L n sen e A u t x u n t L n k n n n π π ∑ ∑ ∞ = − ∞ = = = 1 ) / ( 1 2 2 2 ) , ( (13) también satisface (4) y (5). Sustituyendo t = 0 en (13) se obtiene ∑ ∞ = = = 1 ) ( ) 0 , ( n n x L n sen A x f x u π Vemos que esta última expresión es el desarrollo de f en serie de senos en medio intervalo. Por consiguiente, si hacemos la identificación A n = b n , n = 1, 2, 3, ..., de (5) se desprende que ∫ = L n dx x L n sen x f L A 0 ) ( 2 π Concluimos que la solución del problema de condición de frontera descrito en (4), (5) y (6) está dada por la serie infinita x L n sen e dx x L n sen x f L t x u t L n k n L π π π ) / ( 1 0 2 2 2 ) ( 2 ) , ( − ∞ = ∑ ∫ | ¹ | \ | = Fronteras aisladas En el problema recién descrito, los extremos o fronteras de la varilla podían estár aislados. En una frontera aislada, la derivada normal de la temperatura es cero. Este hecho se deduce de una ley empírica que establece que la densidad de flujo de calor a través de una superficie (el flujo por unidad de área y por unidad de tiempo) es proporcional al valor de la derivada direccional de la temperatura en dirección normal (perpendicular) a la superficie. 236 ECUACIONES DIFERENCIALES Ejemplo1 Formular el problema de condición en la frontera para la temperatura u en una varilla horizontal de largo L si sus extremos están aislados y si su temperatura inicial longitudinal está dada por f(x), si 0 < x < L. Solución Los extremos de la varilla son superficies perpendiculares al eje x, por lo tanto 0 / = ∂ ∂ x u en ambos extremos. Por consiguiente, la temperatura de la varilla está dada por la solución de 0 , 0 , 0 , 2 2 > < < > ∂ ∂ = ∂ ∂ t L x k t u x u k 0 , 0 , 0 0 > = ∂ ∂ = ∂ ∂ = = t x u x u L x x L x x f x u < < = 0 ), ( ) 0 , ( ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 237 AUTOEVELUACIÓN MODULO ECUACIONES DIFERENCIALES 1. Demostrar que la ecuación diferencial 0 25 = − ′ ′ y y tiene como solución x e C C x F 5 2 1 ) ( − + = 2. Demostrar que c y y x x = − + 3 2 3 2 es una solución implícita de: ) 6 ( 2 2 y x − y 0 2 3 2 = + xy x 3. Resolver: x x sen xy y x = + ′ 3 2 (ecuación de 1er orden) 4. Resolver: 2 4 ) 3 2 ( x x y x = − + ′ (ecuación de 1er orden) 5. Resolver: y x e dx dy 2 3 + = (variables separables) 6. Resolver empleando ecuaciones homogéneas la siguiente ecuación diferencial: 0 ) ( = − + dy xe dx ye x x y x y , con y(1)=0 7. Resolver la siguiente ecuación empleando ecuaciones exactas: 0 ) 1 2 ( ) 2 ( 2 2 = − + + + dy e y x dx ye xy x x 8. Hallar el valor de b para que la ecuación sea exacta: 0 ) ( ) ( 2 2 2 = + + + dx x y x dx y bx xy 9. Resolver: 0 ) 3 2 cos ( ) 2 2 2 2 cos ( = − + + − dy x xe dx x x sen e x ye xy xy xy 10. Resolver: 0 ) 3 2 ( 1 2 cos 2 = ′ − + + + + + y y e x x sen xe x y y y 11. Encuentre la ecuación diferencial correspondiente a la primitiva: x e C e C y x x + + = − − 2 2 1 12. Encuentre la ecuación diferencial correspondiente a la primitiva: 2 2 2 1 x e C x C y x + + = − 13. Encuentre la solución de la siguiente ecuación lineal: ) cos( ) tan( x x y dx dy + = 14. Encuentre la solución de la ecuación lineal: t e y dx dy + = 2 15. Encuentre la ecuación diferencial de la familia de curvas del plano: 0 2 = − − bx a xy con a, b como constantes reales (solución general) 238 ECUACIONES DIFERENCIALES 16. Mediante la transformada de La Place encuentre la solución de: t e y y y − − = + ′ − ′ ′ 8 5 2 y(0)=2, y`(0)=12 17. Resuelva usando la transformada de La Place: 1 ) 0 ( ; 0 = ′ = − ′ + ′ ′ y y y t y 18. Usando la transformada de La Place encuentre la solución de: 1 ) 0 ( , 0 ) 0 ( ) 3 cos( 3 2 13 4 2 − = ′ = + = + ′ − ′ ′ − y y t e t y y y t ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 239 BIBLIOGRAFIA • SIMONS GEORGE, ECUACIONES DIFERENCIALES CON APLICACIONES Y NOTAS HISTORICAS , SEGUNDA EDICION MC. GRAW HILL 1993. • BLANCHARD PAUL, ECUACIONES DIFERENCIALES, INTERNATIONAL THOMSON EDITORES, 1999. • KREYSZIG ERWIN, MATEMATICAS AVANZADAS PARA INGENIERIA VOL. 1, EDITORIAL LIMUSA S.A. DE C.U. 1996.