Libro   ecuaciones diferenciales con aplicaciones en maple - 383p
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Libro   ecuaciones diferenciales con aplicaciones en maple - 383p Libro ecuaciones diferenciales con aplicaciones en maple - 383p Document Transcript

  • as atic atem ECUACIONES eM DIFERENCIALES o. d con aplicaciones en Maple ,D ept uia Jaime Escobar A.1 tioq An de ad rsid ive Un 1 ProfesorTitular de la Universidad de Antioquia, Magister en Matem´ticas de ala Universidad Nacional.
  • ii Un ive rsid ad de An tioq uia ,D ept o. d eM atem atic as
  • ´ INDICE GENERAL as atic atem eM o. d1. INTRODUCCION 1 ´ ept 1.1. CAMPO DE DIRECCIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2. ECUACION DE CONTINUIDAD . . . . . . . . . . . . . . . . 6 ,D ´2. METODOS DE SOLUCION ´ uia 7 2.1. VARIABLES SEPARABLES . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 tioq ´ 2.2. ECUACIONES HOMOGENEAS . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2.3. E.D. CON COEFICIENTES LINEALES . . . . . . . . . . . . 14 An 2.4. ECUACIONES EXACTAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 ´ 2.5. FACTORES DE INTEGRACION . . . . . . . . . . . . . . . . 20 de 2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN . . . . . . . . . . . . . . 26 ad 2.7. E.D. DE BERNOULLI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 rsid 2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN . . . . . . . . . . 34 2.9. OTRAS SUSTITUCIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 ive 2.10. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . . . . 46 Un3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN 49 ´ 3.1. APLICACIONES GEOMETRICAS . . . . . . . . . . . . . . . 49 3.1.1. Trayectorias Isogonales y Ortogonales . . . . . . . . . . 49 3.1.2. Problemas de Persecuci´n: . . . . . . . . . . . . . o . . 52 3.1.3. Aplicaciones a la geometr´ anal´ ıa ıtica . . . . . . . . . . 54 ´ 3.2. CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICION . . . . . . . . . . . . 55 3.2.1. Desintegraci´n radioactiva . . . . . . . . . . . . . . o . . 56 iii
  • ´ INDICE GENERAL 3.2.2.Ley de enfriamiento de Newton . . . . . . . . . . . . . 57 3.2.3.Ley de absorci´n de Lambert . . . . . . . . . . . . . o . 57 3.2.4.Crecimiento de Cultivos de Bacterias o Crecimientos poblacionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 ´ 3.3. PROBLEMAS DE DILUCION . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 3.4. VACIADO DE TANQUES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 3.5. APLICACIONES A LA FISICA . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 as4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 81 atic 4.1. INTRODUCCION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 ´ ´ atem 4.2. METODO DE REDUCCION DE ORDEN . . . . . . . . . . . 96 4.3. E.D.O. LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES . 100 4.4. E.D. LIN. DE ORDEN MAYOR QUE DOS CON COEF. eM CONST. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 4.5. OPERADOR ANULADOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 o. d ´ 4.6. METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS . 110 ´ ´ ´ ´ ept 4.7. VARIACION DE PARAMETROS . . . . . . . . . . . . . . . . 113 4.7.1. GENERALIZACION DEL METODO DE ,D ´ ´ VARIACION DE PARAMETROS . . . . . . . . . . . 122 uia 4.8. OPERADORES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 ´ 4.9. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS . . . . . . . 127 tioq 4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES . 142 An ´ 4.11.1. MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE . . . . . . . . 142 4.11.2. MOVIMIENTO AMORTIGUADO . . . . . . . . . . . 145 de 4.11.3. MOVIMIENTO FORZADO. . . . . . . . . . . . . . . 147 ad 4.12. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . . . . 161 rsid5. SOLUCIONES POR SERIES 169 ive 5.1. INTRODUCCION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS . . . . . . . . . . . 172 Un 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG. . . . . . . . . . . 182 5.3.1. CASO II: r1 − r2 = entero positivo . . . . . . . . . . . 188 ´ 5.3.2. FUNCION GAMMA: Γ(x) . . . . . . . . . . . . . . . . 191 5.3.3. CASO III: r1 = r2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 ´ 5.3.4. ECUACION DE BESSEL DE ORDEN p : . . . . . . . 199 5.3.5. PUNTO EN EL INFINITO . . . . . . . . . . . . . . . 206 5.4. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . . . . 213iv
  • ´ INDICE GENERAL6. TRANSFORMADA DE LAPLACE 215 6.1. INTRODUCCION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 6.2. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE . . . . . . . . . 219 6.3. TEOREMAS SOBRE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 222 6.4. APLIC. A E.D. CON COEF. CONST. Y COND. INICIALES 238 6.5. IMPULSO UNITARIO O DELTA DE DIRAC . . . . . . . . . 243 6.6. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . . . . 246 as7. SISTEMAS LINEALES DE E.D. DE PRIMER ORDEN 251 atic 7.1. CONJUNTOS FUNDAMENTALES Y SISTEMAS HOMO- ´ GENEOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 atem ´ 7.2. METODO DE LOS VALORES Y VECTORES PROPIOS . . 255 ´ ´ 7.3. E.D. NO HOMOGENEA Y VARIACION DE PARAMETROS 274 ´ eM 7.4. TRANSFORMADA DE LAPLACE PARA SISTEMAS . . . . 278 7.5. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . . . . 280 o. d8. INTRODUCCION A LA TEORIA DE ESTABILIDAD 281 ept 8.1. SIST. AUTON., PLANO DE FASE . . . . . . . . . . . . . . . 281 8.2. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS, ESTABILIDAD. . . . . . . 285 ,D 8.2.1. TIPOS DE PUNTOS CRITICOS. . . . . . . . . . . . 286 uia 8.3. PUNTOS CRITICOS Y CRITERIOS DE ESTABILIDAD . . 295 8.4. CRITERIO DE ESTABILIDAD: METODO DE LIAPUNOV . 308 tioq 8.5. LINEALIZACION DE SISTEMAS NO LINEALES . . . . . . 315 8.6. CICLOS LIMITES: TEOREMA DE POINCARE-BENDIXSON334 An 8.7. ANEXO CON EL PAQUETE Maple . . . . . . . . . . . . . . 340 deA. Existencia y Unicidad de soluciones 345 ad A.1. PRELIMINARES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345 rsid A.2. T. LOCAL DE EXISTENCIA UNICA, CASO UNIDIMEN- SIONAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347 ive A.3. T. LOCAL Y GLOBAL PARA SIST. DE E.D.O. LINEALES 354 UnB. EXPONENCIAL DE OPERADORES 359C. FRACCIONES PARCIALES 363 C.1. Factores lineales no repetidos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363 C.2. Factores Lineales Repetidos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364 C.3. Factores Cuadr´ticos. . . . . . . a . . . . . . . . . . . . . . . . 366 C.4. Factores Cuadr´ticos Repetidos. a . . . . . . . . . . . . . . . . 367 v
  • vi ´ Un ive rsid ad de An tioq INDICE GENERAL uia ,D ept o. d eM atem atic as
  • CAP´ ITULO 1 as atic INTRODUCCION atem eM o. dDefinici´n 1.1 . Si una ecuaci´n contiene las derivadas o las diferenciales o o a eptde una o m´s variables dependientes con respecto a una o m´s variables aindependientes, se dice que es una ecuaci´n diferencial (E.D.). o ,DSi la ecuaci´n contiene derivadas ordinarias de una o m´s variables depen- o a uiadientes con respecto a una sola variable independiente entonces la ecuaci´n o tioqse dice que es una ecuaci´n diferencial ordinaria (E.D.O.). o An dy Ejemplo 1. 3 dx + 4y = 5 de Ejemplo 2. (x2 − y)dx + 5 sen y dy = 0 ad dv Ejemplo 3. u du + v dx = x rsid dx Si la ecuaci´n contiene derivadas parciales de una o m´s variables depen- o a ivedientes con respecto a una o m´s variables independientes, se dice que es una a Unecuaci´n en derivadas parciales. o ∂u ∂v Ejemplo 4. ∂y = − ∂x ∂2u Ejemplo 5. ∂x∂y =y−xDefinici´n 1.2 (Orden). La derivada o la diferencial de m´s alto orden o a 1
  • CAP´ ITULO 1. INTRODUCCIONdetermina el orden de la E.D. d3 y 2 Ejemplo 6. dx3 + x2 dxy + x dx = ln x, es de orden 3. d 2 dy dy y Ejemplo 7. xdy − ydx = 0 =⇒ dx = x , la cual es de orden 1. asDefinici´n 1.3 (E.D.O. lineal) Una E.D. es lineal si tiene la forma: o atic n n−1 atem d y d y dy an (x) dxn + an−1 (x) dxn−1 + . . . + a1 (x) dx + a0 (x)y = g(x) Es decir, la variable dependiente y y todas sus derivadas tienen exponente eMuno y cada coeficiente a0 (x), a1 (x), . . . , an (x), g(x), dependen solo de x. Si nose cumple lo anterior se dice que la E.D. no es lineal. o. d 3 2 ept Ejemplo 8. x2 dxy + cos x dxy + sen x dx + x2 y = ex es lineal de orden 3. d d dy 3 2 ,D 3 Ejemplo 9. sen x dxy + xy 2 = 0 no es lineal. d uia 3 tioq 2 Ejemplo 10. y 2 dxy + y dx + xy = x no es lineal. d 2 dy AnDefinici´n 1.4 . Se dice que una funci´n f con dominio en un intervalo I o o dees soluci´n a una E.D. en el intervalo I, si la funci´n satisface la E.D. en el o o adintervalo I. rsid Ejemplo 11. x = y ln(cy) es soluci´n de y ′ (x + y) = y ive o Un dy 1 dy En efecto, derivando impl´ ıcitamente: 1 = dx ln(cy) + cy cy dx dy dy 1 1= dx (ln(cy) + 1), luego dx = ln(cy)+1 Sustituyendo en la ecuaci´n diferencial: o y ln(cy) + y y(ln (cy) + 1) = = y, ln (cy) + 1 ln (cy) + 12
  • luego y = ypor tanto x = y ln (cy) es soluci´n. o Una E.D. acompa˜ada de unas condiciones iniciales se le llama un pro- nblema de valor inicial (P.V.I.), con frecuencia es importante saber si un pro-blema de valor inicial tiene soluci´n y tambi´n deseamos saber si esta soluci´n o e oes unica, aunque no podamos conseguir explicitamente la soluci´n, el si- ´ o asguiente teorema nos responde las inquietudes que acabamos de plantear.Esteteorema lo enuciamos y demostramos con m´s profundidad en el Ap´ndice a e atical final del texto. atemTeorema 1.1 (Picard)Sea R una regi´n rectangular en el plano XY definida por o eMa ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d que contiene al punto (x0 , y0 ) en su interior.Si f (x, y) y ∂f son continuas en R, entonces existe un intervalo I con cen- o. d ∂ytro en x0 y una unica funci´n y(x) definida en I que satisface el problema ´ ode valor inicial y ′ = f (x, y), y(x0 ) = y0 . ept Ejemplo 12. Para la E.D. y ′ = x2 + y 2 , se tiene que f (x, y) = x2 + y 2 y ,D∂f = 2y son continuas en todo el plano XY , por lo tanto por cualquier punto uia∂y(x0 , y0 ) del plano XY pasa una y solo una soluci´n de la E.D. anterior. Es o tioqimportante anotar que para esta E.D. es imposible hallar una soluci´n expli- ocita, solo con m´todos num´ricos se puede hallar la soluci´n. e e o An Ejercicio 1. Demostrar que y = c1 cos 5x es soluci´n de y ′′ + 25y = 0. o de 2 x t2 2 Ejercicio 2. Demostrar que y = e−x e dt + c1 e−x es soluci´n de o ad 0y ′ + 2xy = 1. rsid x sen t Ejercicio 3. Demostrar que y = x dt es soluci´n de o ive 0 t ′xy = y + x sen x. Un x Ejercicio 4. Demostrar que y = e− 2 es soluci´n de 2y ′ + y = 0, tambi´n o ey = 0 es soluci´n. o Nota: si todas las soluciones de la E.D. F (x, y, y ′ , . . . , y (n) ) = 0 en un in-tervalo I pueden obtenerse de G(x, y, C1 , . . . , Cn ) mediante valores apropia-dos de Ci , entonces a G se le llama la soluci´n general; una soluci´n que no o ocontenga los par´metros Ci se le llama la soluci´n particular; una soluci´n a o o 3
  • CAP´ ITULO 1. INTRODUCCIONque no pueda obtenerse a partir de la soluci´n general se le llama soluci´n o osingular.Veremos m´s adelante que la soluci´n general a una E.D. lineal de orden n a otiene n par´metros. En las E.D. no lineales a veces no es posible obtener aexplicitamente una soluci´n general. o Ejemplo 13. y = Cx4 es soluci´n general de xy ′ − 4y = 0. oCon C = 1 entonces la soluci´n particular es y = x4 . as o atic Tambi´n e x4 x≥0 atem f (x) = −x4 x<0 eMes una soluci´n singular, porque no se puede obtener a partir de la soluci´n o o o. dgeneral. 1 Ejercicio 5. Si y ′ − xy 2 = 0, demostrar ept 2 ,D a). y = ( x + C)2 es soluci´n general. 4 o uia x4 b). Si C = 0 mostrar que y = 16 es soluci´n particular. o tioq c). Explicar porque y = 0 es soluci´n singular. o Ejercicio 6. Si y ′ = y 2 − 1, demostrar An 1+Ce2x a). y = 1−Ce2x es soluci´n general. o de b). Explicar porque y = −1 es soluci´n singular. o ad Ejercicio 7. Si xy ′ + 1 = ey , comprobar que e−y − Cx = 1 es soluci´n o rsidgeneral. ive Ejercicio 8. Si 2xy dx + (x2 + 2y) dy = 0, comprobar que x2 y + y 2 = C1 Unes soluci´n general. o Ejercicio 9. Si (x2 + y 2 ) dx + (x2 − xy) dy = 0, comprobar que yC1 (x + y)2 = xe x , es soluci´n general. o Ejercicio 10. Si xy ′ + 1 = ey , comprobar que e−y − Cx = 1 es soluci´n ogeneral.4
  • 1.1. CAMPO DE DIRECCIONES1.1. CAMPO DE DIRECCIONES Dada la E.D. y ′ = f (x, y) y sabiendo que la primera derivada representauna direcci´n en el plano XY , podemos por lo tanto asociar a cada punto o(x, y) una direcci´n, a este conjunto de direcciones lo llamamos el campo de odirecciones o campo pendiente de la E.D. y ′ = f (x, y). Este campo de di-recciones nos permite inferir propiedades cualitativas de las soluciones, comopor ejemplo si son asint´ticas a una recta, si son cerradas o abiertas, etc.. o asCon el paquete Maple haremos un ejemplo. aticEjemplo 14. Hallar el campo de direcciones de la E.D. y ′ = −2x2 + y 2 y atemcuatro curvas soluci´n de la E.D. que pasan por los puntos (0, 2), (0, 0), (0, 1), o(0, −1) respectivamente. eM> with(DEtools):DEplot (diff(y(x),x)=-2*x^2+y(x)^2,y(x),x=-2..2,color=black, o. d{[0,2],[0,0],[0,1],[0,-1]},y=-2..2,linecolor=black); ept ,D uia 2 tioq An 1 de ad y(x)0 rsid -2 -1 0 1 2 x ive -1 Un -2 Figura 1.1 5
  • CAP´ ITULO 1. INTRODUCCION1.2. ´ ECUACION DE CONTINUIDAD Para finalizar este Cap´ ıtulo, es importante hacer un corto comentario so-bre la ecuaci´n de continuidad; con ella se construyen modelos de fen´menos o oen diferentes ´reas del conocimiento que dependen del tiempo, dando como aresultado una o varias Ecuaciones Diferenciales. La ecuaci´n de continuidad onos dice que la tasa de acumulaci´n de una variable x en un recipiente (el o ascual puede ser un tanque, un ´rgano humano, una persona, una ciudad, un o aticbanco, una universidad, un sistema ecol´gico, etc.) es igual a su tasa de en- otrada menos su tasa de salida; tanto la tasa de entrada como la tasa de salida atempueden ser constantes o variables. Si la variable es x y la tasa de entrada es E(t) y la tasa de salida es S(t) eMentonces la tasa de acumulaci´n es o o. d dx = E(t) − S(t). dt eptEjemplo 15. La concentraci´n de glucosa en la sangre aumenta por ingesta o ,Dde comidas ricas en azucares; si se suministra glucosa a una raz´n constante oR (en mg/minuto). Al mismo tiempo, la glucosa se transforma y se elimina uiaa una tasa proporcional a la concentraci´n presente de glucosa. Si C(t) re- o tioqpresenta la concentraci´n de glucosa en un instante t, entonces E(t) = R y oS(t) = kC(t), entonces por la ecuaci´n de continuidad, la Ecuaci´n Diferen- o o Ancial que rige este fen´meno es o de dC(t) = E(t) − S(t) = R − kC(t). dt ad rsid ive Un6
  • CAP´ ITULO 2 as atic ´ ´ METODOS DE SOLUCION atem eM o. d2.1. VARIABLES SEPARABLES ept dy g(x) ,DDefinici´n 2.1 . Se dice que una E.D. de la forma: o = es separable dx h(y) uiao de variables separables. tioq La anterior ecuaci´n se puede escribir como h(y) dy = g(x) dx e integran- o Ando: de h(y) dy = g(x) dx + C, adobteni´ndose as´ una familia uniparam´trica de soluciones. e ı e rsid Nota: la constante o par´metro C, a veces es conveniente escribirla de a iveotra manera, por ejemplo, m´ltiplos de constantes o logaritmos de constan- u Untes o exponenciales de constantes o si aparecen varias constantes reunirlas enuna sola constante. dy Ejemplo 1. dx = e3x+2ySoluci´n: o dy = e3x+2y = e3x e2y dx 7
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCIONseparando variables dy = e3x dx e2ye integrando 1 e3x − e−2y + C = as 2 3 aticla soluci´n general es o atem e3x e−2y + =C 3 2 eM dy 1 Ejemplo 2. dx = xy 3 (1 + x2 )− 2 , con y(0) = 1 o. dSoluci´n: separando variables o ept 2x ,D y −3 dy = √ dx 2 1 + x2 uia tioq 1 d(1 + x2 ) u = 1 + x2 = √ haciendo 2 1 + x2 du = 2xdx Anobtenemos de 1 du = √ ad 2 u rsid 1 y −2 1 (1 + x2 ) 2 e integrando = 1 +C −2 2 ive 2 Unsoluci´n general o 1 √ − = 1 + x2 + C. 2y 2Cuando x = 0, y = 1 1 √ − = 1 + 02 + C 2×18
  • 2.1. VARIABLES SEPARABLESluego −3 C= 2La soluci´n particular es o −1 √ 3 as = 1 + x2 − 2y 2 2 atic Resolver los siguientes ejercicios por el m´todo de separaci´n de variables: e o atem Ejercicio 1. (4y + yx2 ) dy − (2x + xy 2 ) dx = 0 eM Ejercicio 2. y ′ + y 2 sen x = 0 o. d Ejercicio 3. 3ex tan y dx + (2 − ex ) sec2 y dy = 0 Π ept Ejercicio 4. y ′ sen x = y ln y, si y =e ,D 2 dy xy + 3x − y − 3 uia Ejercicio 5. = dx xy − 2x + 4y − 8 tioq Ejercicio 6. x2 y ′ = y − xy, si y(−1) = −1 1(Rta. ln |y| = − x − ln |x| − 1) An dy Ejercicio 7. dx − y 2 = −9 que pase por los puntos: de 1a) (0, 0), b) (0, 3), c) 3 , 1 ad rsid Ejercicio 8. Se suministran bacterias como alimento a una poblaci´n ode protozoarios a una raz´n constante µ. Se ha observado que las bacterias o iveson devoradas a una tasa proporcional al cuadrado de su cantidad. Si c(t) esla cantidad de bacterias en el instante t, hallar la E.D.; determinar c(t) en Unfunci´n de c(0); ¿cu´l es la concentraci´n de equilibrio de las bacterias, es o a o ′decir, cuando c (t) = 0√ ? √ √ √ √ µ+ kc(t) µ+ kc(0) 2 kµt(Rta.: √µ−√kc(t) = √µ−√kc(0) e ; concentraci´n de equilibrio c = µ ) o k dy dy Ejercicio 9. Resolver por variables separables: a x dx + 2y = xy dx eny = a y x = 2a. 9
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION2.2. ´ ECUACIONES HOMOGENEASDefinici´n 2.2 : f (x, y) es homog´nea de grado n si existe un real n tal que o e npara todo t: f (tx, ty) = t f (x, y). Ejemplo 3. f (x, y) = x2 + xy + y 2 es homog´nea de grado dos. e as aticDefinici´n 2.3 .Si una ecuaci´n en la forma diferencial : o o atem M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0tiene la propiedad que M (tx, ty) = tn M (x, y) y N (tx, ty) = tn N (x, y), enton- eMces decimos que es de coeficientes homog´neos o que es una E.D. homog´nea. e e o. d Siempre que se tenga una E.D. homog´nea podr´ ser reducida por medio e a eptde una sustituci´n adecuada a una ecuaci´n en variables separables. o o ,D M´todo de soluci´n: dada la ecuaci´n e o o uia tioq M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0donde M (x, y) y N (x, y) son funciones homog´neas del mismo grado; me- e Andiante la sustituci´n y = ux ´ x = yv (donde u ´ v son nuevas variables o o o dedependientes), puede transformarse en un ecuaci´n en variables separables. o ad Nota: si la estructura algebraica de N es m´s sencilla que la de M , en- a rsidtonces es conveniente usar las sustituci´n y = ux. oSi la estructura algebraica de M es m´s sencilla que la de N , es conveniente a iveusar la sustituci´n x = vy. o Un Ejemplo 4. Resolver por el m´todo de las homog´neas, la siguiente E.D.: e e y y(x + ye x ) dx − xe x dy = 0, con y(1) = 0.Soluci´n: o y y(x + ye x ) dx − xe x dy = 0 donde homog´nea de orden 1 e homog´nea de orden 1 e y y M (x, y) = x + ye x y N (x, y) = −xe x10
  • ´ 2.2. ECUACIONES HOMOGENEAS La sustituci´n m´s sencilla es: y = ux, por tanto dy = u dx + x du o aSustituyendo en la E.D. ux ux (x + uxe x ) dx − xe x (u dx + x du) = 0 o sea que x dx − x2 eu du = 0 as atic luego x dx = x2 eu du, separando variables y considerando x = 0, obte-nemos, atem dx = eu du ⇒ ln x = eu + C x eMPor lo tanto la soluci´n general es o y o. d ln x = e x + C Para hallar la soluci´n particular que pasa por el punto y(1) = 0, susti- o epttu´ ımos en la soluci´n general y obtenemos: o ,D 0 ln 1 = e 1 + C ⇒ 0 = 1 + C de donde C = −1 uia tioq Por lo tanto, y ln x = e x − 1 An es la soluci´n particular o de Ejemplo 5. (x2 y 2 − 1)dy + 2xy 3 dx = 0 (ayuda: hacer y = z α y calcular adα para convertirla en homog´nea) e rsidSoluci´n: oNo es homog´nea; hagamos y = z α y hallemos α de tal manera que la E.D.O. e ivese vuelva homog´nea: e Un dy = αz α−1 dz (x2 z 2α − 1)αz α−1 dz + 2xz 3α dx = 0 α(x2 z 3α−1 − z α−1 )dz + 2xz 3α dx = 0 (2.1)suma de exponentes en los t´rminos: 2+3α−1, α−1 y 1+3α respectivamente. e 11
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCIONAn´lisis de exponentes para que se cumpla la homogeneidad: a 1 + 3α = 2 + 3α − 1 = α − 1, se concluye α = −1Sustituyo en la E.D. (2.1): (−1)(x2 z −2 − 1)z −2 dz + 2xz −3 dx = 0 (−x2 z −4 + z −2 ) dz + 2xz −3 dx = 0 as aticEs homog´nea de orden −2. e atem La sustituci´n m´s sencilla es x = uz ⇒ dx = u dz + z du. o a eM (−u2 z 2 z −4 + z −2 ) dz + 2uzz −3 (u dz + z du) = 0 o. d (−u2 z −2 + z −2 + 2u2 z −2 ) dz + (2uz −1 ) du = 0 ept ,D (u2 z −2 + z −2 ) dz + 2uz −1 du = 0 uia tioq z −2 (u2 + 1) dz + 2uz −1 du = 0 An z −2 dz 2u + 2 du = 0 z −1 u +1 de dz 2u ad + 2 du = 0 z u +1 rsid Integrando: ln |z| + ln(u2 + 1) = ln C ive ln |z(u2 + 1)| = ln C ⇒ z(u2 + 1) = C Un x reemplazo u = z y tenemos, tomando z = 0 x2 +z =C z x2 Como y = z −1 o sea que z = y −1 , entonces y −1 + y −1 = Cluego x2 y 2 + 1 = Cy,12
  • ´ 2.2. ECUACIONES HOMOGENEASes la soluci´n general. o Resolver los siguientes ejercicios por el m´todo de las homog´neas, ´ con- e e overtirla en homog´nea y resolverla seg´n el caso: e u y Ejercicio 1. y + x cot x dx − x dy = 0. dy y 2 − xy) dx = y , con y(1) = 1. as Ejercicio 2. (x + atic y−x(Rta.: ln |y| + 2 y = 0) atem y y Ejercicio 3. x − y cos x dx + x cos x dy = 0. Ejercicio 4. (x2 − 2y 2 ) dx + xy dy = 0. eM y 1(Rta.: x = C(1 − ( x )2 ) 2 ) o. d −y Ejercicio 5. xy ′ = y + 2xe x . ept Ejercicio 6. (x + y 3 ) dx + (3y 5 − 3y 2 x) dy = 0, (Ayuda: hacer x = z α ). ,D uia Ejercicio 7. 2(x2 y + 1 + x4 y 2 ) dx + x3 dy = 0, (Ayuda: hacer y = z α ).(Rta.: x4 (1 + 2Cy) = C 2 ) tioq Ejercicio 8. y cos x dx + (2y − sen x) dy = 0, (Ayuda: hacer u = sen x). An y y Ejercicio 9. y(ln x + 1) dx − x ln x dy = 0. de 1 2 y(Rta.: ln |x| − 2 ln | x | = C) ad rsid dy y y Ejercicio 10. dx = cos( x ) + x . y y(Rta.: sec( x ) + tan( x ) = Cx) ive Ejercicio 11. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o Un yx2 dx − (x3 + y 3 )dy = 0,donde y(0) = 1(Rta.: ln |y| = 1 ( x )3 ) 3 y Ejercicio 12. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o xy 2 dy − (x3 + y 3 )dx = 0, 13
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCIONdonde y(1) = 0 y(Rta.: 3 ln |x| = 1 ( x )3 ) 3 √ Ejercicio 13. (y + xy)dx − 2xdy = 0 y(Rta.: x(1 − x )4 = C) Ejercicio 14. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o as y(ln y − ln x − 1)dx + xdy = 0, aticdonde y(e) = 1 atem y(Rta.: x ln | x | = −e) Ejercicio 15. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o eM yx2 dx − (x3 + y 3 )dy = 0, o. dcon la condici´n inicial x = 0, y = 1 o y(Rta.: ( x )3 = 3 ln |y|) ept ,D uia2.3. E.D. DE COEFICIENTES LINEALES: tioq (ax + by + c) dx + (αx + βy + γ) dy = 0 An Se presentan dos casos: de 1. Si (h, k) es el punto de intersecci´n entre las rectas: o ad ax + by + c = 0 y αx + βy + γ = 0 rsid entonces se hace la sustituci´n: x = u + h y y = v + k y se consigue la o ive ecuaci´n homog´nea de grado 1: o e Un (au + bv)du + (αu + βv)dv = 0 2. Si las dos rectas no se intersectan (o sea son paralelas), entonces αx + βy = n(ax + by) y por tanto se hace la sustituci´n z = ax + by, lo cual quiere decir o que αx + βy = nz, esta sustituci´n convierte la E.D. en una E.D. de o variables separables.14
  • 2.4. ECUACIONES EXACTAS Ejercicios: resolver por el m´todo anterior: e 1. (x − y + 1) dx + (x + 2y − 5) dy = 0 dy 2y−x+5 2. dx = 2x−y−4 (Rta.: (x + y + 1)3 = C 2 (y − x + 3)) 3. (x − 2y + 4) dx + (2x − y + 2) dy = 0 (Rta.: (x + y − 2)3 = C 2 (x − y + 2)) as atic 4. (x + y + 1)2 dx + (x + y − 1)2 dy = 0 (Rta.: 4x = − 1 (x + y)2 + 2(x + y) − ln |x + y| + C) atem 2 5. (x + y + 1) dx + (2x + 2y − 1) dy = 0 (Rta.: 4 − x − 2y = 3 ln |2 − x − y| + C) eM 6. (x + y − 2) dx + (x − y + 4) dy = 0 o. d (Rta.: C −2 = 2(x + 1)(y − 3) + (x + 1)2 − (y − 3)2 ) 7. (x − y − 5) dx − (x + y − 1) dy = 0 ept (Rta.: C −2 = (x − 3)2 − 2(y + 2)(x − 3) − (y + 2)2 ) ,D 8. (2x + y) dx − (4x + 2y − 1) dy = 0 uia (Rta.: x = 2 (2x + y) − 25 − ln |5(2x + y) − 2| + C) 5 4 tioq2.4. ECUACIONES EXACTAS An Si z = f (x, y), entonces de ∂f ∂f ad dz = dx + dy ∂x ∂y rsides la diferencial total de f ; pero si z = c = f (x, y) (familia de curvas unipa- iveram´tricas en el plano XY ), entonces e Un ∂f ∂f dz = 0 = dx + dy ∂x ∂y.Definici´n 2.4 .La forma diferencial M (x, y) dx + N (x, y) dy es una dife- orencial exacta en una regi´n R del plano XY si corresponde a la diferencial ototal de alguna funci´n f (x, y). o 15
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION La ecuaci´n M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, es exacta si es la diferencial ototal de alguna funci´n f (x, y) = c. oTeorema 2.1 (Criterio para E.D. exactas) .Si M (x, y) y N (x, y) son continuas y tienen derivadas parciales de primerorden continuas en una regi´n R del plano XY , entonces la condici´n nece- o osaria y suficiente para que la forma diferencial as atic M (x, y) dx + N (x, y) dy atemsea una diferencial exacta es que ∂M ∂N eM = . ∂y ∂x o. d Demostraci´n: Como M (x, y) dx + N (x, y) dy es una diferencial exacta, oentonces existe una funci´n f (x, y) tal que: o ept ,D ∂f ∂f M (x, y) dx + N (x, y) dy = dx + dy = d f (x, y) uia ∂x ∂y tioqluego ∂f M (x, y) = An ∂xy de ∂f N (x, y) = ∂y adpor tanto, rsid ∂M ∂ 2f ∂ 2f ∂N = = = . ∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂x iveLa igualdad entre las derivadas cruzadas se produce porque M y N son Uncontinuas con derivadas de primer orden continuas. M´todo. Dada la ecuaci´n M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0, hallar una funci´n e o of (x, y) = C tal que ∂f ∂f =M y =N ∂x ∂y ∂M ∂N i) Comprobar que es exacta, es decir, verificar que ∂y = ∂x .16
  • 2.4. ECUACIONES EXACTAS ∂f ii) Suponer que ∂x = M (x, y) y luego integrar con respecto a x dejando a y constante: f (x, y) = M (x, y) dx + g(y) (2.2) iii) Derivar con respecto a y la ecuaci´n (2.2) o as ∂f ∂ = M (x, y) dx + g ′ (y) = N (x, y) atic ∂y ∂y atem despejar ∂ eM g ′ (y) = N (x, y) − M (x, y) dx (2.3) ∂y o. d Esta expresi´n es independiente de x, en efecto: o ∂ ∂ ∂N ∂ ∂ ept N (x, y) − M (x, y) dx = − M (x, y) dx ,D ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y ∂N ∂ ∂ ∂N ∂ uia = − M (x, y) dx = − M (x, y) = 0 ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y tioq iv) Integrar la expresi´n (2.3) con respecto a y y sustituir en (2.2) e igualar o An a C. de ∂fNota: en ii) se pudo haber comenzado por ∂y = N (x, y). ad Ejemplo 6. Resolver la siguiente E.D.: rsid(2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0Soluci´n: o ivepaso i)  Un ∂M x  = 4xy + e  ∂y ∂M ∂N de donde = ∂N  ∂y ∂x = 4xy + ex   ∂xpaso ii) f (x, y) = N (x, y) dy + h(x) = (2x2 y + ex − 1) dy + h(x) 17
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION = x2 y 2 + yex − y + h(x)paso iii) ∂f = M = 2xy 2 + yex ∂x ∂f = 2xy 2 + yex + h′ (x) ⇒ h′ (x) = 0 ∂x aspaso iv) h(x) = C aticpaso v) sustituyo h(x) en el paso ii): atem x2 y 2 + yex − y + C1 = C x2 y 2 + yex − y = C2 Soluci´n general o eM Ejemplo 7. Hallar el valor de b para que sea exacta la E.D.: o. d (xy 2 + bx2 y) dx + (x + y)x2 dy = 0. eptSoluci´n: o ,D uia ∂M = 2xy + bx2 tioq ∂y ∂N = 3x2 + 2xy ⇒ b = 3 An ∂x ∂f = xy 2 + 3x2 y (2.4) de ∂x ∂f ad = x3 + x2 y (2.5) ∂y rsid integramos (2,4) : f (x, y) = (xy 2 + 3x2 y) dx + g(y) ive x2 f (x, y) = y 2 + x3 y + g(y) Un (2.6) 2 derivamos (2,6) con respecto a y ∂f = yx2 + x3 + g ′ (y) (2.7) ∂y igualamos (2,5) y (2,7) x3 + x2 y = yx2 + x3 + g ′ (y) K = g(y)18
  • 2.4. ECUACIONES EXACTAS reemplazamos g(y) en (2,6) x2 f (x, y) = y 2 + x3 y + K = C1 2 y 2 x2 = + x3 y = C 2que es la soluci´n general. o as Ejercicio 1. Resolver la siguiente E.D. por el m´todo de las exactas : e atic (tan x − sen x sen y) dx + cos x cos y dy = 0. atem(Rta.: f (x, y) = cos x sen y − ln |cos x| = C) eM Ejercicio 2. Resolver la siguiente E.D. por el m´todo de las exactas: e o. d (y 2 cos x − 3x2 y − 2x) dx + (2y sen x − x3 + ln y) dy = 0, con y(0) = e. ept(Rta.: f (x, y) = y 2 sen x − x3 y − x2 + y(ln y − 1) = 0) ,D Ejercicio 3. Determinar la funci´n M (x, y) de tal manera que la siguente o uiaE.D.O sea exacta: tioq 1 M (x, y) dx + xex y + 2xy + dy = 0 An x de y(Rta.: M (x, y) = 1 y 2 ex (x + 1) + y 2 − 2 x2 + g(x)) ad Ejercicio 4. Determinar la funci´n N (x, y) para que la siguiente E.D. o rsidsea exacta: 1 1 x y 2 x− 2 + 2 dx + N (x, y) dy = 0 ive x +y Un 1 1 1(Rta.: N (x, y) = x 2 y − 2 + 2 (x2 + y)−1 + g(y)) Ejercicio 5. Resolver por el m´todo de las exactas la siguiente E.D.: e (2xy 2 + yex ) dx + (2x2 y + ex − 1) dy = 0(Rta.: f (x, y) = y(x2 y + ex − 1) = C) 19
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION Ejercicio 6. Resolver por el m´todo de las exactas la siguiente E.D.: e (2x − y sen xy − 5y 4 ) dx − (20xy 3 + x sen xy) dy = 0(Rta.: f (x, y) = x2 + cos(xy) − 5y 4 x = C) Ejercicio 7. Resolver por el m´todo de las exactas la siguiente E.D.: e as ( sen xy + xy cos xy) dx + (x2 cos xy) dy = 0 atic atem(Rta.: f (x, y) = x sen (xy) = C) Ejercicio 8. Resolver por el m´todo de las exactas la siguiente E.D.: e eM (yexy + 4y 3 ) dx + (xexy + 12xy 2 − 2y) dy = 0, con y(0) = 2 o. d(Rta.: f (x, y) = exy + 4xy 3 − y 2 = −3) ept ,D Ejercicio 9. Resolver por el m´todo de las exactas la siguiente E.D.: e uia (1 − sen x tan y) dx + cos x sec2 y dy = 0 tioq(Rta.: f (x, y) = cos x tan y + x = C) An de2.5. ´ FACTORES DE INTEGRACION ad rsidDefinici´n 2.5 (Factor Integrante F.I.) . Sea la E.D. o ive M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0. UnSi µ(x, y) es tal que µ(x, y) M (x, y) dx + µ(x, y) N (x, y) dy = 0es una E.D. exacta, entonces decimos que µ(x, y) es un factor integrante(F.I.).20
  • ´ 2.5. FACTORES DE INTEGRACION Ejemplos de algunas formas diferenciales que son exactas.Ejemplo: x dx + y dy es la diferencial de 2 (x2 + y 2 ) ya que d 1 (x2 + y 2 ) = 1 2x dx + y dy. Analogamente: para x dy + y dx = d(xy). Pero py dx + qx dy no es exacta, la expresi´n µ(x, y) = xp−1 y q−1 es un o asfactor integrante. atic Para y dx − x dy, las expresiones: atem 1 1 1 1 1 µ= ; µ= 2; µ= ; µ= 2 ; µ= 2 eM y2 x xy x + y2 ax + bxy + cy 2son factores integrantes. o. dTeorema 2.2 (Teorema del Factor Integrante) : eptSea M (x, y) dx+N (x, y) dy = 0 una E.D. y µ(x, y) un factor integrante, conM , N y µ continuas y con primeras derivadas parciales continuas , entonces ,D uia ∂M ∂N dµ dµ µ − =N = −M ∂y ∂x dx dy tioq An Demostraci´n: Si µ es tal que µM dx + µN dy = 0 es exacta y µ, M, N otienen primeras derivadas parciales continuas, entonces: de ∂ ∂ ad (µM ) = (µN ) ∂y ∂x rsido sea que ∂M ∂µ ∂N ∂µ ive µ +M =µ +N ∂y ∂y ∂x ∂x Un luego ∂M ∂N ∂µ ∂µ ∂µ M ∂µ µ − =N −M =N − ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x N ∂y dy como dx = − M , entonces: N ∂M ∂N ∂µ dy ∂µ dµ dµ µ − =N + =N = −M ∂y ∂x ∂x dx ∂y dx dy 21
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION ya que si µ = µ(x, y) y y = y(x) entonces: ∂µ ∂µ dµ = dx + dy ∂x ∂y y por tanto dµ ∂µ ∂µ dy = + dx ∂x ∂y dx as Nota. atic ∂M − ∂N 1. Si ∂y N ∂x = f (x), atem entonces µf (x) = dµ y por tanto f (x)dx = dµ , dx µ f (x)dx f (x)dx luego µ = ke ; tomando k = 1 se tiene µ = e . eM ∂M − ∂N o. d ∂y ∂x g(y)dy 2. Similarmente, si −M = g(y), entonces µ = e . eptEjemplo 8. (2xy 2 − 2y) dx + (3x2 y − 4x) dy = 0. ,DSoluci´n: o uia ∂M M (x, y) = 2xy 2 − 2y ⇒ = 4xy − 2 tioq ∂y ∂N An N (x, y) = 3x2 y − 4x ⇒ = 6xy − 4 ∂x de luego ∂M ∂N − = −2xy + 2 ad ∂y ∂x rsid por tanto ∂M ∂N − −2xy + 2 2(−xy + 1) ive ∂y ∂x = 2 + 2y = −M −2xy 2y(−xy + 1) Un luego 1 1 dy g(y) = ⇒ F.I. = µ(y) = e y = eln |y| = y y multiplico la E.D. original por y: (2xy 3 − 2y 2 ) dx + (3x2 y 2 − 4xy) dy = 0 el nuevo M (x, y) = 2xy 3 − 2y 2 y el nuevo N (x, y) = 3x2 y 2 − 4xy22
  • ´ 2.5. FACTORES DE INTEGRACION Paso 1. ∂M = 6xy 2 − 4y ∂y y ∂N = 6xy 2 − 4y ∂x luego es exacta. as Paso 2. atic atem f (x, y) = (2xy 3 − 2y 2 )dx + g(y) = x2 y 3 − 2xy 2 + g(y) eM Paso 3. Derivando con respecto a y: ∂f o. d N = 3x2 y 2 − 4xy = = 3x2 y 2 − 4xy + g ′ (y) ∂y luego g ′ (y) = 0 ept ,D Paso 4. g(y) = k uia tioq Paso 5. Reemplazo en el paso 2. f (x, y) = x2 y 3 − 2xy 2 + k = c An luego x2 y 3 − 2xy 2 = k1 que es la soluci´n general. de o ad Ejemplo 9. x dy − y dx = (6x2 − 5xy + y 2 ) dx rsidSoluci´n: o ive y x dy − y dx como d( ) = x x2 Un entonces dividimos a ambos lados de la E.D. por x2 , luego x dy − y dx 6x2 − 5xy + y 2 = dx x2 x2luego y y y d( ) = 6 − 5( ) + ( )2 dx, x x x 23
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION yhagamos u = x ⇒ du = (6 − 5u + u2 )dx du du luego 2 = dx ⇒ = dx 6 − 5u + u (u − 3)(u − 2) 1 A B pero por fracciones parciales = + (u − 3)(u − 2) u−3 u−2 o sea que A = 1 y B = −1, por tanto as atic du du du = dx ⇒ − = ln |u−3|−ln |u−2|+ln c = x (u − 3)(u − 2) u−3 u−2 atemluego (u − 3) (y − 3x) eM c = ex , si x = 0 ⇒ c = ex (u − 2) (y − 2x) o. dObservese que x = 0 es tambi´n soluci´n y es singular porque no se despren- e ode de la soluci´n general. o ept En los siguientes ejercicios, hallar el factor integrante y resolver por el ,Dm´todo de las exactas: e uia Ejercicio 1. (cos(2y) − sen x) dx − 2 tan x sen (2y) dy = 0. tioq 1(Rta.: sen x cos(2y) + 2 cos2 x = C) An Ejercicio 2. (3xy 3 + 4y) dx + (3x2 y 2 + 2x) dy = 0.(Rta.: f (x, y) = x3 y 3 + 2x2 y = C) de ad Ejercicio 3. 2xy ln y dx + (x2 + y 2 y 2 + 1) dy = 0. rsid 1 3(Rta.: f (x, y) = x2 ln y + 3 (y 2 + 1) 2 = C) ive Ejercicio 4. (2wz 2 − 2z) dw + (3w2 z − 4w) dz = 0. Un(Rta.: w2 z 3 − 2z 2 w = C) Ejercicio 5. ex dx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0(Rta.: f (x, y) = ex sen y + y 2 = C) Ejercicio 6. x dy + y dx = (x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 )(dx + dy).(Rta.: xy = 1 (x + y)4 + C) 424
  • ´ 2.5. FACTORES DE INTEGRACION Ejercicio 7. x dy − y dx = (2x2 + 3y 2 )3 (2xdx + 3ydy). 2 3 y(Rta.: 3 tan−1 ( 2 x ) = 1 (2x2 + 3y 2 )3 + C) 3 Ejercicio 8. y dx + (2x − yey ) dy = 0.(Rta.: y 2 x − y 2 ey + 2yey − 2ey = C) Ejercicio 9. (xy − 1)dx + (x2 − xy)dy = 0. as 2(Rta.: f (x, y) = xy − ln |x| − y2 = C) atic Ejercicio 10. ydx + (x2 y − x)dy = 0. atem 2 y(Rta.: f (x, y) = − x + y2 = C) eM Ejercicio 11. (2xy − e−2x )dx + xdy = 0.(Rta.: f (x, y) = ye2x − ln |x| = C) o. d Ejercicio 12. ydx + (2xy − e−2y )dy = 0. ept(Rta.: f (x, y) = xe2y − ln |y| = C) ,D Ejercicio 13. (x + y)dx + x ln xdy = 0. uia(Rta.: f (x, y) = x + y ln x = C) tioq Ejercicio 14. Hallar la soluci´n particular que pasa por el punto o Any(1) = −2, de la E.D. dy 3x2 y + y 2 de =− 3 dx 2x + 3xy ad rsid(Rta.: x3 y 2 + y 3 x = −4) ive Ejercicio 15. x dx + y dy = 3 x2 + y 2 y 2 dy.(Rta.: x2 + y 2 = y 3 + C) Un Ejercicio 16. 4y dx + x dy = xy 2 dx. 1 1(Rta.: yx4 − 3x3 = C) Ejercicio 17. Si My − N x = R(xy), yN − xM 25
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION t R(s) dsentonces µ = F.I. = e , donde t = xy Ejercicio 18. Bajo que condiciones M dx + N dy = 0 tendr´ un F.I.= aµ(x + y) Ejercicio 19. Si M dx + N dy = 0 es homog´nea, entonces µ(x, y) = e 1xM +yN as atic2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN atemDefinici´n 2.6 . Una E.D. de la forma: o dy eM a1 (x) + a0 (x)y = h(x), dx o. ddonde a1 (x) = 0, en I y a1 (x), a0 (x), h(x) son continuas en I, se le llamaE.D. lineal en y de primer orden. ept ,D Dividiendo por a1 (x), se obtiene la llamada ecuaci´n en forma can´nica o o uia´ forma estandar:o dy tioq + p(x)y = Q(x), dx An a0 (x) h(x)donde p(x) = y Q(x) = . a1 (x) a1 (x) deTeorema 2.3 (Teorema de la E.D. lineal de primer orden) : adLa soluci´n general de la E.D. lineal en y, de primer orden: o rsid y ′ + p(x)y = Q(x) ivees : Un p(x) dx p(x) dx ye = e Q(x) dx + C.Demostraci´n: o dy + p(x)y = Q(x) (2.8) dx ⇒ p(x)y dx + dy = Q(x) dx26
  • 2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN ∂M ∂No sea que (p(x)y − Q(x)) dx + dy = 0, como ∂y = p(x) y ∂x = 0, entonces ∂M ∂N ∂y − ∂x = p(x) N p(x) dxy por tanto µ = e = F.I.; multiplicando (2.8) por el F.I.: p(x) dx dy p(x) dx p(x) dx as e + p(x)ye = Q(x)e dx atic do sea dx (ye p(x) dx ) = Q(x)e p(x) dx e integrando con respecto a x se tiene: atem p(x) dx p(x) dx ye = Q(x)e dx + C eM Observese que la expresi´n anterior es lo mismo que: o o. d y F.I. = Q(x) F.I. dx + C ept ,D dν Ejemplo 10. Hallar la soluci´n general de la E.D.:(6 − 2µν) dµ + ν 2 = 0 o uia Soluci´n: o tioq dν ν2 =− dµ 6 − 2µν An dµ 6 2µ =− 2 + de dν ν ν ad dµ 2µ 6 − =− 2 rsid dν ν νque es lineal en µ con ive 2 6 Un p(ν) = − , Q(ν) = − 2 ν ν 2 − ν dν −2 1 F.I. = e p(ν)dν =e = e−2 ln |ν| = eln |ν| = ν −2 = ν2La soluci´n general es o 1 1 6 µ= (− 2 )dν + C ν2 ν2 ν 27
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION 1 ν −3 µ = −6 ν −4 dν + C = −6 +C ν2 −3 µ 2 2 = 3 + C ⇒ µ = + Cν 2 ν2 ν νque es la soluci´n general. o as dy atic Ejemplo 11. Hallar una soluci´n continua de la E.D.: o dx + 2xy = f (x) atem x, 0≤x<1 donde f (x) = 0, x≥1 eM y y(0) = 2 o. d Soluci´n: o F.I. : e 2xdx 2 = ex ⇒ ex y = 2 ept 2 ex f (x)dx + C ,D 2 2 a). si 0 ≤ x < 1 : ex y = ex x dx + C uia tioq 2 1 2 ex y = 2 ex 2x dx + C An 2 2 ex y = 1 ex + C, soluci´n general o de 2 ad 1 2 2 y(0) = 2 ⇒ e0 2 = 2 e0 + C rsid 1 3 2= +C ⇒C = ive 2 2 Un 1 2 1 2 y= 2 + Ce−x ⇒ y = 2 + 3 e−x , soluci´n particular 2 o b). si x ≥ 1 : F.I.y = F.I. 0 dx + C 2 2 ex y = 0 + C ⇒ y = Ce−x28
  • 2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN 1 3 2 2 + 2 e−x 0≤x<1Soluci´n: f (x) = o 2 Ce−x x≥1 Busquemos C, de tal manera que la funci´n f (x) sea continua en x = 1. oPor tanto 1 3 2 l´ ( + e−x ) = f (1) = y(1) ım x→1 2 2 1 3 −1 as + e = Ce−1 2 2 atic 3 1 + 2 e−1 21 3 atem ⇒C= −1 = e+ e 2 2 Ejemplo 12. Con un cambio de variable adecuado trasformar la E.D.: eM 2 y ′ + x sen 2y = xe−x cos2 y o. den una E.D. lineal de primer orden y luego resolverla.Soluci´n. Lo trabajamos mediante cambios de variable. oDividiendo por cos2 y: ept ,D 1 dy x(2 sen y cos y) 2 + = xe−x uia cos 2 y dx cos2y tioq dy 2 sec2 y+ 2x tan y = xe−x dx Anhagamos el siguiente cambio de variable: t = tan y, por lo tanto de dt dy = sec2 y . ad dx dx rsid Sustituyendo ive dt 2 + 2xt = xe−x , es lineal en t con dx Un 2 p(x) = 2x, Q(x) = xe−x 2x dx 2 F.I. = e = exResolvi´ndola e t F.I. = F.I.Q(x) dx + C 29
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION 2 2 2 tex = ex (xe−x ) dx + C x2 2 ⇒ tan y ex = +C 2 Ejercicio 1. Hallar una soluci´n continua de la E.D.: o as dy (1 + x2 ) dx + 2xy = f (x) atic atem x, 0≤x<1 donde f (x) = −x , x≥1 eM con y(0) = 0. x2 2(1+x2 ) , si 0 ≤ x < 1(Rta.: y(x) = ) o. d x2 1 − 2(1+x2 ) + 1+x2 , si x ≥ 1 Ejercicio 2. Hallar la soluci´n de la E.D.: o ept dy dx = y y−x con y(5) = 2 y2(Rta.: xy = + 8) ,D 2 uia 1 Ejercicio 3. Resolver para ϕ(x) la ecuaci´n 0 ϕ(αx) dα = nϕ(x) o(Ayuda: con un cambio de variable adecuado transforme la ecuaci´n en una o tioqE.D. lineal de primer orden.) 1−n(Rta.: ϕ(x) = Cx( n ) ) An de Ejercicio 4. Hallar la soluci´n de la E.D.: y ′ − 2xy = cos x − 2x sen x odonde y es acotada cuando x → ∞. ad(Rta.: y = sen x) rsid √ √ √ Ejercicio 5. Hallar la soluci´n de la E.D.: 2 x y ′ −y = − sen x−cos x o ivedonde y es acotada cuando x → ∞. √ Un(Rta.: y = cos x) dy Ejercicio 6. Resolver la E.D.: (x + 2)2 dx = 5 − 8y − 4xy.(Rta.: y(2 + x)4 = 5 (2 + x)3 + C) 3 dy dy Ejercicio 7. Resolver la E.D.: y − x dx = dx y 2 ey .(Rta.: x − xy = C) y30
  • 2.6. E.D. LINEAL DE PRIMER ORDEN Ejercicio 8. El suministro de glucosa al torrente sangu´ıneo es una t´cni- eca importante para detectar la diabetes en una persona. Para estudiar esteproceso, definimos G(t) como la cantidad de glucosa presente en la sangrede un paciente en el tiempo t. Suponga que la glucosa se suministra al sis- gr.tema sangu´ıneo a una tasa constante k min. . Al mismo tiempo la glucosa setransforma y se separa de la sangre a una tasa proporcional a la cantidad deglucosa presente. Construir la E.D. y resolverla. Hallar G(t) cuando t → ∞. as Ejercicio 9. Hallar la soluci´n general en t´rminos de f (x), de la E.D.: o e atic dy f ′ (x) atem +2 y = f ′ (x) dx f (x) eM(Rta.: y = 1 f (x) + 3 C [f (x)]2 ) o. d Ejercicio 10. Hallar y(x) en funci´n de f (x) si o dy + f (x) y = f (x)y 2 ept dx ,D 1(Rta.: y = ) uia (1−Ce f (x) dx ) tioq Ejercicio 11. Hallar la soluci´n general de la E.D. o (x + 1)y ′ + (2x − 1)y = e−2x An(Rta.: y = − 1 e2x + Ce−2x (x + 1)3 ) de 3 ad Ejercicio 12. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o rsid y ′ + y = 2xe−x + x2 ivesi y(0) = 5 Un(Rta.: y = x2 e−x + x2 − 2x + 2 + 3e−x ) Ejercicio 13. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o (1 − 2xy 2 )dy = y 3 dxsi y(0) = 1(Rta.: xy 2 = ln y) 31
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION2.7. ECUACION DIFERENCIAL DE BERNOULLI dyDefinici´n 2.7 . Una E.D. de la forma dx + p(x)y = Q(x)y n con n = 0 y on = 1, se le llama una E.D. de Bernoulli. Observese que es una E.D. no lineal. as La sustituci´n w = y 1−n convierte la E.D. de Bernoulli en una E.D. lineal o aticen w de primer orden: atem dw + (1 − n)p(x)w = (1 − n) Q(x). dx eM dy Ejemplo 13. xy(1 + xy 2 ) dx = 1 con y(1) = 0.Soluci´n: o o. d dy 1 dx = ⇒ = xy (1 + xy 2 ) = xy + x2 y 3 dx xy (1+xy 2 ) dy ept ,D dx − xy = x2 y 3 (2.9) uia dy tioqtiene la forma de Bernoulli con variable dependiente x, con n = 2 An Hagamos w = x1−2 = x−1 ⇒ x = w−1 de dx dw ad = −w−2 dy dy rsid ımos en (2.9): −w−2 dw − yw−1 = y 3 w−2 sustitu´ dy ive dw multiplicamos por −w−2 : + yw = −y 3 , lineal en w de primer orden. Un dy luego p(y) = y; Q(y) = −y 3 y2 P (y) dy y dy F.I. = e =e =e2 w F.I. = F.I. Q(y) dy + C32
  • 2.7. E.D. DE BERNOULLI y2 y2 we 2 = e 2 (−y 3 ) dy + C y2 hagamos: u = 2 ⇒ du = y dy , y 2 = 2u y2 y2 we 2 = − y 3 e 2 dy + C = −2 ueu du + C as atic y2 e integrando por partes, obtenemos: w e 2 = −2u eu + 2eu + C atem y2 y2 1 y2 y2 x−1 e 2 = −y 2 e 2 + 2e 2 + C ⇒ = −y 2 + 2 + Ce− 2 eM xComo y(1) = 0 entonces C = −1, por lo tanto la soluci´n particular es: o o. d 1 y2 = −y 2 + 2 − e− 2 ept x ,DResolver las E.D. de los siguientes ejercicios: uia dy y x Ejercicio 1. 2 dx = x − y2 con y(1) = 1. tioq 3 1 3 −2(Rta.: y x = −3x + 4) 2 An 2 Ejercicio 2. y ′ = x3 3x . +y+1(Rta.: x3 = −y − 2 + Cey ) de ad Ejercicio 3. tx2 dx + x3 = t cos t. dt rsid(Rta.: x3 t3 = 3(3(t2 − 2) cos t + t(t2 − 6) sen t) + C) ive x Ejercicio 4. y ′ = x2 y+y3 . 2 Un(Rta.: x2 + y 2 + 1 = Cey ) Ejercicio 5. xy ′ + y = x4 y 3 .(Rta.: y −2 = −x4 + cx2 ) Ejercicio 6. xy 2 y ′ + y 3 = cos x . x(Rta.: x3 y 3 = 3x sen x + 3 cos x + C) 33
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION Ejercicio 7. x2 y ′ − y 3 + 2xy = 0. 2(Rta.: y −2 = 5x + Cx4 ) Ejercicio 8. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o dx 2 √ x 3 − x = y( 2 ) 2 dy y y astal que y(1) = 1 atic(Rta.: y 3 = x) atem Ejercicio 9. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o eM (1 − 2xy 2 )dy = y 3 dx o. dtal que y(0) = 1(Rta.: xy 2 = ln |y|) ept ,D2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER OR- uia DEN tioq Sea An(y ′ )n + a1 (x, y)(y ′ )n−1 + a2 (x, y)(y ′ )n−2 + . . . + an−1 (x, y)y ′ + an (x, y) = 0, de addonde ai (x, y) para i = 1 . . . n son funciones reales y continuas en una regi´n o rsidR del plano XY . ive Casos: Un i) Se puede despejar y ′ . ii) Se puede despejar y. iii) Se puede despejar x.34
  • 2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN dyCaso i). Si hacemos p = dx = y ′ , entonces pn + a1 (x, y)pn−1 + a2 (x, y)pn−2 + . . . + an−1 (x, y)p + an (x, y) = 0. En caso que sea posible que la ecuaci´n anterior se pueda factorizar en ofactores lineales de p, se obtiene lo siguiente: (p − f1 (x, y))(p − f2 (x, y)) . . . (p − fn (x, y)) = 0, as aticdonde fi (x, y) para i = 1, . . . , n son funciones reales e integrables en una re-gi´n R del plano XY . o atem Si cada factor tiene una soluci´n ϕi (x, y, c) = 0, para i = 1, . . . , n. oentonces la soluci´n general es n ϕi (x, y, c) = 0. eM o i=1 Ejemplo 14. (y ′ − sen x)((y ′ )2 + (2x − ln x)y ′ − 2x ln x) = 0. o. dSoluci´n: o (p − sen x)(p2 + (2x − ln x)p − 2x ln x) = 0 ept ,D (p − sen x)(p + 2x)(p − ln x) = 0 uia dy Para el factor p − sen x = 0 ⇒ dx − sen x = 0 ⇒ dy = sen x dx ⇒ tioqy = − cos x + C An φ1 (x, y, C) = 0 = y + cos x − C de dy Para el factor p + 2x = 0 ⇒ dx = −2x ⇒ dy = −2x dx ad rsid ⇒ y = −x2 + C ⇒ φ2 (x, y, C) = 0 = y + x2 − C dy ive Para el factor p − ln x = 0 ⇒ dx = ln x ⇒ dy = ln x dx Un y= ln x dx + C,e integrando por partes: 1 y= ln x dx + C = x ln x − x dx = x ln x − x + C x φ3 (x, y, C) = 0 = y − x ln x + x − C 35
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION 3 La soluci´n general es: o i=1 φi (x, y, C) = 0 (y + cos x − C)(y + x2 − C)(y − x ln x + x − C) = 0 Resolver por el m´todo anterior los siguientes ejercicios: e Ejercicio 1. p (p2 − 2xp − 3x2 ) = 0.(Rta.: (y − c)(2y − 3x2 + c)(2y + x2 + c) = 0) as atic 2 dν dν Ejercicio 2. 6µ2 dµ − 13µν dµ − 5ν 2 = 0. 1 5 atem(Rta.: (νµ 3 − c)(νµ− 2 − c) = 0) Ejercicio 3. (y ′ )3 − y(y ′ )2 − x2 y ′ + x2 y = 0. eM 2 2(Rta.: (x − ln |y| + c)(y + x − c)(y − x − c) = 0) 2 2 o. d dy Ejercicio 4. n2 p2 − x2n = 0, con n = 0 y dx = p = y′. xn+1 xn+1(Rta.: (y + n(n+1) − c)(y − n(n+1) − c) = 0) ept ,D Ejercicio 5. Denotando por P cualquier punto sobre una curva C y Tel punto de intersecci´n de la tangente con el eje Y . Hallar la ecuaci´n de C o o uiasi P T = k. √ √ tioq 2 2 2(Rta.:(y + c)2 = k 2 − x2 + k ln k −x −k , con |x| ≤ k, k > 0.) x An Caso ii). Son ecuaciones de la forma F (x, y, p) = 0 y de la cual puededespejarse y, es decir: y = f (x, p), donde x y p se consideran como variables deindependientes, la diferencial total es: ad ∂f ∂f rsid dy = dx + dp ∂x ∂p ive luego dy ∂f ∂f dp Un =p= + dx ∂x ∂p dx o sea que ∂f ∂f dp dp 0= −p + = g(x, p, p′ ), donde p′ = ∂x ∂p dx dx36
  • 2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN y por tanto ∂f ∂f −p dx + dp = 0 ∂x ∂pes una E.D. de primer orden y de primer grado en x y p. Generalmente(teniendo buena suerte) g(x, p, p′ ) = 0se puede factorizar, quedando as´ g(x, p, p′ ) = h(x, p, p′ ) φ (x, p) = 0. as ı: atic a) Con el factor h(x, p, p′ ) = 0 se obtiene una soluci´n h1 (x, p, c) = 0, o atemse elimina p entre h1 (x, p, c) = 0 y F (x, y, p) = 0 y se obtiene la soluci´n ogeneral. b) Con φ(x, p) = 0 se obtiene una soluci´n singular, al eliminar p entre o eMφ(x, p) = 0 y F (x, y, p) = 0. o. d 2 dy Ejemplo 15. y = f (x, p) = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − x , donde p = 2 dx Soluci´n: o dy =p= ∂f + ∂f dp ept dx ∂x ∂p dx ,Dsi x = 0 uia 1 dpp = (p+2x) ln x+(px+x2 ) +2(px+x2 )(p+2x)−x+[x ln x+2(px+x2 )x] tioq x dx dp p = (p + 2x) ln x + p + x + 2x(p + x)(p + 2x) − x + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx An dp de 0 = (p + 2x) ln x + 2x(p + x)(p + 2x) + [x ln x + 2x2 (p + x)] dx ad dp 0 = (p + 2x)[ln x + 2x(p + x)] + x[ln x + 2x(p + x)] dx rsid dp 0 = [ln x + 2x(p + x)] p + 2x + x dx ive Un 0 = h(x, p), Φ(x, p, p′ ) dp 1) Con el factor Φ(x, p, p′ ) = p + 2x + x dx = 0 dp x=0 dp p ⇒ x dx + p = −2x ⇒ dx + x = −2 (dividimos por x) 1 E.D.lineal en p, P (x) = x , Q(x) = −2 37
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION 1 P (x) dx F.I. = e =e x dx = eln |x| = x p F.I. = F.I.Q(x) dx + C 2 px = x(−2) dx + C = − 2x + C = −x2 + C 2 C p = −x + x (dividimos por x) asluego sustituimos en la E.D. original: atic x2 atem y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − 2 eM x2 y = (−x2 + C + x2 ) ln x + (−x2 + C + x2 )2 − 2 o. dsoluci´n general o x2 y = C ln x + C 2 − ept 2 ,D 2) h(x, p) = ln x + 2x(p + x) = 0 uia 0 = ln x + 2xp + 2x2 tioq 2xp = − ln x − 2x2 An 2 2luego p = − ln x−2x ⇒ px = − ln x+2x 2x 2 desustituyo en la E.D. original: ad rsid x2 y = (px + x2 ) ln x + (px + x2 )2 − 2 ive 2 ln x + 2x2 ln x + 2x2 x2 Un y= − + x2 ln x + − + x2 − 2 2 2 2 − ln x − 2x2 + 2x2 − ln x − 2x2 + 2x2 x2 y= ln x + − 2 2 2 ln2 x ln2 x x2 y=− + − 2 4 238
  • 2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDENluego la soluci´n singular es o ln2 x x2 y=− − 4 2 dy Resolver por el m´todo anterior los siguientes ejercicios, donde p = e dx : Ejercicio 1. xp2 − 2yp + 3x = 0. as(Rta.: 2cy = c2 x2 + 3, y 2 = 3x2 ) atic Ejercicio 2. y = px ln x + p2 x2 . atem(Rta.: y = c ln x + c2 , y = − 4 ln2 x) 1 eM Ejercicio 3. y = 5xp + 5x2 + p2 .(Rta.: y = cx − x2 + c2 , 4y + 5x2 = 0) o. d Ejercicio 4. p2 x4 = y + px. 1(Rta.: y = c2 − cx−1 , y = − 4x2 ) ept ,D Ejercicio 5. 2y = 8xp + 4x2 + 3p2 . uia 2(Rta.: 2y = 3(c − x)2 + 8(c − x)x + 4x2 , y = − 2x ) 3 tioq Ejercicio 6. y = xp − 1 p3 . 3 3(Rta.: y = cx − 3 c3 , y = ± 2 x 2 ) 1 An 3 de Caso iii). Si en la ecuaci´n F (x, y, p) = 0, se puede despejar x = g(y, p) o dy 1con y y p como variables independientes; hacemos dx = p, o sea que dx = p ad dyy como rsid ∂g ∂g dx = dy + dp ∂y ∂p iveluego Un dx 1 ∂g ∂g dp = = + dy p ∂y ∂p dy por tanto ∂g 1 ∂g dp − + = 0 = h(y, p, p′ ) ∂y p ∂p dy dpdonde p′ = dy . 39
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION dβ 3 dβ Ejemplo 16. cos2 β dα − 2α dα + 2 tan β = 0 dβ Soluci´n: con p = o dα , se tiene: cos2 β p3 + 2 tan β α= 2p cos2 β p2 tan β α= + = g(β, p) as 2 p atic 1 ∂g ∂g ∂p = + p ∂β ∂p ∂β atem 1 sec2 β tan β dp ⇒ = − cos β sen β p2 + + p cos2 β − 2 p p p dβ eMTeniendo en cuenta la identidad: sec2 θ = 1 + tan2 θ; o. d 1 1 tan2 β tan β dp = − cos β sen β p2 + + + p cos2 β − 2 p p p p ept dβ ,D tan2 β 2 tan β dp 0 = − cos β sen β p + + p cos2 β − 2 uia p p dβ tan2 β 1 2 tan β dp tioq 0 = − sen β cos β p2 + + p cos2 β − p p p dβ An − sen β cos β p2 tan β 1 2 tan β dp 0 = tan β + + p cos2 β − tan β p p p dβ de tan β 1 2 tan β dp ad 0 = − tan β cos2 β p2 − + p cos2 β − p p p dβ rsid tan β 1 dp 0 = cos2 β p2 − − tan β + ive p p dβ dβ dp Un 0 = h(β, p) φ(β, p, p′ ), donde p = y p′ = dα dβ 1 dp 1 : φ(β, p, p′ ) = − tan β + =0 p dβ 1 dp dp ⇒ = tan β ⇒ = tan β dβ p dβ p ⇒ ln |p| = − ln | cos β| + ln |C|40
  • 2.8. E.D. NO LINEALES DE PRIMER ORDEN |c| c ln |p| = ln ⇒p= , donde cos β = 0 | cos β| cos βSustituyendo en el la E.D. original: cos2 β p3 − 2α p + 2 tan β = 0 c3 c cos2 β 3β − 2α + 2 tan β = 0 cos cos β as atic c3 c − 2α + 2 tan β = 0 cos β cos β atem c3 c3 2 sen β cos β + 2 tan β cos β + cos β ⇒α= c = c 2 cos β 2 eM cos βLa soluci´n general es : o o. d c3 + 2 sen β c2 sen β = = + ; c=0 2c 2 c ept ,D tan β 2 : h(β, p) = 0 = cos2 β p2 − uia p tioq tan β tan β cos2 β p2 = ⇒ p3 = p cos2 β An 3 tan β 3 sen β p= = de cos2 β cos3 β ad 1 1 3 sen 3 β p= sen β ⇒ p = rsid cos β cos βY sustituyo en la E.D.O. original: ive 3 Un 1 1 2 sen 3 β sen 3 β cos β − 2α + 2 tan β = 0 cos β cos β 1 sen β 2 sen 3 β cos β 3β − 2α + 2 tan β = 0 cos cos β 1 sen 3 β tan β − 2α + 2 tan β = 0 cos β 41
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION sen β 3 tan β 3 cos β 3 2 ⇒α= 1 = 1 = sen 3 β 2 sen 3β 2 sen 3β 2 cos β cos βSiendo esta ultima la soluci´n singular. ´ o Resolver por el m´todo anterior los siguientes ejercicios: e as atic Ejercicio 1. x = y + ln p C(Rta.: x = y + ln |1 + ey |) atem Ejercicio 2. 4p2 = 25x eM(Rta.: (3y + c)2 = 25x3 ) o. d Ejercicio 3. 2px = 2 tan y + p3 cos2 y 2(Rta.: x = sen y + c2 , 8x3 = 27 sen 2 y) c ept ,D Ejercicio 4. 4px − 2y = p3 y 2 3 4(Rta.: 4c x − 2y = cy ; 4x = 3y 3 ) uia y tioq Ecuaci´n de Clairaut: y = xy ′ + f (y ′ ) oPor el m´todo del caso ii) se muestra que su soluci´n general es de la forma: e o Any = cx + f (c)Y su soluci´n singular se consigue eliminando p entre las ecuaciones o dex + f ′ (p) = 0 y y = xp + f (p) ad ′ 3 Ejercicio 5. y = xy ′ − (y3) rsid 2 3(Rta.: y = cx − 1 c3 , y = ± 3 x 2 ) 3 ive Ejercicio 6. y = xy ′ + 1 − ln y ′ Un(Rta.: y = cx + 1 − ln c, y = 2 + ln x) ′ Ejercicio 7. xy ′ − y = ey(Rta.: y = cx − ec , y = x ln x − x) Ejercicio 8. (y − px)2 = 4p42
  • 2.9. OTRAS SUSTITUCIONES2.9. OTRAS SUSTITUCIONES Ejemplo 17. y dx + (1 + yex ) dy = 0Soluci´n: o Hagamos u−1 u = 1 + yex ⇒ y = , du = yex dx + ex dy = ex (y dx + dy), ex as ⇒ du = (u − 1) dx + ex dy atic atem du − (u − 1) dx ⇒ dy = ex eM Reemplazando en la ecuaci´n original: o u−1 du − (u − 1) dx o. d ex >0 dx + u = 0 ex ex ept ,D (u − 1 − u(u − 1)) dx + u du = 0 uia (u − 1)(1 − u) dx + u du = 0 tioq −(u − 1)2 dx + u du = 0 An de u dx = du (u − 1)2 ad rsid u x= du + C (u − 1)2 iveUtilicemos fracciones parciales para resolver la integral Un u A B = + (u − 1)2 u − 1 (u − 1)2 u = A(u − 1) + B si u = 1 ⇒ B = 1 si u = 0 ⇒ 0 = −A + 1 ⇒ A = 1 43
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION 1 1 x= + du u − 1 (u − 1)2 dv x = ln |u − 1| + , haciendo v = u − 1 ⇒ dv = du v2 1 entonces x = ln |u − 1| − +C as v atic 1 x = ln |yex | − + C, es la soluci´n general o atem yex eM Ejemplo 18. y ′′ + 2y(y ′ )3 = 0.Soluci´n: o o. d dy d2 y Hagamos p = y ′ = , ⇒ p′ = y ′′ = dx ept dx2 ,D p′ + 2yp3 = 0 uia dp + 2yp3 = 0 dx tioq dp dp dy dp dpPor la regla de la cadena sabemos que: dx = dy dx = dy p = p dy , entonces An dp p + 2yp3 = 0, con p = 0 de dy ad dp + 2yp2 = 0 rsid dy ive dp = −2yp2 ⇒ p−2 dp = −2y dy dy Un ⇒ −p−1 = −y 2 + C 1 dy p−1 = y 2 + C1 ⇒ p = = y2 + C1 dx ⇒ dx = (y 2 + C1 ) dy44
  • 2.9. OTRAS SUSTITUCIONES y3 x= + C1 y + C2 3 Hacer una sustituci´n adecuada para resolver los siguientes ejercicios: o dy Ejercicio 1. xe2y dx + e2y = ln x x 2 2y(Rta.: x e = 2x ln x − 2x + c) as dy 4 y atic Ejercicio 2. − y = 2x5 e x4 y dx x(Rta.: −e− x4 = x2 + c) atem Ejercicio 3. 2yy ′ + x2 + y 2 + x = 0 eM(Rta.: x2 + y 2 = x − 1 + ce−x ) o. d Ejercicio 4. y 2 y ′′ = y ′(Rta.: y + c12 ln |cy − 1| = x + c1 , y = k) c ept dy Ejercicio 5. 2x csc 2y dx = 2x − ln(tan y) ,D(Rta.: ln(tan y) = x + cx−1 ) uia Ejercicio 6. y ′′ + (tan x)y ′ = 0 tioq(Rta.: y = C1 sen x + C2 ) An Ejercicio 7. y ′ + 1 = e−(x+y) sen x de(Rta.: ey = −e−x cos x + ce−x ) ad dy Ejercicio 8. dx + xy 3 sec y12 = 0 rsid(Rta.: x2 − sen y12 = c) ive Ejercicio 9. dy − y sen x dx = y ln(yecos x) dx Un(Rta.: ln(ln |yecos x |) = x + C) Ejercicio 10. yy ′ + xy 2 − x = 0 2(Rta.: y 2 = 1 + Ce−x ) y Ejercicio 11. xy ′ = y + xe x y(Rta.: ln |Cx| = −e− x ) 45
  • CAP´ ´ ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION Ejercicio 12. x2 y ′′ − 2xy ′ − (y ′ )2 = 0 2(Rta.: x + Cx + C 2 ln |C − x| = −y + C1 ) 2 Ejercicio 13. yy ′′ − y 2 y ′ − (y ′ )2 = 0 1 y(Rta.: C ln | y+C | = x + C1 ) dy y y Ejercicio 14. dx + e x + x y as(Rta.: e− x = ln |Cx|) atic dy y y Ejercicio 15. dx = cos x + x atem y y(Rta.: sec x + tan x = Cx) eM2.10. ANEXO CON EL PAQUETE Maple o. d Con el paquete matem´tico Maple se pueden resolver Ecuaciones Diferen- a eptciales, expondremos a continuaci´n varios ejemplos, los cuales solucionaremos o ,Dutiliz´ndo dicho paquete. Las intrucciones en Maple terminan con punto y acoma, despu´s de la cual se da “enter”para efectuar la operaci´n que se busca. e o uia dy y Ejemplo 19. Hallar general de la E.D. = 3x tioq dx>int(1/y,y)=int(3/x,x)+C; An ln(y) = 3 ln(x) + C>solve(ln(y) = 3*ln(x)+C,y); de ad 2 rsid exp(C) x dy 1 = xy(1 + x2 )− 2 , con iveEjemplo 20. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o dxla condici´n inicial y(1) = 1 o Un> restart;> diff_eq1 := D(y)(x)=x*y(x)^3*(1+x^2)^(-1/2); xy(x) diff_eq1 := D(y)(x) = 1 (1+x2 ) 2> init_con := y(0)=1;46
  • 2.10. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLEinit_con := y(0) = 1> dsolve( {diff_eq1, init_con} , {y(x)} ); 1 y(x) = √ −2 1 + x2 + 3 Ejemplo 21. Mostrar que la E.D. (2xy 2 + yex )dx + (2x2 y + ex − 1)dy = 0 ases exacta y hallar la soluci´n general. o atic> M:=2*x*y^2+y*exp(x); atemM:= 4xy + ex eM> N:=2*x^2*y+exp(x)-1; o. dN:=2x2 y + ex − 1> diff_E1:=2*x*(y^2)(x)+y(x)*exp(x)+(2*x^2*y(x)+exp(x)-1)*D(y)(x)=0; ept diff_E1 := 2xy(x)2 + y(x)ex + (2x2 y(x) + ex − 1)D(y)(x) = 0 ,D uia> dsolve(diff_E1,y(x)); tioq 1 1 − ex − (ex )2 − 2ex + 1 − 4x2 C1 y(x) = , An 2 x2 1 1 − ex + (ex )2 − 2ex + 1 − 4x2 C1 de y(x) = 2 x2 ad rsid ive Un 47
  • 48 CAP´ Un ´ ive rsid ad de An tioq uia ,D ept o. d eM ´ ITULO 2. METODOS DE SOLUCION atem atic as
  • CAP´ ITULO 3 as atic APLICACIONES DE LAS E.D. DE atem PRIMER ORDEN eM o. d ept ´ ,D3.1. APLICACIONES GEOMETRICAS uia3.1.1. Trayectorias Isogonales y Ortogonales tioq y g(x) An de ad f (x) rsid γ ive Un β α x Figura 3.1 49
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDENDefinici´n 3.1 (trayectorias isogonales) . o a). Dada una familia de curvas f (x, y, c) = 0, existe otra familia g(x, y, c) = 0 que corta a la familia f bajo un mismo ´ngulo γ. A a la familia g se le llama la familia de trayectorias isogonales de f y g(x, y, c) = 0 es soluci´n de la E.D.: o tan α − tan β f ′ (x) − g ′ (x) f ′ (x) − y ′ tan γ = tan(α − β) = = = as 1 + tan α tan β 1 + f ′ (x)g ′ (x) 1 + f ′ (x)y ′ atic b). En particular, cuando γ = 900 , a g se le llama la familia de trayectorias atem ortogonales de f y en este caso g es soluci´n de la E.D.: o tan α tan β = f ′ (x)g ′ (x) = −1 = f ′ (x)y ′ eM Ejemplo 1. Hallar las trayectorias isogonales a 45o de la familia o. dy(x + c) = 1.Soluci´n: o ept f ′ (x) − y ′ tan 450 = =1 ,D 1 + f ′ (x)y ′ uiapor derivaci´n impl´ o ıcita: tioq d d (y(x + c)) = (1) dx dx An dy y + (x + c) =0 de dx ad dy y ⇒ =− rsid dx x+c En la E.D.: ive −y y − x+c − y ′ 1 − y′ −y 2 − y ′ Un y 1= y = = 1 + − x+c y ′ 1 − y2y′ 1+ −y 1 y′ y 1 − y 2 y ′ = −y 2 − y ′ ⇒ y ′ (y 2 − 1) = 1 + y 2 y2 + 1 y2 − 1 y′ = ⇒ 2 dy = dx y2 − 1 y +150
  • ´ 3.1. APLICACIONES GEOMETRICAS 2 1− dy = dx 1 + y2 y − 2 tan−1 y = x + K as atic g(x, y, K) = 0 = y − 2 tan−1 y − x − K atem Ejercicio 1. Hallar las trayectorias isogonales a 45o de la familia y = ceax ,donde c y a son constantes. eM 2(Rta.: y + a ln |ay − 1| = x + c) o. d Ejercicio 2. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia y 2 = cx3 .(Rta.: 2x2 + 3y 2 = C2 ) ,D ept Ejercicio 3. Hallar las trayectorias ortogonales de la familiade hiperbo- uialas equil´teras xy = c. a(Rta.: x2 − y 2 = C) tioq 1 3 Ejercicio 4. Determinar la curva que pasa por ( 2 , 2 ) y corta a cada An 2 2 2miembro√ la familia x + y = c formando un ´ngulo de 60o . de √ a(Rta.: −1 x 2 2 −1 1 3 tan y = ± 2 ln |x + y | + 3 tan 3 − 2 ln 5 ) 1 1 de 2 ad Ejercicio 5. Hallar la familia de trayectorias ortogonales de la familia de rsidcurvas y = C1 x2 . 2(Rta.: x + y 2 = C) 2 ive Un Ejercicio 6. Hallar la familia de trayectorias ortogonales de la familia decurvas y = C1 e−x . 2(Rta.: y2 = x + C) Ejercicio 7. Encuentre la curva que pertenece a la familia de trayectoriasortogonales de la familia de curvas x + y = C1 ey que pasa por (0, 5).(Rta.: y = 2 − x + 3e−x ) 51
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN3.1.2. Problemas de Persecuci´n: o Ejemplo 2. Un esquiador acu´tico P localizado en el punto (a, 0) es aremolcado por un bote de motor Q localizado en el or´ ıgen y viaja haciaarriba a lo largo del eje Y . Hallar la trayectoria del esquiador si este se dirijeen todo momento hacia el bote. y as atic Q atem eM θ P (x, y) x o. d x (a, 0) ept ,D Figura 3.2 uia tioqSoluci´n: del concepto geom´trico de derivada se tiene que: o e √ y ′ = tan θ = − sec2 θ − 1, Anpero de la figura 3.2 se tiene que de a sec θ = − ad x rsidpor lo tanto, √ √ a2 a2 − x 2 ive ′ y = − sec2 −1 = − −1=− , donde x > 0, x2 x Unseparando variables: √ a2 − x 2 dy = − dx, xpor medio de la sustituci´n trigonom´trica x = sen α en el lado derecho de o ela E.D., se llega a que: √ a + a2 − x 2 √ y = a ln − a2 − x2 + C; x52
  • ´ 3.1. APLICACIONES GEOMETRICAScomo el esquiador arranca desde el punto (a, 0), entonces las condicionesiniciales son x = a, y = 0, sustituyendo en la soluci´n general, se obtiene oque C = 0.Luego la soluci´n particular es: o √ a + a2 − x 2 √ y = a ln − a2 − x 2 x as Ejercicio 1. Suponga que un halc´n P situado en (a, 0) descubre una o aticpaloma Q en el or´ ıgen, la cual vuela a lo largo del eje Y a una velocidad v;el halc´n emprende vuelo inmediatamente hacia la paloma con velocidad w. o atem¿Cual es el camino seguido por el halc´n en su vuelo persecutorio? v v o x 1+ w x 1− w ( ) ( )(Rta.: y = a a v − a v + c , donde c = wavw 2 ) 2 −v eM 2 1+ w 1− w Ejercicio 2. Un destructor esta en medio de una niebla muy densa que o. dse levanta por un momento y deja ver un submarino enemigo en la superficiea cuatro kil´metros de distancia. Suponga: o epti) que el submarino se sumerge inmediatamente y avanza a toda m´quina en a ,Duna en una direcci´n desconocida. oii) que el destructor viaja tres kil´metros en l´ o ınea recta hacia el submarino. uiaQue trayectoria deber´ seguir el destructor para estar seguro que pasar´ di- ıa a tioqrectamente sobre el submarino, si su velocidad v es tres veces la del subma-rino? θ An √(Rta.: r = e 8 ) de Ejercicio 3. Suponga que el eje Y y la recta x = b forman las orillas deun r´ cuya corriente tiene una velocidad v (en la direcci´n negativa del eje ıo o adY ). Un hombre esta en el origen y su perro esta en el punto (b, 0). Cuando rsidel hombre llama al perro, ´ste se lanza al r´ y nada hacia el hombre a una e ıovelocidad constante w (w > v). Cual es la trayectoria seguida por el perro? ive v b v(Rta.: y = x [( x ) w − ( x ) w ]) 2 b Un Ejercicio 4. Demuestre que el perro del Ej. anterior nunca tocar´ la otra aorilla, si w < v. Suponga ahora que el hombre camina r´ abajo a la velocidad v mientras ıollama a su perro. Podr´ esta vez el perro tocar la otra orilla? a(Rta.: Si, en el punto (0, − bv )) w 53
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN Ejercicio 5. Cuatro caracoles situados en las esquinas de un cuadrado[0, a] × [0, a] comienzan a moversen con la misma velocidad, dirigi´ndose ecada uno hacia el caracol situado a su derecha. Qu´ distancia recorrer´n los e acaracoles al encontrarsen?(Rta.: a unidades)3.1.3. Aplicaciones a la geometr´ anal´ ıa ıtica as atic Ejemplo 3. Hallar la ecuaci´n de todas las curvas que tienen la propie- odad de que el punto de tangencia es punto medio del segmento tangente entre atemlos ejes coordenados. eM Soluci´n: o o. d 2y tan α = f ′ (x) = − 2x y y′ = − x ⇒ dy y = − dx x ept ,D ln |y| = − ln |x| + ln |c| uia c c ln |y| = − ln ⇒y= ⇒ xy = c tioq x x Ejercicio 1. Empleando coordenadas rectangulares hallar la forma del Anespejo curvado tal que la luz de una fuente situada en el origen se refleje en de´l como un haz de rayos paralelos al eje X.e(Rta.: y 2 = 2cx + c2 ) ad rsid Ejercicio 2. Una curva pasa por el origen en el plano XY , al primercuadrante. El ´rea bajo la curva de (0, 0) a (x, y) es un tercio del ´rea del a a iverect´ngulo que tiene esos puntos como v´rtices opuestos. Encuentre la ecua- a e Unci´n de la curva. o(Rta.: y = cx2 ) Ejercicio 3. Encontrar las curvas para las cuales la tangente en un puntoP (x, y) tiene interceptos sobre los ejes X y Y cuya suma es 2(x + y)(Rta.: xy = c) Ejercicio 4. Hallar la ecuaci´n de todas las curvas que tienen la propie- o54
  • ´ 3.2. CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICIONdad de que la distancia de cualquier punto al origen, es igual a la longituddel segmento de normal entre el punto y el intercepto con el eje X.(Rta.: y 2 = ±x2 + c) Ejercicio 5. Hallar la ecuaci´n de todas las curvas del plano XY que otienen la propiedad de que el tri´ngulo formado por la tangente a la curva, ael eje X y la recta vertical que pasa por el punto de tangencia siempre tiene asun ´rea igual a la suma de los cuadrados de las coordenadas del punto de atangencia. atic 4y+x(Rta.: ln |y| = √2 tan−1 ( √15x )) 15 atem Ejercicio 6. Hallar la ecuaci´n de todas las curvas del plano XY que otienen la propiedad de que la porci´n de la tangente entre (x, y) y el eje X o eMqueda partida por la mitad por el eje Y .(Rta.: y 2 = Cx) o. d Ejercicio 7. Hallar la ecuaci´n de todas las curvas del plano XY que o epttienen la propiedad de que la longitud de la perpendicular bajada del origen ,Dde coordenadas a la tangente es igual a la abscisa del punto de contacto.(Rta.: x2 + y 2 = Cx) uia tioq Ejercicio 8. Hallar la ecuaci´n de todas las curvas del plano XY que tie- onen la propiedad de que la raz´n del segmento interceptado por la tangente o Anen el eje OY al radio vector, es una cantidad constante k. 1 1(Rta.: y = 2 (Cx1−k − C x1+k )) de ad Ejercicio 9. Hallar la ecuaci´n de todas las curvas del plano XY para olas cuales la longitud del segmento interceptado en el eje Y por la normal a rsidcualquiera de sus puntos es igual a la distancia desde este punto al origen decoordenadas. ive 1 1(Rta.: y = 2 (Cx2 − C )) Un3.2. ´ CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICION Existen en el mundo f´ısico, en biolog´ medicina, demograf´ econom´ ıa, ıa, ıa,etc. cantidades cuya rapidez de crecimiento o descomposici´n var´ en forma o ıaproporcional a la cantidad presente, es decir, dx = kx con x(t0 ) = x0 , o sea dt 55
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDENque dx − kx = 0 dtque es una E.D. en variables separables o lineal en x de primer orden y cuyasoluci´n es x = Cekt o Como x(t0 ) = x0 = Cekt0 ⇒ C = x0 e−kt0 as atic Por lo tanto la soluci´n particular es x = x0 e−kt0 ekt = x0 ek(t−t0 ) o atem En particular cuando t0 = 0, entonces x = x0 ekt eM o. d3.2.1. Desintegraci´n radioactiva o ept Si Q es la cantidad de material radioactivo presente en el instante t, en-tonces la E.D. es dQ = −kQ, donde k es la constante de desintegraci´n. o ,D dt uia Se llama tiempo de vida media de un material radioactivo al tiempo ne-cesario para que una cantidad Q0 se trasforme en Q0 . tioq 2 t Ejercicio 1. Si T es el tiempo de vida media, mostrar que Q = Q0 ( 1 ) T . An 2 de Ejercicio 2. Suponga que un elemento radioactivo A se descompone enun segundo elemento radioactivo B y este a su vez se descompone en un adtercer elemento radioactivo C. Si la cantidad de A presente inicialmente es rsidx0 y las cantidades de A y B son x e y respectivamente en el instante t y sik1 y k2 son las constantes de rapidez de descomposici´n, hallar y en funci´n o o ivede t.(Rta.: Si k1 = k2 , entonces: y = kk1 x01 (e−k1 t − e−k2 t ) Un 2 −ksi k1 = k2 , entonces y = k1 x0 te−k1 t ) 1 Ejercicio 3. Se ha encontrado que un hueso fosilizado contiene 1000 de lacantidad original de C14 . Determinar la edad del f´sil, sabiendo que el tiempo ode vida media del C14 es 5600 a˜os. n(Rta.: t ≈ 55,800 a˜os) n56
  • ´ 3.2. CRECIMIENTO Y DESCOMPOSICION3.2.2. Ley de enfriamiento de Newton Si se tiene un cuerpo a una temperatura T , sumergido en un medio detama˜o infinito de temperatura Tm (Tm no var´ apreciablemente con el tiem- n ıapo). El enfriamiento de este cuerpo se comporta de acuerdo a la siguienteE.D.: dθ = −kθ donde θ = T − Tm . dt Ejercicio 3. Un cuerpo se calienta a 1100 C y se expone al aire libre asa una temperatura de 100 C. Si al cabo de una hora su temperatura es de atic600 C. ¿Cuanto tiempo adicional debe transcurrir para que se enfrie a 300 C? atem3.2.3. Ley de absorci´n de Lambert o eM Esta ley dice que la tasa de absorci´n de luz con respecto a una profundi- o o. ddad x de un material transl´cido es proporcional a la intensidad de la luz a uuna profundidad x; es decir, si I es la intensidad de la luz a una profundidad dIx, entonces dx = −kI. ept ,D Ejemplo 4. En agua limpia la intensidad I a 3 pies bajo la superficie uiaes de un 25 % de la intensidad I0 en la superficie. ¿Cu´l es la intensidad del arayo a 15 pies bajo la superficie? tioq Soluci´n: o An x = 0 ⇒ I = I0 de ad dI = −kI ⇒ I = Ce−kx rsid dxCuando x = 0, I = I0 = C ive Luego I = I0 e−kx UnCuando x = 3 ⇒ I = 0,25 I0 luego, 0,25 I0 = I0 e−3k 1 ⇒ e−k = (0,25) 3 57
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN 1 x I = I0 (e−k )x = I0 ((0,25) 3 )x = I0 (0,25) 3 para 15 x = 15 ⇒ I = I0 (0,25) 3 por tanto I = I0 (0,25)5 as 4 Ejercicio 4. Si I a una profundidad de 30 pies es 9 de la intensidad en aticla superficie; encontrar la intensidad a 60 pies y a 120 pies. atem3.2.4. Crecimiento de Cultivos de Bacterias o Cre- eM cimientos poblacionales o. d La raz´n de crecimiento depende de la poblaci´n presente en periodo de o oprocrear, considerando las tasas de natalidad y de muerte, el modelo querepresenta dicha situaci´n es: o ept ,D dQ = kQ uia dt tioqdonde Q(t): poblaci´n en el instante t. o An Ejercicio 5. Si en un an´lisis de una botella de leche se encuentran 500 aorganismos (bacterias), un d´ despu´s de haber sido embotelladas y al se- ıa e degundo d´ se encuestran 8000 organismos. ¿Cual es el n´mero de organismos ıa uen el momento de embotellar la leche? ad rsid Ejercicio 6. En un modelo de evoluci´n de una comunidad se supone que ola poblaci´n P (t) se rige por la E.D dt = dB − dD , donde dB es la rapidez o dP ive dt dt dtcon que nace la gente y dD es la rapidez con que la gente muere. dt UnHallar: a) P (t) si dB = k1 P y dD = k2 P dt dt b) Analizar los casos en que k1 > k2 , k1 = k2 y k1 < k2 Ejercicio 7. Una persona de un pueblo de 1000 habitantes regres´ con ogripa. Si se supone que la gripa se propaga con una rapidez directamenteproporcional al n´mero de agripados como tambi´n al n´mero de no agripa- u e udos; determinar el n´mero de agripados cinco d´ despu´s, si se observa que u ıas e58
  • ´ 3.3. PROBLEMAS DE DILUCIONel n´mero de agripados en un d´ es 100. u ıa Ejercicio 8. Cuando se produce cierto alimento, se estima en N el n´me- uro de organismos de una cierta clase presentes en el paquete. Al cabo de 60dias el n´mero N ha aumentado a 1000N . Sinembargo, el n´mero 200N es u uconsiderado como el l´ımite saludable. A los cuantos dias, despu´s de elabo- erado, vence el alimento. as(Rta.: 46.02 dias) atic Observaci´n: un m´delo m´s preciso para el crecimiento problacional o o a atem 1es suponer que la tasa percapita de crecimiento, es decir P dP es igual a la dttasa promedio de nacimientos, la cual supondremos constante, menos la tasapromedio de defunciones, la cual supondremos proporcional a la poblaci´n,o eMpor lo tanto la E.D. ser´ ıa: o. d 1 dP = b − aP P dt eptdonde a y b son constantes positivas, esta E.D. se le llama ecuaci´n log´ o ıstica ,DResolviendo ´sta E.D. por variables separables se obtiene e uia P | | = ec ebt tioq b − aPSi en t = 0 se tiene P = P0 entonces la soluci´n particular es o An bP0 ebt de P (t) = b − aP0 + aP0 ebt adPor la regla de l’Hˆpital se puede mostrar que o rsid b l´ P (t) = ım ive t→∞ a Un3.3. ´ PROBLEMAS DE DILUCION Una soluci´n es una mezcla de un soluto (que puede ser l´ o ıquido, s´lido o ogaseoso), en un solvente que puede ser l´ ıquido o gaseoso. Tipos de mezclas o soluciones : 59
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN i) Soluciones l´ ıquidas cuando disolvemos un s´lido o un l´ o ıquido en unl´ ıquido. ii) Soluciones gaseosas cuando se disuelve un gas en un gas. Ecuaci´n de Continuidad: o as Tasa de acumulaci´n = Tasa de entrada − Tasa de salida. o atic Caso 1. Una Salmuera (soluci´n de sal en agua), entra en un tanque a o atemuna velocidad v1 galones de salmuera/minuto y con una concentraci´n de c1 olibras de sal por gal´n de salmuera (lib. sal/gal. salmuera). o eMInicialmente el tanque tiene Q galones de salmuera con P libras de sal di-sueltas. La mezcla bien homogenizada abandona el tanque a una velocidad o. dde v2 galones de salmuera/min.Encontrar una ecuaci´n para determinar las libras de sal que hay en el tan- oque en cualquier instante t.(Ver figura 3.3) ept ,D uia t=0 t>0 v1 v1 tioq c1 c1 An de P : libras de sal x : libras de sal ad Q : galones de salmuera Q + (v1 − v2 )t : galones rsid de salmuera v2 v2 ive c2 c2 Un Figura 3.3 Sea x(t) las libras de sal en el instante t. dx dt = Tasa de acumulaci´n = Tasa de entrada del soluto − Tasa de salida o60
  • ´ 3.3. PROBLEMAS DE DILUCIONdel soluto. dx = v1 (gal.sol./min) c1 (lib.sal/gal.sol.) dt − v2 (gal.sol./min) c2 (lib.sal/gal.sol.) x = v1 c1 − v2 Q + (v1 − v2 )t asy obtenemos la E.D. lineal en x de primer orden: atic p(t) dx v2 atem + x = v1 c1 dt Q + (v1 − v2 )t q(t) eMcondiciones iniciales: t = 0, x=P o. d v2 p(t) = ; q(t) = v1 c1 Q + (v1 − v2 )t p(t) dt v2 Q+(v 1−v ept F.I. = e =e 1 2 )t = ,D v2 ln |Q+(v1 −v2 )t| =e v1 −v2 uia tioq v2 F.I. = [Q + (v1 − v2 )t] v1 −v2luego An x F.I. = F.I. q(t) dt + C decon las condiciones iniciales x(0) = P , con esto hallamos C y se concluye que adx = f (t) rsid Ejercicio 1: resolver la anterior E.D. con v1 = v2 ive Un Caso 2. Un colorante s´lido disuelto en un l´ o ıquido no volatil, entra aun tanque a una velocidad v1 galones de soluci´n/minuto y con una concen- otraci´n de c1 libras de colorante/gal´n de soluci´n. La soluci´n bien homo- o o o ogenizada sale del tanque a una velocidad de v2 galones de soluci´n/min. y oentra a un segundo tanque del cual sale posteriormente a una velocidad dev3 galones de soluci´n/min. oInicialmente el primer tanque ten´ P1 libras de colorante disueltas en Q1 ıagalones de soluci´n y el segundo tanque P2 libras de colorante disueltas en o 61
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN t=0 t>0 v1 v1 c1 c1 P1 : libras de colorante x : libras de colorante Q1 + (v1 − v2 )t : galones Q1 : galones de soluci´n v o de soluci´n o v2 as 2 c2 c2 atic y : libras de colorante atem P2 : libras de colorante Q2 + (v2 − v3 )t : galones de soluci´n o Q2 : galones de soluci´n o v3 eM v3 c3 c3 o. d Figura 3.4 eptQ2 galones de soluci´n. Encontrar dos ecuaciones que determinen las libras o ,Dde colorante presentes en cada tanque en cualquier tiempo t.(Ver figura 3.4) uia x = libras de colorante en el primer tanque en el instante t.y = libras de colorante en el segundo tanque en el instante t. tioq An E.D. para el primer tanque: de dx dt = v1 c1 − v2 c2 = v1 c1 − v2 Q1 +(vx −v2 )t 1 ad dx + v2 Q1 +(vx −v2 )t = v1 c1 , con la condici´n inicial t = 0, x = P1 o rsid dt 1 v2 La soluci´n es: x = f (t) = c1 [Q1 + (v1 − v2 )t] + C[Q1 + (v1 − v2 )t] v1 −v2 . o ive Un E.D. para el segundo tanque: dy dt = v2 c2 − v3 c3 = v2 Q1 +(vx −v2 )t − v3 Q2 +(vy2 −v3 )t 1 dy v3 v2 v2 dt + Q2 +(v2 −v3 )t y= Q1 +(v1 −v2 )t x= Q1 +(v1 −v2 )t f (t), t = 0, y = P2 v3 F.I. = [Q2 + (v2 − v3 )t] v2 −v3 para v2 = v3 .62
  • ´ 3.3. PROBLEMAS DE DILUCION Si v2 = v3 ¿Cual ser´ su factor integrante? ıa Ejercicio 2. Resolver el caso dos cuando v1 = v2 = v3 = v y Q1 = Q2 =Q. Caso 3. Una soluci´n l´ o ıquida de alcohol en agua, est´ constantemente cir- aculando entre dos tanques a velocidades v2 y v3 galones/minuto. Si al primer astanque tambi´n entra una soluci´n a una velocidad de v1 e o aticgalones /minuto y de concentraci´n c1 galones de alcohol/gal´n de soluci´n o o oy las cantidades iniciales en los tanques son P1 y P2 galones de alcohol en Q1 atemy Q2 galones de agua respectivamente. Encontrar dos ecuaciones para deter-minar los galones de alcohol presentes en cualquier tiempo en cada tanque(Ver figura 3.5). eM t=0 t>0 v1 v1 o. d v3 v3 c1 c3 c1 c3 ept P1 : galones de alcohol x : galones de alcohol ,D P1 + Q1 : galones P1 + Q1 + (v1 + v3 − v2 )t : de soluci´n o v2 galones de soluci´n o v2 uia c2 c2 tioq P2 : galones de alcohol y : galones de alcohol P2 + Q2 : galones P2 + Q2 + (v2 − v3 )t : An de soluci´n o galones de soluci´n o de ad Figura 3.5 rsid ive x = galones de alcohol en el primer tanque en el instante t. Uny = galones de alcohol en el segundo tanque en el instante t. E.D. para el primer tanque: dx = v1 c1 + v3 c3 − v2 c2 dt y x = v1 c1 + v3 − v2 Q2 + P2 + (v2 − v3 )t Q1 + P1 + (v1 + v3 − v2 )t 63
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN dx v2 v3 + x= y + v1 c1 dt Q1 + P1 + (v1 + v3 − v2 )t Q2 + P2 + (v2 − v3 )t (3.1)E.D. para el segundo tanque: dy = v2 c2 − v3 c3 as dt v2 v3 atic = x− y (3.2) Q1 + P1 + (v1 + v3 − v2 )t Q2 + P2 + (v2 − v3 )t atem Balance total: galones de alcohol presentes en los dos tanques en el ins- eMtante t: o. d Bal.tot.= x + y = P1 + P2 + v1 (gal.sol./min) c1 (gal.alcohol/gal.sol.) t ept x + y = P1 + P2 + v1 c1 t ,Dluego uia y = P1 + P2 + v1 c1 t − x (3.3) tioq(3.3) en (3.1): An dx v2 + x= dt Q1 + P1 + (v1 + v3 − v2 )t de v3 (P1 + P2 + v1 c1 t − x) + v1 c1 Q2 + P2 + (v2 − v3 )t ad rsid dx v2 v3 ive + + x= dt Q1 + P1 + (v1 + v3 − v2 )t Q2 + P2 + (v2 − v3 )t Un (P1 + P2 + v1 c1 t)v3 + v1 c1 (3.4) Q2 + P2 + (v2 − v3 )tCon la condici´n inicial: t = 0, x = P1 o Nota: no hay necesidad de resolver la ecuaci´n diferencial (2) porque oy = P1 + P2 + v1 c1 t − x.64
  • ´ 3.3. PROBLEMAS DE DILUCION Caso 4. Un teatro de dimensiones 10 × 30 × 50 mt.3 , contiene al salir elp´blico 0,1 % por volumen de CO2 . Se sopla aire fresco a raz´n de 500 mt.3 u opor minuto y el sistema de aire acondicionado lo extrae a la misma velocidad.Si el aire atmosf´rico tiene un contenido de CO2 del 0,04 % por volumen y el el´ ımite saludable es de 0,05 % por volumen. ¿ En que tiempo podr´ entrar el ap´blico? (Ver figura 3.6) u as atic t>0 atem v1 v2 c1 c2 eM o. d x : mt3 de CO2 ept ,D uia tioq Figura 3.6 An Sea x = mt.3 de CO2 presentes en el teatro en el instante t. de ad Cantidad de CO2 en el teatro en t = 0: rsid ive mt.3 deCO2 0,001 3 × 10 × 30 × 50mt.3 = 15mt.3 mt. de aire Un dx = v1 c1 − v2 c2 dt= 500mt.3 aire/min. × 0,04 mt.3 CO2 /mt.3 aire − 100 x mt.3− 500mt.3 aire/min. × 10×30×50CO2 aire = 0,2 − 30 mt.3 x 1 dt xpor tanto, dx + 30 = 0,2, E.D. lineal de primer orden con p(t) = 30 yQ(t) = 0,2 65
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN tsoluci´n general: x = 6 + Ce− 30 ocondiciones iniciales: en t = 0 se tiene que x = 15 tpor tanto la soluci´n particular es: x = 6 + 9e− 30 ola cantidad de CO2 en el l´ ımite saludable es:x = 0,05 × 10 × 30 × 50 = 7,5 100 tpor tanto 7,5 = 6 + 9e− 30despejando t se tiene que t = 30 ln 6 = 53,75min. as atic Ejercicio 1. En un tiempo t = 0 un tanque A contiene 300 galones desalmuera en el cual hay 50 libras de sal y un tanque B con 200 galones de atemagua pura. Al tanque A le entran 5 galones de agua/min. y la salmuera salea la misma velocidad para entrar al tanque B y de este pasa nuevamente al eMtanque A, a una velocidad de 3 gal/min.Calcular las cantidades de sal en ambos tanques en un tiempo t = 1hora = o. d60min..(Rta.: tanque A = 29,62 libras, tanque B = 20,31 libras) ept Ejercicio 2. Un tanque tiene inicialmente 100 galones de agua pura. Una ,Dsalmuera que contiene 1 libra de sal/gal´n de salmuera fluye al interior del 2 o uiatanque a una rapidez de 2 galones/min. y la mezcla bien homogenizada saledel tanque con la misma velocidad. Despu´s de 10 minutos el proceso se de- e tioqtiene y se introduce al tanque agua pura con una rapidez de 2 galones/min,abandonando el tanque a la misma velocidad. AnDeterminar la cantidad de sal en el tanque cuando han pasado un total de20 minutos. de(Rta.: 7,34 libras) ad rsid Ejercicio 3. Un tanque contiene 100 galones de salmuera; 3 galones desalmuera la cual contiene 2 libras de sal/gal´n de salmuera entran al tanque o ivecada minuto.La mezcla asumida uniforme sale a una velocidad de 2 gal/min. Si la con- Uncentraci´n es de 1,8 libras de sal/gal´n de salmuera al de cabo de 1 hora, o oCalcular las libras de sal que hab´ inicialmente en el tanque. ıan(Rta.: 118,08 libras) Ejercicio 4. Un dep´sito contiene 50 galones de salmuera en las que oest´n disueltas 25 libras de sal. Comenzando en el tiempo t = 0, entra agua aal dep´sito a raz´n de 2 gal./min. y la mezcla sale al mismo ritmo para entrar o o66
  • ´ 3.3. PROBLEMAS DE DILUCIONa un segundo dep´sito que conten´ inicialmente 50 galones de agua pura.La o ıasalmuera sale de este dep´sito a la misma velocidad.Cu´ndo contendr´ el o a asegundo dep´sito la mayor cantidad de sal? o(Rta.: cuando t ≥ 25 minutos) Ejercicio 5. Un tanque contiene inicialmente agua pura. Salmuera quecontiene 2 libras de sal/gal. entra al tanque a una velocidad de 4 gal./min. asAsumiendo la mezcla uniforme, la salmuera sale a una velocidad de 3 gal./min. aticSi la concentraci´n alcanza el 90 % de su valor m´ximo en 30 minutos, cal- o acular los galones de agua que hab´ inicialmente en el tanque. ıan atem √ 30 )(Rta.: Q = 4 10−1 Ejercicio 6. El aire de un teatro de dimensiones 12 × 8 × 4 mt.3 contiene eM0,12 % de su volumen de CO2 . Se desea renovar en 10 minutos el aire, de o. dmodo que llegue a contener solamente el 0,06 % de CO2 . Calcular el n´me- uro de mt.3 por minuto que deben renovarse, suponiendo que el aire exteriorcontiene 0,04 % de CO2 . ept(Rta.: 53,23 mt.3 de aire/minuto) ,D uia Ejercicio 7. Aire que contiene 30 % de ox´ ıgeno puro pasa a trav´s de un efrasco que contiene inicialmente 3 galones de ox´ ıgeno puro. Suponiendo que tioqla velocidad de entrada es igual a la de salida; hallar la cantidad de ox´ ıgenoexistente despu´s de que 6 galones de aire han pasado por el frasco. e An(Rta.: 1,18 galones) de Ejercicio 8. Un tanque contiene 50 litros de agua. Al tanque entra sal- admuera que contiene k gramos de sal por litro, a raz´n de 1.5 litros por minuto. o rsidLa mezcla bien homogenizada, sale del tanque a raz´n de un litro por minuto. oSi la concentraci´n es 20 gr/litro al cabo de 20 minutos. Hallar el valor de k. o ive(Rta.: k = 47,47) Un Ejercicio 9. Un tanque contiene 500 galones de salmuera. Al tanque flu-ye salmuera que contiene 2 libras de sal por gal´n, a raz´n de 5 galones por o ominuto y la mezcla bien homogenizada, sale a raz´n de 10 galones por mi- onuto. Si la cantidad m´xima de sal en el tanque se obtiene a los 20 minutos. aCual era la cantidad de sal inicial en el tanque?(Rta.: 375 libras) 67
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN Ejercicio 10. Un tanque contiene 200 litros de una soluci´n de colorante ocon una concentraci´n de 1 gr/litro. El tanque debe enjuagarse con agua olimpia que entra a raz´n de 2 litros/min. y la soluci´n bien homog´nizada o o esale con la misma rapidez. Encuentre el tiempo que trascurrir´ hasta que la aconcentraci´n del colorante en el tanque alcance el 1 % de su valor original. o(Rta.: 460.5 min.) as3.4. VACIADO DE TANQUES atic atem Un tanque de una cierta forma geom´trica est´ inicialmente lleno de agua e ahasta una altura H. El tanque tiene un orificio en el fondo cuya ´rea es A a 2pie . Se abre el orificio y el l´ ıquido cae libremente. La raz´n volum´trica de o e eM dQsalida dt es proporcional a la velocidad de salida y al ´rea del orificio. a o. d dQ dt = −kAv o ıa: 2 ept aplicando la ecuaci´n de energ´ 1 mv 2 = mgh ⇒ v = √ 2gh ,D dQ √ por tanto, = −kA 2gh uia dt tioq donde g = 32 pie/seg2 = 9,81 mt./seg.2 An La constante k depende de la forma del orificio: de ad Si el orificio es de forma rectangular, la constante k = 0,8. rsid Si el orificio es de forma tri´ngular, la constante 0,65 ≤ k ≤ 0,75. a ive Un Si el orificio es de forma circular, la constante k = 0,6. Caso 1. Cil´ ındro circular de altura H0 pie y radio r pie, dispuesto enforma vertical y con un orificio circular de di´metro φ′′ (pulgadas) (Ver figura a3.7).68
  • 3.4. VACIADO DE TANQUES R H0 as atic atem eM Figura 3.7 o. d ept dQ ,D = −kA 2gh dt uia 2 dQ φ √ φ2 √ tioq = −0,6π 2 × 32 × h = −4,8π h (3.5) dt 24 576 Anpero dQ dh de dQ = πr2 dh ⇒ = πr2 (3.6) dt dt ad √ Como (3.5)= (3.6): πr2 dh = − 4,8π φ2 h rsid dt 576y separando variables: ive dh 4,8 2 √ = − φ dt Un h 576r2 1 4,8 2 h− 2 dh = − φ dt 576r2 √ 4,8e integrando: 2 h = − 576r2 φ2 t + C. Con las condiciones iniciales: t = 0, h = H0 , hallamos la constante C. 69
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN h dh • • R) (0, R φ′′ as x atic H0 atem Figura 3.8 eM o. d El tiempo de vaciado (tv ): se obtiene cuando h = 0. Hallar tv Caso 2. El mismo cil´ ept ındro anterior pero dispuesto horizontalmente y conel orificio en el fondo (Ver figura 3.8). ,D uia dQ 4,8πφ2 √ tioq = −kA 2gh = − h (3.7) dt 576 An pero de la figura 3.8, tenemos: de dQ = 2x × H0 × dh ady tambi´n e rsid (x − 0)2 + (h − r)2 = r2 ⇒ x2 + h2 − 2rh + r2 = r2 ive Unluego √ x= 2rh − h2sustituyendo √ dQ = 2 2rh − h2 H0 dh70
  • 3.4. VACIADO DE TANQUES • R H0 r dh as atic h atem φ′′ eM o. d Figura 3.9 √ ept dQ dh ,D ⇒ = 2H0 2rh − h2 (3.8) dt dt uia(3.8) = (3.7): tioq √ dh 4,8πφ2 √ 2H0 2rh − h2 = − h dt 576 An √ √ dh 4,8πφ2 √ 2H0 h 2r − h = − h, donde h = 0 dt 576 de √ 4,8πφ2 2r − h dh = − dt ad 2 × 576 H0 rsidcondiciones iniciales:en t0 = 0 h = 2r, con ella hallo constante de integraci´n. o ive El tiempo de vaciado tv se produce cuando h = 0. Hallar tv . Un Caso 3. Un cono circular recto de altura H0 y radio R dispuesto verti-calmente con orificio circular en el fondo de di´metro φ′′ (Ver figura 3.9). a 2 √ dQ φ′′ = −kA 2gh = −0,6π 2 × 32h dt 24 71
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN dQ 4,8πφ2 √ =− h (3.9) dt 576 Por semejanza de tri´ngulos tenemos que: a R H0 Rh = ⇒r= (3.10) r h H0 2 2y como dQ = πr2 dh entonces, sustituyendo (3.10): dQ = π R h dh as H2 0 atic dQ πR2 2 dh atem ⇒ = 2 h (3.11) dt H0 dt √ eM 2 πR2 (3.9) = (3.11): H02 h2 dh dt = − 4,8πφ 576 h o. d 3 4,8φ2 H0 2 ⇒ h 2 dh = − dt 576R2 Condiciones iniciales: cuando t = 0, h = H0 ept ,D El tiempo de vaciado tv se produce cuando h = 0. Hallar tv . uia tioq Ejercicio 1. Un tanque semiesf´rico tiene un radio de 1 pie; el tanque eest´ inicialmente lleno de agua, en el fondo tiene un orificio de 1 pulg. de a Andi´metro. Calcular el tiempo de vaciado. a(Rta.: 112 seg.) de Ejercicio 2. Un cono circular recto de radio R y altura H tiene su v´rtice e adhacia abajo. El tanque tiene un orificio en el fondo cuya ´rea A es controla- a rsidda por una v´lvula y es proporcional a la altura del agua en cada instante. aSuponiendo que el tanque est´ lleno de agua, calcular el tiempo de vaciado. a iveDel tiempo de vaciado, ¿Que porcentaje es requerido para vaciar la mitad Undel volumen?(Rta.: el porcentaje requerido para bajar la mitad del volumen es 29,3 %) Ejercicio 3. Un tanque c´bico de lado 4 pies, est´ lleno de agua, la cual u a 1sale por una endidura vertical de 8 pulg. de ancho y de 4 pies de alto. Encon-trar el tiempo para que la superficie baje 3 pies. (Ayuda: encontrar el n´mero ude pies c´bicos por segundo de agua que salen de la endidura cuando el agua utiene h pies de profundidad).72
  • 3.5. APLICACIONES A LA FISICA(Rta.: 360 segundos.) Ejercicio 4. Encontrar el tiempo requerido para llenar un tanque c´bico ude lado 3 pies si tiene un orificio circular de 1 pulg. de di´metro en la base y asi entra agua al tanque a raz´n de π pies3 /min. o(Rta.: 26 min, 14 seg.) Ejercicio 5. Un tanque rectangular vacio de base B 2 pies2 , tiene un agu- as aticjero circular de ´rea A en el fondo. En el instante t = 0, empieza a llenarse a araz´n de E pies c´bicos por segundo. Hallar t en funci´n de h. Mostrar que si o u o √ atemel tanque tiene una altura H, nunca se llenar´ a menos que E > 4,8 A H. ıa 2 h √ 2 b √(Rta.: t = a b ln b−1,8 √h − 1,8 h = a b ln √h−b − h eM 4,8 A Edonde, a = B2 , b= 4,8 A .) o. d Ejercicio 6. Un embudo de 10 pies de di´metro en la parte superior y 2 apies de di´metro en la parte inferior tiene una altura de 24 pies. Si se llena ade agua, hallar el tiempo que tarda en vaciarse. ept(Rta.: 14,016 seg.) ,D uia Ejercicio 7. Un tanque con una cierta forma geom´trica esta lleno de eagua. El agua sale por un orificio situado en la base a una rata proporcional tioqa la ra´ cuadrada del volumen restante en el tanque en todo tiempo t. Si el ıztanque contiene inicialmente 64 galones de agua y 15 galones salen el primer And´ calcular el tiempo en el cual hay 25 galones en el tanque. ıa, de(Rta.: 72 horas) ad Ejercicio 8. Un embudo de 5 pies de radio en la parte superior y 1 pie rsidde radio en la parte inferior tiene una altura de H pies. Si se llena de agua:a) Hallar el tiempo de vaciado; b) Del tiempo de vaciado que porcentaje es ivenecesario para que el nivel baje a H ? √ 4 Un(Rta.: a) 2,86 H; b) 86.41 %)3.5. APLICACIONES A LA FISICA Caso 1. Caida libre. (Ver figura 3.10)Por la segunda ley de Newton (ver textos de F´ ısica), se llega a que: 73
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN O x •m g • as atic + x atem eM Figura 3.10 o. d d2 x m 2 =m d dx =m dvept = mg dt dt dt dt ,D uia dv = g ⇒ v = gt + C1 dt tioq condiciones iniciales: An t = 0 v = v0 ⇒ v = gt + v0 de dx por lo tanto, dt = gt + v0 , e integrando, obtenemos: ad gt2 rsid x= + v0 t + C2 2 ive y como las condiciones iniciales son: t = 0 x = x0 Un gt2 ⇒x= + v 0 t + x0 2 Caso 2. Caida con resistencia del aire.Por la segunda ley de Newton (ver textos de F´ ısica), se llega a que: d2 x m = mg − kv dt274
  • 3.5. APLICACIONES A LA FISICAdividiendo por m d2 x k = g− dt2 m dv k = g− v dt mobtenemos la E.D. lineal en v as atic dv k + v= g dt m atemhallemos el F.I. eM k k dt F.I. = e m = emt o. dresolvi´ndola e k ve m t = k e m t (g) dt + C ept ,D k m k ve m t = g em t + C uia k m k v= g + Ce− m t . tioq kSupongamos que las condiciones iniciales son: t = 0, v = 0 (es decir, parte Andel reposo), entonces de mg mg 0= +C ⇒ C= − ad k k rsid mg mg − k t mg kt v= − e m = 1 − e− m ; k k k ive mgobservese que cuando t → ∞ ⇒ v → k UnResolviendo para x y teniendo como condiciones iniciales t = 0 y x = 0 sellega a que: mg m2 g k x= t − 2 (1 − e− m t ) k k Caso 3. Cuerpos con masa variable.Por la segunda ley de Newton para masa variable (ver textos de F´ ısica), se 75
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDENllega a que: d d dm F = (mv) ⇒ (mv) = F + (v + ω) dt dt dt donde, F : Fuerzas que actuan sobre el cuerpo. asω: velocidad en relaci´n a m de las particulas que se desprenden del cuerpo. o atic dv dm dm dm m +v = F +v +ω atem dt dt dt dtpor tanto, eM dv dm m = F +ω dt dt o. d Ejemplo 5. Un cohete con masa estructural m1 , contiene combustible demasa inicial m2 ; se dispara en l´ ınea recta hacia arriba, desde la superficie dela tierra, quemando combustible a un ´ ept ındice constante a (es decir, dm = −a, dt ,Ddonde m es la masa variable total del cohete) y expulsando los productosde escape hacia atr´s, a una velocidad constante b en relaci´n al cohete. Si a o uiase desprecian todas las fuerzas exteriores excepto la fuerza gravitacional mg, tioqdonde g la suponemos constante; encontrar la velocidad y la altura alcanza-da en el momento de agotarse el combustible (velocidad de altura y apagado). An Soluci´n: o de dm Como = −a ⇒ m = −at + C1 ad dt rsid En t = 0, m = m1 + m2 luego m1 + m2 = −a 0 + C1 por tanto, ive C1 = m1 + m2 , ⇒ m = m1 + m2 − at Un Como ω = −b entonces, dv dm dv m = −mg − b ⇒ m = −mg − b(−a) dt dt dt o sea que, m dv = −mg + ab dt76
  • 3.5. APLICACIONES A LA FISICA Reemplazo m: (m1 + m2 − at) dv = −(m1 + m2 − at)g + ab dtdividiendo por m1 + m2 − at: dv = −g + m1 +m2 −at dt abluego ab v = −gt − ln |m1 + m2 − at| + C2 = −gt − b ln |m1 + m2 − at| + C2 aCondiciones iniciales: en t = 0, v = 0 ⇒ 0 = 0 − b ln |m1 + m2 | + C2 aspor tanto C2 = b ln |m1 + m2 | atic m1 + m2v = −gt − b ln |m1 + m2 − at| + b ln |m1 + m2 | = −gt + b ln atem m1 + m2 − atPero ten´ ıamos que m = m1 + m2 − at y como el tiempo de apagado se produ-ce cuando m = m1 ya que no hay combustible, es decir, m1 = m1 + m2 − at. eMPor tanto at = m2 ⇒ t = m2 o sea que cuando t = m2 ⇒ v = velocidad de a aapagado. o. d Sustituyendo, queda que ept ,D gm2 m1 + m2 v= − + b ln a m1 + m2 − a m2 uia a tioqluego v = − ma g + b ln 2 m1 +m2 m1 An De la misma manera se encuentra que ha = altura alcanzada al acabarse m2 g bm2 bm1 m1el combustible = − 22 + + ln de 2a a a m1 + m2 ad Caso 4. Cuerpos en campo gravitacional variable. (Ver figura 3.11) rsidPor la ley de Gravitaci´n Universal de Newton (ver textos de F´ o ısica): GM m ive F = (x + R)2 Undonde,x: la distancia del cuerpo a la superficie de la tierra.M : la masa de la tierra.m: la masa del cuerpo.R: el radio de la tierra.G: la constante de gravitaci´n universal. o 77
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN •m + as atic M atem eM Figura 3.11 o. d k1 m Se define el peso de un cuerpo como w(x) = (x+R)2 , donde k1 = GM . eptSi x = 0, entonces el peso del cuerpo de masa m en la superficie de la tierraes: w(0) = mg = kRm , entonces k1 = gR2 , por lo tanto el peso de un cuerpo 1 ,D 2 mgR2a una distancia x de la superficie de la tierra es: w(x) = (x+R)2 . uia Ejemplo 6. Se lanza un cuerpo de masa m hacia arriba de la tierra con tioqvelocidad inicial v0 . Suponiendo que no hay resistencia del aire, pero tomandoen cuenta la variaci´n del campo gravitacional con la altura, encontrar la o Anmenor velocidad inicial v0 que necesita el cuerpo para que no regrese a la detierra. Esta velocidad inicial v0 se le llama velocidad de escape (Ver figura3.12). ad rsid Soluci´n: o ive dv mgR2 m = −w(x) = − dt (x + R)2 Undonde el signo menos indica que la direcci´n de la fuerza es hacia el centro ode la tierra. Cancelando m, y resolviendo la ecuaci´n diferencial resultante y poniendo ocomo condiciones iniciales, en t = 0, x = 0 y v = v0 , se llega a que: 2gR2 v 2 = v0 − 2gR + 2 ≥0 x+R78
  • 3.5. APLICACIONES A LA FISICA x + •• w(x) as 0 atic R tierra atem · eM Figura 3.12 o. d 2Por lo tanto, v0 ≥ 2gR √ ept ,Dde aqu´ conclu´ ı ımos que la velocidad de escape v0 = 2gR uia Ejercicio 1. Un torpedo se desplaza a una velocidad de 60 millas/hora tioqen el momento de agotarse el combustible; si el agua se opone al movimientocon una fuerza proporcional a su velocidad y si en una milla de recorrido Anreduce su velocidad a 30 millas/hora. ¿A que distancia se detendr´? a(Rta.: 2 millas) de Ejercicio 2. En el interior de la tierra la fuerza de gravedad es propor- adcional a la distancia del centro, si se perfora un orificio que atraviese la tierra rsidde polo a polo y se lanza una piedra en el orificio con velocidad v0 , con quevelocidad llegar´ al centro? a ive 2(Rta.: v = gR + v0 , donde R es el radio de la tierra.) Un Ejercicio 3. Una bala se introduce en una tabla de h = 10 cm. de espe-sor con una velocidad v0 = 200 mt/seg, traspas´ndola con v1 = 80 mt/seg. aSuponiendo que la resistencia de la tabla al movimiento de la bala es pro-porcional al cuadrado de la velocidad. Hallar el tiempo que demora la balaen atravezar la tabla.(Rta.: t = h0 (v1 −v0 ) = 40003 2,5 seg.) v1 ln v0 v1 ln v0 79
  • CAP´ ITULO 3. APLICACIONES DE LAS E.D. DE PRIMER ORDEN Ejercicio 4. Una cadena de 4 pies de longitud tiene 1 pie de longitudcolgando del borde de una mesa. Despreciando el rozamiento, hallar el tiem-po que tarda la cadena en deslizarse fuera de la mesa. 4 √(Rta.: t = g ln(4 + 15) seg.) Ejercicio 5. Un punto material de masa un gramo se mueve en l´ ınearecta debido a la acci´n de una fuerza que es directamente proporcional al o astiempo calculado desde el instante t = 0 e inversamente proporcional a la aticvelocidad del punto. En el instante t = 10 seg., la v = 50cm/seg y la f = 4dinas. Qu´ velocidad tendr´ el punto al cabo de un minuto desde el comienzo e a atemdel movimiento? √(Rta.: v = 72500 cm./seg.= 269,3 cm/seg.) eM Ejercicio 6. Un barco retraza su movimiento por acci´n de la resistencia odel agua, que es proporcional a la velocidad del barco. La velocidad inicial o. ddel barco es 10 mt/seg, despu´s de 5 seg. su velocidad ser´ 8 mt/seg. Despu´s e a ede cuanto tiempo la velocidad ser´ 1 mt/seg ? ln 10 a ept(Rta.: t = −5 ln 0,8 seg.) ,D Ejercicio 7. Un cuerpo de masa M se deja caer desde el reposo en un uiamedio que ofrece una resistencia proporcional a la magnitud de la velocidad. tioqEncuentre el tiempo que trascurre hasta que la velocidad del cuerpo alcanceel 80 % de su velocidad l´ ımite. An M(Rta.: t = − k ln 0,2) de ad rsid ive Un80
  • CAP´ ITULO 4 as aticTEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES atem eM o. d4.1. INTRODUCCION ,D ept Utilizando algebra lineal, estudiaremos la E.D.O. lineal de orden n concoeficientes constantes. uia tioq dn y dn−1 y dy an n + an−1 n−1 + ... + a1 + a0 y = h(x), dx dx dx Andonde h(x) es una funci´n continua en I = [a, b] y a0 , a1 , a2 , ..., an son oconstantes y an = 0. de ad Notaci´n y conceptos: o rsid di) dx = Dx ive Un Si no hay ambiguedad con respecto a la variable independiente, toma- remos: Dx = D. d2 d d dx2 = dx dx = D x Dx = Dx = D 2 2 dm en general, dxm = Dx = Dm = Dx (Dx ) m m−1 81
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESii) I = [a, b]iii) C[a, b] = C(I) : clase de todas las funciones continuas en el intervalo I C ′ [a, b] = C ′ (I) : clase de todas las funciones que tienen primera deri- vada continua en I (o funciones continuamente diferenciables en I). as atic C ′ (I) ⊂ C(I) ya que toda funci´n que es derivable en I es continua en o I. atem C 2 (I) = C 2 [a, b] : la clase de todas las funciones que tienen segunda eM derivada continua en I. o. d En general, C n (I) = C n [a, b] : clase de todas las funciones que tienen derivada de orden n continua en I. ept ,D Observese que: C(I) ⊃ C ′ (I) ⊃ C 2 (I) ⊃ . . . ⊃ C n (I) ⊃ . . . uia Si f, g ∈ C(I) y α ∈ ℜ , definimos: tioq a) ∀x ∈ I : (f + g)(x) = f (x) + g(x) ∈ C(I) An de b) ∀x ∈ I : (αf )(x) = αf (x) ∈ C(I) ad rsid En general, si f, g ∈ C n (I) ⇒ ∀x ∈ I : (f + g)(x) = f (x) + g(x) ∈ C n (I)(4.1) ive Un ∀x ∈ I : (αf )(x) = αf (x) ∈ C n (I) (4.2) Con las operaciones definidas en a) y b) podemos probar que C(I) es un espacio vectorial sobre ℜ. Y de (4.1) y (4.2) podemos concluir que C n (I) es un subespacio vecto- rial de C(I) para n ≥ 1.82
  • 4.1. INTRODUCCION En general, si n ≥ m, entonces C n (I) es subespacio vectorial de C m (I). Nota: estos espacios son de dimensi´n infinita. o d d d div) Como dx (f + g)(x) = dx (f (x) + g(x)) = dx f (x) + dx g(x) as que es lo mismo que D(f + g)(x) = D(f (x) + g(x)) = Df (x) + Dg(x) atic y tambi´n D(αf )(x) = D(αf (x)) = αDf (x). e atem Por tanto, podemos decir que D : C ′ (I) → C(I) es una transformaci´n o eM lineal . o. d Analogamente, D2 : C 2 (I) → C(I) es una transformaci´n lineal. o ept ,D En general, Dn : C n (I) → C(I) es una transformaci´n lineal. o uia Por definici´n D0 : C(I) → C(I) es la transformaci´n identidad, es o o tioq 0 decir, f → D f = f . An En el algebra lineal se tiene que si T1 : U → V y T2 : U → V son detransformaciones lineales, entonces, ad T1 + T2 : U → V rsid x → (T1 + T2 )(x) = T1 (x) + T2 (x) ivey Un α T1 : U → V x → (αT1 )(x) = αT1 (x)son tambi´n transformaciones lineales. Por ejemplo: D + D2 es una T.L., edefinida por: D + D2 : C 2 (I) → C(I) 83
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESEn general: an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + · · · + a1 (x)D + a0 (x)D0 : C n (I) → C(I)es una T.L. Esta T.L. se le denomina operador diferencial lineal de orden n, dondean (x), . . . , a0 (x) son funciones continuas en I y an (x) = 0 en I. as atic Este operador diferencial se denota por: atem L(D) = an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + · · · + a1 (x)D + a0 (x)D0 operador diferencial de orden n con coeficientes variables eM Si y ∈ C n (I) ⇒ L(D)y ∈ C(I) o. d Ejemplo 1. Si L(D) = D + p(x) = D + 2x y f (x) = x2 . Aplicar L(D)a la funci´n f (x) oSoluci´n: o ept ,D y = x2 ∈ C ′ (I) uia L(D)(x2 ) = (D + 2xD0 )(x2 ) tioq = D(x2 ) + 2xD0 (x2 ) = 2x + 2xx2 = 2x + 2x3 ∈ C(I) An Observaci´n: Resolver la E.D. L(D)y = 0 es lo mismo que hallar el o den´cleo del operador diferencial L(D). u ad Ejemplo 2. Hallar el n´cleo del operador L(D) = D + 2xD0 u rsidSoluci´n: o ive (D + 2xD0 )y = 0 ⇒ Dy + 2xy = 0 (E.D lineal en y con p(x) = 2x y UnQ(x) = 0) 2x dx 2 F.I. = e ⇒ F.I. = ex 2 2 2 yex = ex × 0 dx + C ⇒ y = Ce−x 2 N´cleo L(D) = {Ce−x /C ∈ ℜ} u84
  • 4.1. INTRODUCCION 2 como e−x genera todo el n´cleo ⇒ dim n´cleo = 1. u uTeorema 4.1 (Principio de superposici´n) . oSi y1 , y2 , . . . , yn , . . . pertenecen al n´cleo de L(D), entonces la combinaci´n u olineal: n Ci yi y n ≥ 1 est´ en el n´cleo de L(D) i=1 a u asDemostraci´n: Sea y = C1 y1 + C2 y2 + . . . + Cn y, veamos que y esta en el o aticn´cleo, es decir, veamos que L(D)y = 0 . uComo y1 , y2 , . . . , yn estan en el n´cleo de L(D), en tonces L(D)yi = 0, para i = u atem1, . . . , nComo L(D) es un operador lineal, entonces eM n n n L(D)y = L(D)( Ci yi ) = L(D)(Ci yi ) = Ci L(D)yi = 0 o. d i=1 i=1 i=1luego y esta en el n´cleo de L(D) u ept ,D Producto de Operadores Diferenciales: uia Analicemos esta operaci´n con un ejemplo, sean: o tioq L1 (D) = D + 2D0 , L2 (D) = D2 + 3D0 An de L1 (D)L2 (D) : C 3 (I) → C(I) ades una T.L. rsid operador operador ive L1 (D)L2 (D)y = (D + 2D0 ) (D2 + 3D0 ) y Undonde y es una funci´n o = (D + 2D0 ) (D2 y + 3D0 y) operador funci´n o = D(D2 y) + D(3D0 y) + 2D0 (D2 y) + 2D0 (3D0 y) = D3 y + 3Dy + 2D2 y + 6D0 y = (D3 + 2D2 + 3D + 6D0 )y 85
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES L1 (D)L2 (D) = D3 + 2D2 + 3D + 6D0 De la misma manera se calcula L2 (D)L1 (D), con el siguiente resultando: L2 (D)L1 (D) = D3 + 2D2 + 3D + 6D0 = L1 (D)L2 (D)lo cual nos permite decir que el producto es conmutativo siempre y cuandolos coeficientes sean constantes. as atic Cuando L1 (D) y L2 (D) tienen coeficientes variables, entonces, en generalL1 (D)L2 (D) = L2 (D)L1 (D). atem Ejemplo 3. L1 (D) = D + xD0 , L2 (D) = xD2 + D + xD0 eM Primero hallemos L1 (D) L2 (D), para ello calculemos o. d L1 (D) L2 (D)y = (D + xD0 )(xD2 + D + xD0 )y ept = (D + xD0 )(xD2 y + Dy + xD0 y) ,D = D(xD2 y) + D2 y + D(xy) + xD0 (xD2 )y + (xD0 )Dy+ + (xD0 )(xD0 y) uia = xD3 y + D2 y + D2 y + xDy + y + x2 D2 y + xDy + x2 y tioq = xD3 y + (2 + x2 )(D2 y) + 2xDy + (1 + x2 )y Anpor lo tanto de L1 (D) L2 (D) = xD3 + (2 + x2 )D2 + 2xD + (1 + x2 )D0 ad rsid Ahora hallemos L2 (D) L1 (D) de la siguiente manera: ive L2 (D) L1 (D)y = (xD2 + xD + xD0 )(D + xD0 )y = (xD2 + xD + xD0 )(Dy + xD0 y) Un = (xD2 + xD + xD0 )(Dy + xy) = xD2 (Dy + xy) + xD(Dy + xy) + xD0 (Dy + xy) = xD2 (Dy) + xD2 (xy) + xD(Dy) + xD(xy) + x(Dy + xy) = xD3 y + xDD(xy) + xD2 y + x(xDy + y) + xDy + x2 y = xD3 y + xD(xDy + y) + xD2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y = xD3 y + x(D(xDy) + Dy) + xD2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y86
  • 4.1. INTRODUCCION = xD3 y + x(xD2 y + Dy + Dy) + xD2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y = xD3 y + x(xD2 y + 2Dy) + xD2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y = xD3 y + x2 D2 y + 2xDy + xD2 y + x2 Dy + xy + xDy + x2 y = xD3 y + x(x + 1)D2 y + x(3 + x)Dy + x(x + 1)y = (xD3 + x(x + 1)D2 + x(3 + x)D + x(x + 1)D0 )yLuego L2 (D)L1 (D) = xD3 + x(x + 1)D2 + x(2 + x)D + x(x + 1)D0 = asL1 (D) L2 (D) atic atemDefinici´n 4.1 (Condici´n inicial) Es una o varias condiciones que se le o ocolocan a una E.D.O. en un punto. eM Ejemplo 4. y ′′ +k 2 y = 0, con las condiciones iniciales: y(0) = 1, y ′ (0) = 1 o. d o o eptDefinici´n 4.2 (Condici´n de Frontera) Es una o varias condiciones quese le colocan a una E.D.O. en varios puntos. ,D Ejemplo 5. y ′′ + k 2 y uia = 0, con las condiciones de frontera:y(0) = 1, y ′ (1) = 1 tioq Los teoremas que se enuncian a continuaci´n son teoremas de existencia o Any unicidad que se demuestran en el Ap´ndice A. e deTeorema 4.2 (de Picard) . adSi f, ∂f son continuas en un rect´ngulo R : |x| ≤ a y |y| ≤ b, entonces ∂y a rsidexiste un intervalo |x| ≤ h ≤ a en el cual existe una soluci´n unica y = φ(x) o ´ ′del problema de valor inicial (P.V.I.): y = f (x, y) con y(0) = 0. ive Nota: Un a) La condici´n inicial y(0) = 0 tambi´n puede ser cambiada por la con- o e dici´n inicial y(a) = b con (a, b) en el rect´ngulo R o a b) Es importante anotar que este es un teorema de validez local, es decir, se cumple en un intervalo que contiene al punto donde se da la condici´n o inicial, por fuera de este intervalo puede ocurrir que la soluci´n no o 87
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES sea unica; pero cuando el operador diferencial es lineal y todos los ´ coeficientes ai (x) para i = 0, 1, . . . , n son continuos en ℜ y an = 0 en ℜ (en particular cuando los ai (x) son constantes para i = 0, 1, . . . , n), entonces la soluci´n es continua y global, es decir, se cumple en todo o ℜ, como se demuestra en el corolorio A.1 del Ap´ndice.eTeorema 4.3 :Sea L(D) un operador diferencial lineal de primer orden en el intervalo I y assea x0 ∈ I, entonces ∀ y0 el P.V.I.: L(D)y = Q(x) con y(x0 ) = y0 tiene una aticsoluci´n unica. o ´ atemTeorema 4.4 :Sea L(D) un operador diferencial lineal de orden n en I y sea x0 un elementode ese intervalo (x0 ∈ I), entonces ∀ y0 , y1 , . . . , yn−1 reales cualesquiera el eMP.V.I.: L(D)y = h(x), con o. d y(x0 ) = y0 , y ′ (x0 ) = y1 , y ′′ (x0 ) = y2 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 ,tiene una unica soluci´n. ´ o ept ,DEjemplo 6. Teniendo en cuenta el T. de Picard, analizar la E.D. uia xy ′ = 2y, y(−2) = 4 tioqSoluci´n: observese que esta E.D. es lineal, con a1 (x) = x y por tanto o Ana1 (0) = 0 , lo que indica que la soluci´n no es global, como lo veremos a ocontinuaci´n. o de ad Separando variables, obtenemos la siguiente soluci´n general o rsid y = Cx2 , ivey para la condici´n inicial y(−2) = 4 se tiene que C = 1. De la E.D. te- o ′ ynemos que y = f (x, y) = 2 x . Por lo tanto f (x, y) = 2 x y ∂f = x son y 2 Un ∂ydiscontinuas en x = 0, como la condici´n esta dada en x = −2, entonces oestas funciones son continuas en este punto y por el T. de Picard existe unintervalo, en este caso (−∞, 0], para el cual la soluci´n es unica y es y = x2 , o ´por fuera de este intervalo, por ejemplo en ℜ, puede no ser unica, por ejemplo ´ x2 , si x≤0 x2 , si x≤0 y = x2 , y= 2 y y= −x , si x>0 0, si x>088
  • 4.1. INTRODUCCIONson soluciones en ℜ y todas tres pasan por el punto (−2, 4) como lo vemosen la figura 4.1 y (−2, 4) as atic y = x2 y = x2 atem y=0 x eM y = −x2 o. d ept ,D Figura 4.1 uia tioq Ejemplo 7. Dada las condiciones iniciales y(−2) = 1, y ′ (−2) = 1 y la Ansoluci´n general y = C1 + C2 ln |x| de la E.D. xy ′′ + y ′ = 0, hallar C1 y C2 . oSoluci´n: o de Soluci´n general (como lo veremos m´s adelante) es: y = C1 + C2 ln |x| o a ad rsid C2 y′ = x ive y = 1 = C1 + C2 ln | − 2| Un C2 y′ = 1 = −2 ⇒ C2 = −2 ⇒ 1 = C1 + (−2) ln 2 ⇒ C1 = 1 + 2 ln 2 luego y = 1 + 2 ln 2 − 2 ln |x| esta es la soluci´n unica en (−∞, 0) que o ´pasa por el punto (−2, 1). 89
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES ´ ´ DIMENSION DEL ESPACIO VECTORIAL SOLUCION DEUNA E.D. Dijimos que C n (I) tiene dimensi´n infinita, pero el espacio soluci´n de la o oE.D.O. L(D)y = 0 (con L(D) un operador diferencial lineal de orden n), es eln´cleo de L(D), el cual tiene dimensi´n n, como lo veremos en los teoremas u oque expondremos a continuaci´n.o as aticDefinici´n 4.3 . o atem a) Decimos que las n funciones y1 , y2 , . . . , yn son linealmente depen- dientes en un intervalo I si existen constantes C1 , C2 , . . . , Cn no todas nulas tales que eM C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) = 0 o. d para todo x en I. ept ,D b) Si para todo x en I uia tioq C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) = 0 An implica que C1 = C2 = . . . = Cn = 0, entonces decimos que y1 , y2 , . . . , yn son linealmente independientesen el intervalo I. deNota: demostrar que n funciones son linealmente independientes es a veces adcomplicado, pero cuando las n funciones son soluciones de una E.D. lineal rsidhomog´nea el problema se vuelve m´s sencillo, utilizando el Wronskiano. e a iveDefinici´n 4.4 (Wronskiano) Sean y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x) en C n−1 (I), el o Undeterminante: y1 (x) y2 (x) ... yn (x) ′ ′ ′ y1 (x) y2 (x) ... yn (x) W (y1 , y2 , . . . , yn ) = det . . . . ... . . . . . (n−1) (n−1) (n−1) y1 (x) y2 (x) . . . yn (x) con x ∈ I, se le llama el Wronskiano de y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x).90
  • 4.1. INTRODUCCION Obs´rvese que el Wronskiano depende de la variable x. e En particular cuando n = 2, el Wronskiano tiene la siguiente propiedad. Observaci´n (F´rmula de Abel): para n = 2 o o y1 y2 W (y1 , y2 ) = det ′ ′ y1 y2 as atic Consideremos la E.D.O. lineal, homog´nea de orden dos: e y ′′ + a(x)y ′ + b(x)y = 0, atemdonde a(x) y b(x) son continuas en I y sean y1 , y2 soluciones de esta E.D., eMluego ′′ ′ o. d y1 + a(x)y1 + b(x)y1 = 0 (4.3) ′′ ′ y2 + a(x)y2 + b(x)y2 = 0 (4.4) ept ,D ′′ ′ (4,3) × y2 : y1 y2 + a(x)y1 y2 + b(x)y1 y2 = 0 (4.5) ′′ ′ (4,4) × y1 : y2 y1 + a(x)y2 y1 + b(x)y1 y2 = 0 (4.6) uia tioq ′′ ′′ ′ ′ (4,6) − (4,5) : y2 y1 − y1 y2 + a(x)(y2 y1 − y1 y2 ) = 0 (4.7) An como de ′ ′ W (y1 , y2 ) = y1 y2 − y2 y1 ad W ′ (y1 , y2 ) = y1 y2 + y1 y2 − y2 y1 − y2 y1 ′′ ′ ′ ′′ ′ ′ rsid ′′ ′′ = y1 y2 − y2 y1 Luego en (4.7): W ′ + a(x)W = 0, lineal en W de primer orden . ive Un a(x)dx Su soluci´n es W e o = C, luego la soluci´n general es o >0 W = C e− a(x)dxEsta soluci´n general es llamada F´rmula de Abel. o oObservese que cuando C=0⇒W =0 y si C=0⇒W =0 91
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESLema 4.1 :El Wronskiano de n soluciones y1 , y2 , . . . , yn linealmente dependientes esid´nticamene cero. e Dem.: supongamos que para todo x en I C1 y1 + C2 y2 + . . . + Cn yn = 0 asdonde algunas de los Ci = 0. atic Derivando n − 1 veces, obtenemos atem C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) =0 ′ ′ ′ C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) =0 eM ′′ ′′ ′′ C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) =0 .................................................. o. d (n−1) (n−1) (n−1) C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) = 0que se cumplen para todo x en I. Este sistema homog´neo de n ecuaciones e eptcon n incognitas tiene soluci´n distinta de la trivial si y solo si el determinante o ,Ddel sistema (o sea el Wronskiano) se anula en I, es decir si y solo si W (x) = 0para todo x en I. uia tioqTeorema 4.5 :Si y1 , y2 , . . . , yn son n soluciones de la E.D. lineal homog´nea de orden n e An y (n) + . . . + an−1 (x)y ′ + an (x)y = 0 deen el intervalo I y en ´ste intervalo las funciones ai (x) son continuas. En- e adtonces rsid a) Si y1 , y2 , . . . , yn son linealmente dependientes, entonces el Wronskiano ive W (x) ≡ 0 en I. Un b) y1 , y2 , . . . , yn son linealmente independientes, si y solo si el Wronskiano W (x) = 0 para todo x en I. Dem.: la parte a) ya se demostr´ en el Lema anterior. ob)⇒) Hagamos la demostraci´n por el contrareciproco, es decir, supongamos oque existe a en I tal W (a) = 0 y veamos que y1 , y2 , . . . , yn son linealmente92
  • 4.1. INTRODUCCIONdependientes. Como W (a) es el determinante del sistema: C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = 0 ′ ′ ′ C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = 0 as ′′ ′′ ′′ C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = 0 atic ............................................... atem (n−1) (n−1) (n−1) C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = 0donde los Ci son las incognitas y como W (a) = 0 (determinante de los eMcoeficientes del sistema) y por lo que sabemos del algebra lineal, este tieneuna soluci´n distinta de la trivial, es decir existen Ci = 0. o o. dCon esta soluci´n no trivial definamos la siguiente funci´n o o Y (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) ept ,Dy evaluemos esta nueva funci´n y sus derivadas hasta de orden n − 1 en a o uia Y (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = 0 tioq Y ′ (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = 0 ′ ′ ′ An Y ′′ (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = 0 ′′ ′′ ′′ de ........................................................ ad (n−1) (n−1) Y (n−1) (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (n−1) (a) + . . . + Cn yn (a) = 0 rsiden conclusi´n o ive Y (a) = Y ′ (a) = . . . = Y (n−1) (a) = 0 Unpor otro lado sabemos que la funci´n nula H(x) ≡ 0 es tambi´n una soluci´n o e ode la E.D. y (n) + . . . + an−1 (x)y ′ + an (x)y = 0la cual satisface las condiciones iniciales anteriores y por el teorema de exis-tencia y unicidad, podemos afirmar que Y (x) = H(x) = 0 = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) 93
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESy como algunos de estos Ci son diferentes de cero, entonces y1 , y2 , . . . , yn sonlinealmente dependientes. ⇐) Supongamos que W (x) = 0 para todo x ∈ I y veamos que y1 , y2 , . . . , ynson linealmente independientes. asSupongamos que atic y1 , y2 , . . . , yn atemson linealmente dependientes, por lo tanto (por la parte a)) W (x) ≡ 0 (Ab-surdo!) eMTeorema 4.6 :Sea L(D)y = an (x)Dn y + an−1 (x)Dn−1 y + . . . + a1 (x)Dy + a0 (x)y = 0 una o. dE.D.O. lineal de orden n con coeficientes continuos definida en el intervaloI, entonces el espacio soluci´n de L(D) (o sea el n´cleo de L(D)), tiene o udimensi´n n. o ept ,D Dem.: sea Y (x) una soluci´n de la E.D. y sean y1 , y2 , . . . , yn n soluciones o uialinealmente independientes de la E.D. Veamos que Y (x) se puede expresarcomo una combinaci´n lineal de y1 , y2 , . . . , yn . o tioq Sea a un punto de I y consideremos el siguiente sistema: An Y (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) de Y ′ (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) ′ ′ ′ ad rsid Y ′′ (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) ′′ ′′ ′′ ....................................................... ive Un (n−1) (n−1) Y (n−1) (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (n−1) (a) + . . . + Cn yn (a)el determinante de los coeficientes del sistema es el Wronskiano evaluadoen a, es decir, W (a) y como y1 , y2 , . . . , yn son linealmente independientesentonces W (a) = 0, esto quiere decir que existe al menos un Ci = 0.Con los C1 , C2 , . . . , Cn (al menos uno de ellos es diferente de cero) definimosla funci´n o G(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x)94
  • 4.1. INTRODUCCIONluego G(a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = Y (a) G′ (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = Y ′ (a) ′ ′ ′ G′′ (a) = C1 y1 (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn (a) = Y ′′ (a) ′′ ′′ ′′ ............................................................ (n−1) (n−1) G(n−1) (a) = C1 y1 (n−1) (a) = Y (n−1) (a) as (a) + C2 y2 (a) + . . . + Cn yn aticEs decir, las funciones G y Y coinciden en la condici´n inicial, por tanto por oel teorema de existencia y unicidad, G(x) = Y (x) para todo x en I. atemLuego G(x) = Y (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) eMNota: o. d i. Lo que dice este teorema es que para resolver una E.D. lineal homog´nea e de orden n, se debe encontrar n soluciones linealmente independientes y la soluci´n general es la combinaci´n lineal de las n soluciones. o o ept ,D uia ii. Si las n-tuplas ′ (n−1) (y1 (x0 ), y1 (x0 ), . . . , y1 (x0 )) tioq ′ (n−1) (y2 (x0 ), y2 (x0 ), . . . , y2 (x0 )) . An . . ′ (n−1) (yn (x0 ), yn (x0 ), . . . , yn (x0 )) de son linealmente independientes, entonces las funciones ad rsid y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x) ive son linealmente independientes en I. Un Ejemplo 8. Si y1 = em1 x , y2 = em2 x con m1 = m2 , mostrar que y1 y y2son linealmente independientes. Soluci´n: m´s adelante veremos que y1 , y2 son soluciones de una E.D. o alineal de segundo orden con coeficientes constantes. em1 x em2 x W (y1 , y2 ) = m1 em1 x m2 em2 x 95
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES = m2 e(m1 +m2 )x − m1 e(m1 +m2 )x = (m1 − m2 ) e(m1 +m2 )x =0 >0⇒ = 0 por tanto y1 , y2 son linealmente independientes. Ejemplo 9. y1 = emx , y2 = xemx . Hallar W (y1 , y2 ). as Soluci´n: m´s adelante veremos que y1 , y2 son soluciones de una E.D. o a aticlineal de segundo orden con coeficientes constantes. atem emx xemx W (y1 , y2 ) = mx me mxemx + emx eM = mxe2mx + e2mx − mxe2mx o. d = e2mx > 0 ⇒ y1 , y2 son linealmente independientes. ept Ejemplo 10. y1 = eαx sen βx, y2 = eαx cos βx. Hallar W (y1 , y2 ) ,D uia Soluci´n: m´s adelante veremos que y1 , y2 son soluciones de una E.D. o alineal de segundo orden con coeficientes constantes. tioq eαx sen βx eαx cos βx W (y1 , y2 ) = An αx βe cos βx + αe sen βx −βe sen βx + αeαx cos βx αx αx de = −βe2αx sen 2 βx + αe2αx sen βx cos βx − βe2αx cos2 βx − αe2αx sen βx cos βx ad = −βe2αx ( sen 2 βx + cos2 βx) rsid = −β e2αx = 0 >0 ive ⇒ y1 , y2 son linealmente independientes. Un4.2. ´ ´ METODO DE REDUCCION DE OR- DEN ´ FORMULA DE D’LAMBERT (Construcci´n de una segunda oSoluci´n a partir de una soluci´n conocida). o o96
  • ´ ´ 4.2. METODO DE REDUCCION DE ORDEN Dada la E.D.O.: a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0 con a2 (x) = 0 en I ya2 (x), a1 (x), a0 (x) continuas en I; dividiendo en la E.D.O. original por a2 (x)y haciendo P (x) = a1 (x) y Q(x) = a0 (x) , se tiene: a2 (x) a2 (x) y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 forma can´nica o (4.8) Sea y1 (x) una soluci´n o conocida de la E.D. en I yy1 (x) = 0 en I. as atic Supongamos y(x) = u(x)y1 (x) y hallemos u tal que y(x) sea una soluci´n. o atem Derivando dos veces , y ′ = uy1 + u′ y1 y y ′′ = uy1 + u′ y1 + u′ y1 + u′′ y1 ′ ′′ ′ ′y sustituyendo en la ecuaci´n diferencial (4.8): o eM uy1 + 2u′ y1 + u′′ y1 + P (x)(uy1 + u′ y1 ) + Q(x)uy1 = 0 ′′ ′ ′ o. d u[ y1 + P (x)y1 + Q(x)y1 ] + u′′ y1 + u′ [ 2y1 + P (x)y1 ] = 0 ′′ ′ ′ ept Luego, u′′ y1 + u′ [ 2y1 + P (x)y1 ] = 0 ′ ,D uia Hagamos W = u′ (´ste cambio de variable reduce el orden) e tioq y1 W ′ + W (2y1 + P (x)y1 ) = 0 ′ An ′ de 2y1 W′ + + P (x) W = 0, (lineal en W de primer orden) y1 ad rsid ′ 2y1 +P (x) dx 2 Su F.I.= e y1 = eln y1 e P (x) dx 2 = y1 e P (x) dx , luego ive 2 P (x) dx W y1 e = C Un De donde e− P (x) dx du W =C 2 = u′ = y1 dx e integrando e− P (x) dx u= C 2 dx + C1 y1 97
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES e− P (x) dx Por lo tanto y = uy1 = Cy1 2 dx + C1 y1 y1 e− P (x) dx combinaci´n lineal de o y1 y y1 2 y1 dx e− P (x) dx Luego la segunda soluci´n es y2 = y1 o 2 y1 dx con y1 = 0 en I Veamos que y1 y y2 son linealmente independientes: as atic e− P (x) dx y1 y1 2 y1 W (y1 , y2 ) = atem − P (x) dx e− P (x) dx y1 y1 e ′ 2 y1 ′ + y1 2 y1 dx e− P (x) dx e− P (x) dx eM = e− P (x) dx ′ + y1 y1 2 ′ dx − y1 y1 2 dx y1 y1 o. d = e− P (x) dx >0 eptLuego y1 , y2 son soluciones linealmente independientes de la E.D. ,D uia y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 tioq En conclusi´n, si y1 es una soluci´n, con y1 = 0 en I, entonces o o e− P (x) dx An y2 = y1 2 dx (F´rmula de D’Lambert) o y1 deNota: el m´todo es aplicable tambi´n para E.D. no homog´neas: e e e ad rsid y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = f (x) iveen este caso se supone y(x) = u(x)y1 (x) = uy1 y se llega a la E.D. lineal enW de primer orden: Un ′ 2y1 f (x) W′ + + P (x) W = y1 y1y se continua de la misma manera anterior. Ejemplo 11. Sea x2 y ′′ − xy ′ + 2y = 0, (E.D. de Cauchy), sabiendo quey1 = x sen (ln x) es una soluci´n de la E.D. Hallar y2 o98
  • ´ ´ 4.2. METODO DE REDUCCION DE ORDEN Soluci´n. Dividiendo por x2 se tiene: o 1 2 y ′′ − y ′ + 2 y = 0 x x Veremos m´s adelante que y1 = x sen (ln x) es una soluci´n de la ecuaci´n a o ode Cauchy, entonces la segunda soluci´n es: o as 1 e− − x dx eln(x) y2 = x sen (ln x) dx = x sen (ln x) dx atic x2 sen 2 (ln x) x2 sen (ln x) atem x = x sen (ln x) dx x2 sen (ln x) eM dx u = ln x = x sen (ln x) dx x sen 2 (ln x) du = dx o. d x du = x sen (ln x) sen 2 u ept csc2 u du = −x sen (ln x) cot u = −x sen (ln x) cot(ln x) ,D = x sen (ln x) uia = −x cos(ln x) tioq La soluci´n general es : y = C1 y1 + c2 y2 o An y = C1 x sen (ln x) + C2 (−x cos(ln x)) de ad y = C1 x sen (ln x) + C3 x cos(ln x) rsid ive Utilizando el m´todo de reducci´n de orden resolver los siguientes ejerci- e o Uncios. Ejercicio 1. x2 y ′′ − 7xy ′ + 16y = 0 y1 = x4 es una soluci´n. Hallar y2 o 4(Rta.: y2 = x ln |x|) Ejercicio 2. x2 y ′′ + 2xy ′ − 6y = 0 y1 = x2 es una soluci´n. Hallar y2 o 1(Rta.: y2 = − 5x3 ) 99
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Ejercicio 3. xy ′′ + y ′ = 0, y1 = ln x es una soluci´n. Hallar y2 o(Rta.: y = −1) Ejercicio 4. x2 y ′′ − xy ′ + 2y = 0, y1 = x sen (ln x) es una soluci´n. Hallar oy2(Rta.: y2 = −x cos(ln x)) Ejercicio 5. Hallar la soluci´n general de xy ′′ − xf (x)y ′ + f (x)y = 0. as o −2 f (x) dx(Rta.: y = c1 x + c2 x x e dx) atic atem Ejercicio 6. Hallar la soluci´n general de y ′′ − f (x)y ′ + (f (x) − 1)y = 0 o x x [−2x+ f (x) dx](Rta.: y = c1 e + c2 e e dx) eM Ejercicio 7. a) Si n es un entero positivo, hallar dos soluciones lineal-mente independientes de o. d xy ′′ − (x + n)y ′ + ny = 0 eptb)Hallar la soluci´n general de la E.D. de la parte a) cuando n = 1, 2, 3 o ,D(Rta.: a) y1 = ex , y2 = ex xn e−x dx, b) y = c1 ex + c2 (x + 1), y = uiac1 ex + c2 (x2 + 2x + 2), y = c1 ex + c2 (x3 + 3x2 + 6x + 6).) tioq Ejercicio 8: Utiliz´ndo el m´todo de reducci´n de D’Lambert resolver a e ola E.D. lineal no homog´nea: e An (x − 1)y ′′ − xy ′ + y = 1 desabiendo que y1 = ex es una soluci´n a la homog´nea asociada. Observese o e adque obtenemos una segunda soluci´n y una soluci´n particular. o o rsid x(Rta.: y = 1 + C1 x + C2 e ) ive Un4.3. E.D.O. LINEALES CON COEFICIEN- TES CONSTANTES dy Sabemos que dx + ay = 0 es lineal de primer orden, donde p(x) = a. a dxluego el F.I. = e = eax y su soluci´n es o yeax = C ⇒ y = Ce−ax100
  • 4.3. E.D.O. LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTESPor similitud con la E.D.O. de primer orden y coeficientes constantes, vamosa suponer que la E.D. lineal de segundo orden y coeficientes constantes: ay ′′ + by ′ + cy = 0, (4.9)tiene por soluci´n una exponencial de la forma: y = emx , derivando dos veces ose tiene y ′ = memx , y ′′ = m2 emx as aticy sustituyendo en la E.D. (4.9): am2 emx + bmemx + cemx = 0luego atem emx (am2 + bm + c) = 0o sea que eM am2 + bm + c = 0,la cual llamamos ecuaci´n caracter´ o ıstica o ecuaci´n auxiliar de la E.D.: o o. d ay ′′ + by ′ + cy = 0 ept ,D Con las raices de la ecuaci´n caracter´ o ıstica suceden tres casos: uia1. Que tenga raices reales y diferentes. tioq2. Que tenga raices reales e iguales. An3. Que tenga raices complejas conjugadas. deCaso 1. Raices reales y diferentes ad rsid Si las raices son m1 y m2 , con m1 = m2 , luego y1 = em1 x y y2 = em2 x sonlinealmente independientes, por tanto la soluci´n general es o ive y = C1 em1 x + C2 em2 x . Un Ejemplo 12 Hallar la soluci´n general de 2y ′′ − 5y ′ − 3y = 0 oSoluci´n: o ıstica: 2m2 − 5m − 3 = 0 Ecuaci´n caracter´ o √ 5 ± 25 + 24 5±7 m= ⇒ m= 4 4 101
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 1 m1 = 3 , m2 = − 2 1 La soluci´n general es y = C1 e3x + C2 e− 2 x o Caso 2. Raices reales e iguales: en este caso las raices son de multipli-cidad dos. as Sea m (con multiplicidad 2) ⇒ y1 = emx es una soluci´n. o aticUtilicemos el m´todo de D’Alambert para hallar la segunda suluci´n de e o ay ′′ + by ′ + cy = 0 atemdividiendo por a para conseguir la forma can´nica, se tiene o eM b c y ′′ + y ′ + y = 0. a a o. d b y2 = y1 e− P (x) dx 2 dx = e mx ept e− a dx dx y1 e2mx ,Dcomo ay ′′ + by ′ + cy = 0 ⇒√am2 + bm + c = 0 (ecuaci´n caracter´ o ıstica) uia −b± b2 −4acy sus raices son m1,2 = 2a ; pero como las raices son iguales, entonces tioq bel discriminante b2 − 4ac = 0, por lo tanto m1,2 = m = − 2a , luego: An −b mx eax y2 = e dx e(2 2a x) −b de = emx dx = xemx ad rsidluego la soluci´n general es: y = C1 emx + C2 xemx oEjemplo 13. 4y ′′ − 4y ′ + y = 0 Hallar la soluci´n general. o iveSoluci´n: o Un Ecuaci´n caracter´ o ıstica: 4m2 − 4m + 1 = 0 = (2m − 1)2 = 0 por lo tanto 1m = 2 (con multiplicidad 2) x x La soluci´n general es: y = C1 e 2 + C2 xe 2 o Caso 3. Raices complejas y conjugadas102
  • 4.3. E.D.O. LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES Supongamos que m1 = α + βi es una ra´ de la ecuaci´n auxiliar y por ız otanto su conjugada m2 = α − βi es la otra ra´ donde α es la parte real y ız,β es la parte imaginaria; recordando que eiθ = cos θ + i sen θ (F´rmula de oEuler) entonces la soluci´n general es o y = C1 e(α+βi)x + C2 e(α−βi) = C1 eαx eβix + C2 eαx e−βix = eαx (C1 eβix + C2 e−βix ) = eαx [(C1 + C2 ) cos βx + i(C1 − C2 ) sen βx] = eαx [K1 cos βx + K2 sen βx] as aticEn resumen:y = K1 eαx cos βx + K2 eαx sen βx es la soluci´n general. o atem Ejemplo 14. y ′′ − 2y ′ + 3y = 0 eMSoluci´n: o o. d ıstica: m2 − 2m + 3 = 0 Ecuaci´n caracter´ o √ ept 2± 4 − 4(3) 2 ± −8 ,D m= = 2 2 √ uia √ 2±2 2i sus raices son m1,2 = 2 = 1 ± 2i tioq √ o sea que α = 1 , β = 2 . AnLa soluci´n general es o √ √ de y = K1 ex cos 2x + K2 ex sen 2x ad Nota: (i): observe que si [D2 − 2αD + α2 + β 2 ]y = 0 rsid ıstica es: m2 − 2αm + α2 + β 2 = 0 entonces la ecuaci´n caracter´ o ive y las raices son: Un 2α ± 4α2 − 4(α2 + β 2 ) 2α ± 2βi m= = = α ± βi 2 2 luego, la soluci´n general es: y = K1 eαx cos βx + K2 eαx sen βx o (ii) Para la E.D.: (D − a)y = 0 la ecuaci´n caracter´ o ıstica es m−a=0⇒m=a 103
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESpor lo tanto y = Ceax es soluci´n de (D − a)y = 0 y reciprocamente una osoluci´n de (D − a)y = 0 es y = Ceax o Ejercicios. Hallar la soluci´n general o la soluci´n particular de los si- o oguientes ejercicios: 1. (D2 + 2D − 3)y = 0 (Rta.: y = C1 ex + C2 e−3x ) as atic 2. D2 − 2D − 3)y = 0 con y(0) = 0, y ′ (0) = −4 (Rta.: y = e−x − e3x ) atem 3. (D2 − 6D + 9)y = 0 (Rta.: y = (C1 + C2 x)e3x ) eM o. d 4. (D2 + 4D + 4)y = 0 con y(0) = 1, y ′ (0) = −1 (Rta.: y = (1 + x)e−2x ) 5. (D2 − 2D + 2)y = 0 ept ,D (Rta.: y = C1 ex cos x + C2 ex sen x) uia d2 x 6. + 2b dx + k 2 x = 0, k > b > 0 con x(0) = 0, x′ (0) = v0 dt2 dt √ tioq (Rta.: x = ( va0 )e−bt sen at, donde a = k 2 − b2 ) 7. y ′′ + 2iy ′ − 10y = 0 An (Rta.: y = C1 e3x cos x + C2 e−3x cos x − i(C1 e3x sen x + C2 e−3x sen x)) de 8. y ′′ + iy ′ + 2y = 0 ad (Rta.: y = C1 cos x + C2 cos 2x + i(C1 sen x − C2 sen 2x)) rsid4.4. E.D. LINEALES DE ORDEN MAYOR ive QUE DOS CON COEFICIENTES CONS- Un TANTES Sea an y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y ′ + a0 y = 0donde a0 , a1 , · · · , an son constantes, entonces su polinomio caracter´ ıstico es: an mn + an−1 mn−1 + · · · + a1 m + a0 = 0 = Pn (m)104
  • 4.4. E.D. LIN. DE ORDEN MAYOR QUE DOS CON COEF. CONST. Supongamos por ejemplo que este polinomio lo podemos factorizar as´ ı: Pn (m) = (m−m1 )(m−m2 )(m−m3 )3 (m2 −2α1 m+α1 +β1 )(m2 −2α2 m+ 2 2 2 2 2α2 + β2 )2entonces la soluci´n general esta dada por o y = C1 em1 x + C2 em2 x + C3 em3 x + C4 xem3 x + C5 x2 em3 x + as C6 eα1 x cos β1 x + C7 eα1 x sen β1 x + C8 eα2 x cos β2 x+ atic C9 eα2 x sen β2 x + C10 xeα2 x cos β2 x + C11 xeα2 x sen β2 x atem 5 4 3 2 Ejemplo 15. 2 dxy − 7 dxy + 12 dxy + 8 dxy = 0 d d d d eM 5 4 3 2Soluci´n: o o. d di y En la E.D. reemplazo en cada dxi por mi y obtengo la ecuaci´n carac- oter´ ıstica: ept ,D 2m5 − 7m4 + 12m3 + 8m2 = 0 uia tioq m2 (2m3 − 7m2 + 12m + 8) = m2 (2m + 1)(m2 − 4m + 8) = 0 Anluego las raices son m1 = 0 con multiplicidad 2, m2 = − 12 √ de 4 ± 16 − 32 4 + 4i m3,4 = = = 2 ± 2i ⇒ α = 2, β = 2 2 2 ad rsid Para el factor m2 , como el grado es 2, empezamos con la soluci´n b´sica o a ive 0xe y luego multiplicamos por x y as´ sucesivamente. O sea que las soluciones ı Un ıan: e0x = 1, xe0x = xser´ xPara 2m − 1 la soluci´n ser´ e− 2 o ıa:Para m2 − 4m + 8 las soluciones ser´ ıan: e2x cos 2x, e2x sen 2x. x Soluci´n general: y = C1 + C2 x + C3 e− 2 + C4 e2x cos(2x) + C5 e2x sen (2x) o 105
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Hallar la soluci´n general o la soluci´n particular seg´n el caso en los o o usiguientes ejercicios: Ejercicio 1. y (5) + 5y (4) − 2y ′′′ − 10y ′′ + y ′ + 5y = 0(Rta.: y = C1 ex + C2 xex + C3 e−x + C4 xe−x + C5 e−5x ) 4 2 Ejercicio 2. 16 dxy + 24 dxy +√ = 0 √ d 4 d 2 9y √ √ as(Rta.: y = C1 cos 2 x + C2 x cos 23 x + C3 sen 23 x + C4 x sen 23 x) 3 atic 4 3 2 Ejercicio 3. dxy + dxy + dxy = √ d 4 d 3 d 2 0 √ atem 1 1(Rta.: y = C1 + C2 x + C3 e−3x cos 23 x + C4 e− 3 x sen 23 x) 4 2 Ejercicio 4. dxy − 7 dxy − 18y =√ d d eM 4 2 0 √(Rta.: y = C1 e3x + C2 e−3x + C3 cos x + C4 sen x) o. d d4 y Ejercicio 5. dx4 + y = 0, (Ayuda: Completar √ cuadrados). √ √ √ √ √ √ √(Rta.: y = C1 e 2 2 x cos 2 2 x+C2 e 2 2 x sen 2 2 x+C3 e− ept 2 2 x cos 2 2 x+C4 e− 2 2 x sen 2 2 x) ,D Ejercicio 6. (D2 + 4D + 4)y = 0 tal que tenga una soluci´n que pase por o uialos puntos (0, 2), (2, 0)(Rta.: y = (2 − x)e−2x ) tioq Ejercicio 7. (D3 + D2 − D − 1)y = 0 con las siguientes condiciones: Any(0) = 1, y(2) = 0 y l´ y(x)x→∞ = 0 ım 1 −x de(Rta.: y = (1 − 2 x)e ) ad Ejercicio 8. Hallar el n´cleo del siguiente operador diferencial: u rsid L(D) = D4 + D3 + D2 . ive x √ x √ 3 3(Rta.: N ucL(D) = 1, x, e− 2 cos( 2 x), e− 2 sen ( 2 x) ) Un4.5. OPERADOR ANULADORDefinici´n 4.5 .Si y = f (x) una funci´n que tiene n derivadas y L(D) es o oun operador diferencial lineal con coeficientes constantes, tal que L(D)y = L(D)f (x) = 0,106
  • 4.5. OPERADOR ANULADORentonces decimos que el operador L(D) es el anulador de y = f (x). Observaciones: dk d 1. a) Si y = k constante, entonces dx =0⇒D= dx es el anulador de k. d2 x d2 b) Si y = x, entonces dx2 = 0 ⇒ D2 = dx2 es el anulador de x y de as k. atic d3 d3 c) Si y = x2 , entonces dx3 (x2 ) = 0 ⇒ D3 = dx3 es el anulador de x2 , x, k. atem n+1 n dn+1 d) Si y = xn , entonces ddxn+1 = 0 ⇒ Dn+1 = x dxn+1 es el anulador de xn , xn−1 , · · · , x2 , x1 , k con n ∈ N. eM dn+1 Nota: Observemos que anula la combinaci´n lineal o o. d dxn+1 C1 k + C2 x + · · · + Cn+1 xn ept ,D que es un polinomio de grado n. uia 2. (D−a)n es el anulador de las siguientes funciones: eax , xeax , x2 eax , · · · , xn−1 eax y tambi´n el anulador de la combinaci´n lineal siguiente: e o tioq C1 eax + C2 xeax + C3 x2 eax + · · · + Cn xn−1 eax = Pn−1 (x)eαx An 3. (D2 − 2αD + α2 + β 2 )n es el anulador de las funciones: de ad eαx cos βx, xeαx cos βx, x2 eαx cos βx, . . . , xn−1 eαx cos βx rsid eαx sen βx, xeαx sen βx, x2 eαx sen βx, . . . , xn−1 eαx sen βx ive y tambi´n anula la combinaci´n lineal siguiente: e o Un C1 eαx cos βx + C2 xeαx cos βx + · · · + Cn xn−1 eαx cos βx+ + k1 eαx sen βx + k2 xeαx sen βx + · · · + kn xn−1 eαx sen βx = Pn−1 (x)eαx cos βx + Qn−1 (x)eαx sen βx donde Pn−1 (x) y Qn−1 (x) son polinomios de grado n − 1. 107
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESSi α = 0, entonces (D2 + β 2 )n es el anulador de: cos βx, x cos βx, x2 cos βx, · · · , xn−1 cos βx sen βx, x sen βx, x2 sen βx, · · · , xn−1 sen βxy de sus combinaciones lineales: as C1 cos βx + C2 x cos βx + · · · + Cn xn−1 cos βx+ atic k1 sen βx + k2 x sen βx + · · · + kn xn−1 sen βx = Pn−1 (x) cos βx + Qn−1 (x) sen βx atemSi n = 1 y α = 0, entonces D2 + β 2 es el anulador de: cos βx, sen βx o su eMcombinaci´n lineal: C1 cos βx + C2 sen βx. o o. d Ejemplo 16. Hallar el operador anulador de: ex + 2xex − x2 exSoluci´n: o eptAnulador de ex : D − 1. ,DAnulador de xex : (D − 1)2 . uiaAnulador de x2 ex : (D − 1)3 . tioq Por lo tanto el anulador de toda la expresi´n es: (D − 1)3 o An Observese que no interesa las constantes 1, 2, −1 de la expresi´n original o depara hallar el anulador. ad Ejemplo 17. Hallar el operador anulador de: 3 + ex cos 2x rsidSoluci´n: o iveAnulador de 3: D. UnAnulador de ex cos 2x: D2 − 2D + 1 + 4 = D2 − 2D + 5, en este caso α = 1y β = 2. Anulador de toda la expresi´n: D(D2 − 2D + 5). o Ejemplo 18. Hallar el operador anulador de: 13x + 9x2 − sen 4xSoluci´n: o108
  • 4.5. OPERADOR ANULADORAnulador de x: D2 .Anulador de x2 : D 3 .Anulador de sen 4x: D2 + 16 en este caso α = 0 y β = 4.Anulador de toda la expresi´n: D3 (D2 + 16). o Ejemplo 19. Hallar el operador anulador de: (2 − ex )2Soluci´n: o as (2 − ex )2 = 4 − 4ex + e2x , entonces atic ComoAnulador de 4: D. atemAnulador de ex : D − 1.Anulador de e2x : D − 2. eM El anulador de toda la expresi´n es: D(D − 1)(D − 2) o o. d Ejercicio 1. Encontrar el operador anulador de 8x − sen x + 10 cos 5x(Rta.: D2 (D2 + 1)(D2 + 25)) ,D ept Ejercicio 2. Encontrar el operador anulador de 3 + ex cos 2x(Rta.: D(D2 − 2D + 5)) uia tioq Ejercicio 3. Encontrar el operador anulador de x3 (1 − 5x)(Rta.: D4 ) An Ejercicio 4. Encontrar el operador anulador de e−x sen x − e2x cos x de(Rta.: (D2 + 2D + 2)(D2 − 4D + 5)) ad Ejercicio 5. Encontrar el operador anulador de x2 ex + sen 2x + 5 rsid(Rta.: D(D − 1)3 (D2 + 4)) ive Observaci´n: la soluci´n de una ecuaci´n diferencial lineal no homog´nea, o o o e UnL(D)y = f (x) = 0 consta de la suma de dos soluciones que son: i) La soluci´n a la homog´nea asociada, es decir, la soluci´n de o e o L(D)y = 0. ii) La soluci´n particular de la no homog´nea. o e 109
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESLa suma de las dos soluciones es la soluci´n general, es decir, si yh es la osoluci´n de la homog´nea asociada L(D)y = 0 y yp es la soluci´n particular o e ode L(D)y = f (x), entonces la soluci´n general es: o y = yh + ypEn efecto, as atic L(D)(yh + yp ) = L(D)yh + L(D)yp = 0 + f (x) = f (x) atem Las siguientes secciones las dedicaremos a desarrollar tres m´todos para ehallar la soluci´n particular de E.D. no homog´neas. o e eM o. d4.6. ´ METODO DE LOS COEFICIENTES IN- DETERMINADOS ept ,D Este m´todo se aplica a E.D. lineales, con coeficientes constantes, no ho- emog´neas. e uia tioq Sea L(D)y = f (x) una E.D. lineal, no homog´nea, de coeficientes econstantes y de orden n; si f (x) tiene una de las siguientes formas: Ana) f (x) = k, k constanteb) f (x) = polinomio en x dec) f (x) = exponencial de la forma eαx add) f (x) = cos βx, f (x) = sen βxe) f (x) = a sumas finitas de productos finitos de las expresiones anteriores, rsid iveentonces, es posible encontrar un operador L1 (D) que anula a f (x) y si estosucede, entonces aplicamos L1 (D) a la ecuaci´n diferencial original, es decir: o Un L1 (D)L(D)y = L1 (D)f (x) = 0 Por lo tanto la expresi´n anterior es una E.D. lineal, homog´nea de coefi- o ecientes constantes y por tanto le aplicamos a esta ecuaci´n el m´todo de las o ehomog´neas y hallamos su soluci´n general, de esta soluci´n general descar- e o otamos la parte correspondiente a la homog´nea asociada a la E.D. original, ela parte restante corresponde a la soluci´n particular que estamos buscando. o110
  • ´ 4.6. METODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOSIlustremos esto con un ejemplo. Ejemplo 20. Hallar la soluci´n particular y la soluci´n general de la E.D. o o ′′y + 25y = 20 sen 5x.Soluci´n: o El anulador de sen 5x: D2 + 25 = L1 (D) asAplicamos este anulador a ambos lados de la E.D. original: atic y ′′ + 25y = 20 sen 5x atem L1 (D)(y ′′ + 25y) = L1 (D)(20 sen 5x) (D2 + 25)(y ′′ + 25y) = (D2 + 25)(20 sen 5x) (D2 + 25)2 y eM = 0 Ecuaci´n caracter´ o ıstica: (m2 + 25)2 = 0 cuyas raices son m = ±5i con o. dmultiplicidad 2 y por lo tanto α = 0 y β = 5; en consecuencia la soluci´n ogeneral es: ept ,D y = C1 cos 5x + C2 sen 5x + C3 x cos 5x + C4 x sen 5x (4.10) uiaLa ecuaci´n diferencial homog´nea asociada es o e tioq (D2 + 25)y = 0 Any su ecuaci´n caracter´ o ıstica es de m2 + 25 = 0, ado sea que m = ±5i (con α = 0 y β = 5) y su soluci´n es o rsid y = C1 cos 5x + C2 sen 5x; ivey por tanto en (4.10) descartamos esta expresi´n y nos queda la forma de la o Unsoluci´n particular: o y = C3 x cos 5x + C4 x sen 5x = yp Como aparecen las constantes C3 y C4 , las hallamos de la siguiente ma-nera: derivamos dos veces yp y la sustituimos en la E.D. original: ′ yp = C3 (−5x sen 5x + cos 5x) + C4 (5x cos 5x + sen 5x) 111
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES ′′ yp = C3 (−25x cos 5x − 5 sen 5x − 5 sen 5x) + +C4 (−25x sen 5x + 5 cos 5x + 5 cos 5x) = C3 (−25x cos 5x − 10 sen 5x) + +C4 (−25x sen 5x + 10 cos 5x) ′′ yp + 25yp = 20 sen 5x C3 (−25x cos 5x − 10 sen 5x) + C4 (−25x sen 5x + 10 cos 5x) + as+ 25(C3 x cos 5x + C4 x sen 5x) = 20 sen 5x aticAn´lisis de coeficientes: a atemen x cos 5x : −25C3 + 25C3 = 0 eMen sen 5x : −10C3 = 20 ⇒ C3 = −2 o. den x sen 5x : −25C4 + 25C4 = 0en cos 5x : 10C4 = 0 ⇒ C4 = 0 ept ,D Por lo tanto la soluci´n particular es yp = −2x cos 5x o uiay la soluci´n general es: o tioq y = yh + y p An = C1 cos 5x + C2 sen 5x + C3 x cos 5x = C1 cos 5x + C2 sen 5x − 2x cos 5x de Hallar la soluci´n general en los siguientes ejercicios: o ad rsid Ejercicio 1. y ′′ + 2y ′ + y = x2 e−x 1(Rta: y = C1 e−x + C2 xe−x + 12 x4 e−x ) ive Un Ejercicio 2. y ′′ − y = x2 ex + 5(Rta: y = C2 ex + C6 e−x − 5 + 4 xex − 1 x2 ex + 1 x3 ex ) 1 4 6 Ejercicio 3. y ′′ + y ′ + 1 y = ex ( sen 3x − cos 3x) 4 Ejercicio 4. y ′′ + 4y = cos2 x(Rta: y = 8 + C2 cos 2x + C3 sen 2x + 1 x sen 2x) 1 8112
  • ´ ´ 4.7. VARIACION DE PARAMETROS Ejercicio 5. y ′′ + y ′ + y = x sen x Ejercicio 6. y ′′ − y = 3xex cos 2x Ejercicio 7. y ′′ + 25y = 6 sen x(Rta: y = C1 cos 5x + C2 sen 5x + 1 sen x) 4 Ejercicio 8. y ′′ − 2y ′ + 5y = ex sen x as 1(Rta: y = C1 ex cos 2x + C2 ex sen 2x + 3 ex sen x) atic atem4.7. ´ ´ VARIACION DE PARAMETROS eM Sea o. d a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x) = h(x) eptcon a2 (x), a1 (x), a0 (x), continuas en I y a2 (x) = 0 en I. ,D La escribimos en forma can´nica o uia y ′′ + p(x)y ′ + g(x)y = f (x) tioq Donde An a1 (x) a0 (x) h(x) p(x) = , g(x) = y f (x) = , a2 (x) a2 (x) a2 (x) de adsuponemos que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la ho-mog´nea asociada, es decir, e rsid ′′ ′ y1 + p(x)y1 + g(x)y1 = 0 ive ′′ ′ y2 + p(x)y2 + g(x)y2 = 0 Un y yh = C1 y1 + C2 y2 Variemos los par´metros C1 y C2 , es decir, a yp = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) = u1 y1 + u2 y2 y hallemos u1 y u2 113
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Luego yp = u′1 y1 + u1 y1 + u′2 y2 + y2 u2 ′ ′ ′ Supongamos (en aras de disminuir el trabajo operativo): u1 y1 + u′2 y2 = 0, ′ (primera condici´n). oLuego, as ′ ′ ′ y p = u1 y 1 + u2 y 2 atic yp = u1 y1 + u1 y1 + u′2 y2 + u2 y2 ′′ ′ ′ ′′ ′ ′′ atem Sustituyendo en la ecuaci´n diferencial: o eM ′′ ′ yp + p (x)yp + g (x)yp = f (x) ′ ′′ ′ ′u′1 y1 + u1 y1 + u′2 y2 + u2 y2 + p (x) [u1 y1 + u2 y2 ] + g (x) [u1 y1 + u2 y2 ] = f (x) ′ ′′ o. du1 [y1 + p (x)y1 + g (x)y1 ] + u2 [y2 + p (x)y2 + g (x)y2 ] + u′1 y1 + u′2 y2 = f (x) ′′ ′ ′′ ′ ′ ′ eptLuego, ,D u′1 y1 + u′2 y2 = f (x) ′ ′ uiaEn resumen, tioq y1 u′1 + y2 u′2 = 0 (primera condici´n) o An ′ ′ ′ ′ y1 u1 + y2 u2 = f (x) (segunda condici´n) o deque es un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas: u′1 y u′2 . ad Por la regla de Cramer: rsid o y2 ive ′ f (x) y2 y2 f (x) u′1 = = − Un y1 y2 W (y1 , y2 ) ′ ′ y1 y2 y1 0 ′ y1 f (x)′ y1 f (x) u′2 = = y1 y2 W (y1 , y2 ) ′ ′ y1 y2114
  • ´ ´ 4.7. VARIACION DE PARAMETROS Donde W (y1 , y2 ) = 0, ya que (y1 y y2 ) son dos soluciones linealmente in-dependientes de la homog´nea asociada. Para conseguir u1 y u2 , integramos e(no es necesario constantes de integraci´n, porqu´?) a u′1 y u′2 respectivamen- o ete. Luego, la yp = u1 y1 + u2 y2 ,y la soluci´n general es o as y = yh + yp = C1 y1 + C2 y2 + u1 y1 + u2 y2 atic Pasos para resolver la E.D. (en forma can´nica): o atem ′′ ′y + p(x)y + g(x)y = f (x) 1. Hallamos y1 y y2 soluciones linealmente independientes de la homog´nea e eM asociada: y ′′ + p(x)y ′ + g(x)y = 0 o. d 2. Hallamos W (y1 , y2 ) 3. Hallamos ept ,D y2 f (x) u′1 = − uia W (y1 , y2 ) y1 f (x) tioq u′2 = W (y1 , y2 ) An 4. Integramos u1 = u′1 dx y u2 = u′2 dx de 5. La soluci´n particular yp = u1 y1 + u2 y2 o ad 6. La soluci´n general y = yh + yp = C1 y1 + C2 y2 + u1 y1 + u2 y2 o rsid Ejemplo 21. y ′′ + 3y ′ + 2y = sen (ex ) iveSoluci´n: o Un 1. Soluci´n de y ′′ + 3y ′ + 2y = 0 o m2 + 3m + 2 = 0 ⇒ (m + 2)(m + 1) = 0 ⇒ m = −2, m = −1 yh = C1 e−2x +C2 e−x y1 y2 115
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES e−2x e−x 2. W (y1 , y2 ) = = −e−3x + 2e−3x = e−3x −2e−2x −e−x 3. ′ −y2 f (x) −e−x sen (ex ) u1 = = = −e2x sen (ex ) W (y1 , y2 ) e−3x ′ y1 f (x) e−2x sen (ex ) = ex sen (ex ) as u2 = = −3x W (y1 , y2 ) e atic 4. atem u1 = u′1 dx eM   z = ex = −e2x sen (ex ) dx y haciendo dz = ex dx o. d  dx = dzz dz 2 = − z sen (z) z ept ,D   integrando por partes uia = − z sen (z) dz v = z ⇒ dv = dz  dw = − sen zdz ⇒ w = cos z tioq = z cos z − cos z dz An = z cos z − sen z = ex cos(ex ) − sen (ex ) de dz ad ′ u2 = u2 dx = ex sen (ex ) dx = z sen z = sen z dz z rsid = − cos z = − cos(ex ) ive 5. Un y p = u1 y 1 + u2 y 2 = [ex cos(ex ) − sen (ex )] e−2x − e−x cos(ex ) = −e−2x sen (ex ) y = yh + yh = C1 e−2x + C2 e−x − e−2x sen (ex )116
  • ´ ´ 4.7. VARIACION DE PARAMETROSEjemplo 22. Si y1 = x y y2 = x ln x son soluciones linealmente indepen-dientes de la E.D. x2 y ′′ − xy ′ + y = 0. Hallar la soluci´n general de la E.D. ode Cauchy. x2 y ′′ − xy ′ + y = 4x ln xSoluci´n. Coloquemos la E.D. en forma can´nica o o 1 1 ln x y ′′ − y ′ + 2 y = 4 , x=0 as x x x atic 1. y1 = x, y2 = x ln x atem x x ln x 2. W (y1 , y2 ) = = x ln x + x − x ln x = x = 0 eM 1 ln x + 1 3. o. d y2 f (x) −x ln x 4 ln x 4 ln2 x u′1 =− = x ept =− W (y1 , y2 ) x x ,D 4 ln x y1 f (x) x x 4 ln x u′2 = = = W (y1 , y2 ) x x uia tioq 4. An ′ u1 = u1 dx de 4 ln2 x z = ln x = − dx y haciendo dz = dx ad x x 4 rsid = − ln3 x 3 ive u2 = u′2 dx Un 4 ln x z = ln x = dx y haciendo x dz = dx x = 2 ln2 x 5. y p = u1 y 1 + u 2 y 2 117
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 4 = − ln3 x x + (2 ln2 x)x ln x 3 4 2 = − x ln3 x + 2x ln3 x = x ln3 x 3 3 6. y = yh + y p as 2 atic = C1 x + C2 x ln x + x ln3 x 3 atemEjemplo 23. Utilizar el m´todo de variaci´n de par´metros para resolver la e o asiguiente E.D. eM y ′′ − y = sec3 x − sec x o. dSoluci´n: o ept 1. y ′′ − y = 0 (homog´nea asociada) e ,D 2 m − 1 = 0 ⇒ m = ±1 yh = C1 ex + C2 e−x uia y1 y2 tioq ex e−x 2. W (y1 , y2 ) = = ex (−e−x ) − ex (e−x ) = −1 − 1 = −2 An ex −e−x de y2 f (x) u′1 = − ad W (y1 , y2 ) rsid e−x (sec3 x − sec x) e−x (sec3 x − sec x) = − = −2 2 ive y1 f (x) u′2 = Un W (y1 , y2 ) ex (sec3 x − sec x) ex = = − (sec3 x − sec x) −2 2 3. 1 1 u1 = e−x (sec3 x − sec x) dx = e−x sec x(sec2 x − 1) dx 2 2118
  • ´ ´ 4.7. VARIACION DE PARAMETROS 1 1 = e−x sec x tan2 x dx = e−x (sec x tan x) tan x dx 2 2integremos por partes, haciendo: u = e−x tan x, dv = tan x sec x dx,luego as atic du = (−e−x tan x + e−x sec2 x) dx, v = sec x atem 1 −xu1 = e tan x sec x − e−x sec x(sec2 x − tan x) dx 2 eM 1 −x = e tan x sec x − e−x sec3 x dx + e−x sec x tan x dx 2 o. d 1 −x = e tan x sec x − e−x sec3 x dx + e−x sec x + e−x sec x dx 2 e−x e−x 1 ept = tan x sec x + sec x − e−x (sec3 x − sec x) dx, ,D 2 2 2 uiadespejando la integral : tioq e−x e−x e−x (sec3 x − sec x) dx = tan x sec x + sec x 2 2 An 1 e−x e−x u1 = e−x (sec3 x − sec x) dx = tan x sec x + sec x 2 4 4 de ad 1 u2 = u′2 dx = − ex (sec3 x − sec x) dx rsid 2 ivehagamos: z = −x , dz = −dx Un 1 1u2 = − e−z (sec3 (−z) − sec(−z)) d(−z) = e−z (sec3 z − sec z) dz 2 2 e−z e−z ex ex = tan z sec z + sec z = tan(−x) sec(−x) + sec(−x) 4 4 4 4 ex ex = − tan x sec x + sec x 4 4 119
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 4. y p = u1 y 1 + u 2 y 2 e−x e−x ex ex = ( tan x sec x + sec x)ex + (− tan x sec x + sec x)e−x 4 4 4 4 sec x = 2 as 5. atic y = yh + yp atem sec x = C1 ex + c2 e−x + solucion general 2 eM Ejercicio 1. Hallar la soluci´n general de o o. d 2 −2 −1(D + 1)y = −x sen x + 2x cos x(Rta.: y = C1 cos x + C2 sen x + ln |x| sen x) ept Ejercicio 2. Hallar la soluci´n general de o ,D(D2 + 5D + 6)y = e−2x sec2 x(1 + 2 tan x) uia(Rta.: y = C1 e−3x + C2 e−2x + e−2x tan x) tioq Ejercicio 3. Hallar la soluci´n general de o ′′ ′ −xy + 2y + y = e ln x An 2(Rta.: y = C1 e−x + C2 xe−x + x e−x ln x − 3 x2 e−x ) 2 4 de 1 1 Ejercicio 4. Si y1 = x− 2 cos x, y2 = x− 2 sen x forman un conjunto li- ad 1nealmente independiente y son soluciones de x2 y ′′ + xy ′ + x2 − 4 y = 0. rsid 3Hallar la soluci´n general para x2 y ′′ + xy ′ + x2 − 1 y = x 2 . o 4 1 1 1(Rta.: y = C1 x− 2 cos x + C2 x− 2 sen x + x− 2 ) ive Un Ejercicio 5. Si y1 = x, y2 = ex forman un conjunto linealmente indepen-diente y son soluciones de la homog´nea asociada de la E.D. e (1 − x)y ′′ + xy ′ − y = 2(x − 1)2 e−x , 0 < x < 1.Hallar la soluci´n general. o 1(Rta.: y = C1 x + C2 ex + 2 e−x − xe−x )120
  • ´ ´ 4.7. VARIACION DE PARAMETROS Ejercicio 6. Hallar la soluci´n general de la E.D. (D2 + 16)y = csc 4x o(Rta.: y = C1 cos 4x + C2 sen 4x − 1 x cos x + 16 sen 4x ln | sen 4x|) 4 1 Ejercicio 7. Hallar la soluci´n general de la E.D. (D2 + 1)y = sec x o(Rta.: y = C1 cos x + C2 sen x − 1 sec x + tan x sen x) 2 Ejercicio 8. Hallar la soluci´n general de la E.D. (D2 + 2D + 5)y = oe−x sec 2x as(Rta.: y = e−x (C1 cos 2x + C2 sen 2x) + e−x ( 1 x sen 2x + 4 cos 2x ln | cos 2x|)) 1 atic 2 atem Ejercicio 9. Hallar la soluci´n general de la E.D. o (D2 − 1)y = e−x sen (e−x ) + cos(e−x ) eM(Rta.: y = C1 ex + C2 e−x − ex sen (e−x )) o. d Ejercicio 10. Hallar la soluci´n general de la E.D. (D2 + 1)y = sec3 x o 1(Rta.: y = C1 cos x + C2 sen x + 2 sec x) ept ,D Ejercicio 11. Hallar la soluci´n general de la E.D. o uia −3x (D2 − 9D + 18)y = ee tioq 1 −3x(Rta.: y = C1 e3x + C2 e6x + 9 e6x ee ) An Ejercicio 12. Hallar la soluci´n general de la E.D. (D2 − 2D + D)y = o de −5 xx e ad 1(Rta.: y = C1 ex + C2 xex + 12 x−3 ex ) rsid Ejercicio 13. Hallar la soluci´n general de la E.D. o ive (D2 + 2D − 8)y = (6x−1 − x−2 )e2x Un(Rta.: y = C1 e2x + C2 e−4x + e2x ln |x|) Ejercicio 14. Hallar la soluci´n general de la E.D. o (D2 + 3D + 2)y = sen (ex )(Rta.: y = C1 e−2x + C2 e−x − e−2x sen (ex )) 121
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES4.7.1. ´ ´ GENERALIZACION DEL METODO DE ´ ´ VARIACION DE PARAMETROS Dada la E.D. en forma can´nica: o Dn y + an−1 (x)Dn−1 y + . . . + a1 (x)Dy + a0 (x)y = f (x)efectuamos los siguientes pasos: as atic 1. Hallamos y1 , y2 , . . . , yn soluciones linealmente independientes de la ho- mog´nea asociada, o sea que yh = C1 y1 + C2 y2 + . . . + Cn yn e atem y1 y2 ··· yn eM ′ ′ ′ y1 y2 ··· yn 2. Hallamos W (y1 , y2 , . . . , yn ) = . . . . . . . . . . . . o. d n−1 n−1 n−1 y1 y2 · · · yn ept 3. Hallamos u′1 , u′2 , . . . , u′n por el m´todo de Cramer del sistema: e ,D u′1 y1 + u′2 y2 + . . . + u′n yn = 0 uia u′1 y1 + u′2 y2 + . . . + u′n yn = 0 ′ ′ ′ . . . tioq . . . . . . ′ n−1 n−1 u1 y1 + u′2 y2 + . . . + u′n yn = f (x) n−1 An de 4. Integramos u′1 , u′2 , . . . , u′n (sin constantes de integraci´n) o para hallar u1 , u2 , . . . , un ad rsid 5. Hallamos la soluci´n particular o ive y p = u1 y 1 + u2 y 2 + . . . + u n y n Un 6. Halamos la soluci´n general o y = yh + yp = C1 y1 + . . . + Cn yn + u1 y1 + . . . + un yn Ejemplo 24. y ′′′ − 2y ′′ − y ′ + 2y = e3xSoluci´n: o122
  • ´ ´ 4.7. VARIACION DE PARAMETROS1. y ′′′ − 2y ′′ − y ′ + 2y = 0 m3 − 2m2 − m + 2 = 0 m2 (m − 2) − (m − 2) = 0 (m − 2)(m2 − 1) = (m − 2)(m + 1)(m − 1) = 0 m = 2, m = −1, m = 1 as yh = C1 e2x + C2 e−x + C3 ex atic atem2. e2x e−x ex eM W (y1 , y2 , y3 ) = 2e2x −e−x ex 4e2x e−x ex o. d = e2x (−1 − 1) − e−x (2e3x − 4e3x ) + ex (2ex + 4ex ) = −2e2x + 2e2x + 6e2x = 6e2x ept ,D3. uia 0 e−x ex tioq 0 −e−x ex ′ e3x e−x ex e3x (1 + 1) 2e3x ex u1 = = = 2x = An 6e2x 6e2x 6e 3 e2x 0 ex de 2e2x 0 ex 4e2x e3x ex e3x (e3x − 2e3x ) e6x e4x ad u′2 = =− = 2x = 6e2x 6e2x rsid 6e 6 ive e2x e−x 0 Un 2x −x 2e −e 0 2x −x 4e e e3x e3x (−ex − 2ex ) 3e4x e2x u′3 = = = − 2x = − 6e2x 6e2x 6e 24. Integramos u′1 , u′2 , u′3 ex ex u1 = u′1 dx = dx = 3 3 123
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES e4x e4x u2 = u′2 dx = dx = 6 24 2x e e2x u3 = u′3 dx = − dx = − 2 4 5. Soluci´n particular: o y p = u 1 y 1 + u2 y 2 + u3 y 3 as ex e4x −x e2x x e3x e3x e3x 3e3x e3x atic = e2x + e − e = + − = = 3 24 4 3 24 4 24 8 atem 6. Soluci´n general: o eM y = yh + yp e3x = C1 e2x + C2 e−x + C3 ex + o. d 8 e o a eptResolver, utilizando el m´todo de variaci´n de par´metros, los siguientes ejer-cicios. ,D uiaEjercicio 1. y ′′′ − 5y ′′ + 6y ′ = 2 sen x + 8 tioqEjercicio 2. y ′′′ − y ′ = sen x(Rta.: y = C1 + C2 ex + C3 e−x + 1 cos x) An 2Ejercicio 3. y ′′′ − 2y ′′ − y ′ + 2y = e3x de adEjercicio 4. y ′′′ − y ′ = x ex rsid dSugerencia: dx (y ′′ −y) = y ′′′ −y ′ ; integre y despu´s use variaci´n de par´me- e o atros. iveEjercicio 5. y ′′′ + 4y ′ = sen x cos x Un 1(Rta.: y = C1 + C2 cos 2x + C3 sen 2x − 16 x cos 2x)Ejercicio 6. Hallar la soluci´n general de la E.D. o (D + 1)3 y = 16(2x + 3)−1 e−x(Rta.: y = e−x (C1 + C2 x + C3 x2 ) + e−x (2x + 3)2 ln(2x + 3))124
  • 4.8. OPERADORES4.8. OPERADORESLema 4.2 .Si f ∈ C n (I) y a ∈ ℜ entonces: 1. Dn (eax f (x)) = eax (D + a)n f (x) 2. Dn (eax ) = eax an as #Real atic atem Demostraci´n . oVeamos 1. Por inducci´n: o eM n = 1 D(eax f (x)) = eax Df (x) + f (x)aeax = eax (D + a)f (x) o. dSupongamos que se cumple para n = k: Dk (eax f (x)) = eax (D + a)k f (x) ept ,Dy veamos que se cumple para n = k + 1. En efecto, teniendo en cuenta laship´tesis de inducci´n para n = 1 y para n = k, se tiene o o uia tioq Dk+1 (eax f (x)) = Dk D(eax f (x)) = Dk (eax (D + a)f (x)) = eax (D + a)k (D + a)f (x) = eax (D + a)k+1 f (x) AnVeamos 2. Por inducci´n: o de n = 1 D(eax ) = aeax ad rsidSupongamos que se cumple para n = k: Dk (eax ) = ak eax ive Uny veamos que se cumple para n = k + 1. En efecto, teniendo en cuenta laship´tesis de inducci´n para n = 1 y para n = k, se tiene o o Dk+1 (eax ) = Dk D(eax ) = Dk (aeax ) = a(Dk eax ) = a(ak eax ) = ak+1 eaxEl siguiente Teorema, llamado teorema b´sico de los operadores, nos permite asacar una exponencial que esta dentro de un operador. 125
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESTeorema 4.7 (Teorema B´sico de Operadores) . a 1. Si f ∈ C n (I) y L(D) es un operador diferencial lineal y a ∈ ℜ, entonces: L(D)(eax f (x)) = eax L(D + a)f (x) 2. L(D)eax = L(a)eax as atic Demostraci´n 1: o atemL(D)(eax f (x)) = (an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + . . . + a1 (x)D + a0 (x)D0 )(eax f (x)) == an (x)Dn (eax f (x)) + an−1 (x)Dn−1 (eax f (x)) + . . . + a1 (x)D(eax f (x)) + a0 (x)eax f (x) eM= an (x)eax (D + a)n f (x) + an−1 (x)eax (D + a)n−1 f (x) + . . . + a1 (x)eax (D + a)f (x)+ a0 (x)eax f (x) o. d= eax (an (x)(D + a)n + an−1 (x)(D + a)n−1 + . . . + a1 (x)(D + a) + a0 (x))f (x)= eax L(D + a)f (x) ept ,D uiaNota: para entrar una expresi´n exponencial dentro de un operador, utili- ozamos la siguiente expresi´n, o tioq eax L(D)f (x) = L(D − a)(eax f (x)) (4.11) An Ejemplo 25. Comprobar que (D + 2)(D − 2)3 (x2 e2x ) = 0 deSoluci´n: o ad(D + 2)(D − 2)3 (x2 e2x ) = e2x (D + 2 + 2)(D + 2 − 2)3 x2 = e2x (D + 4)D3 x2 = 0 rsidEjemplo 26. Comprobar que (D − 3)n (e3x xn ) = n!e3x iveSoluci´n: o Un (D − 3)n (e3x xn ) = e3x (D + 3 − 3)n xn = e3x Dn xn = n!e3xEjemplo 27. Entrar la exponencial dentro del operador: e−3x (D−1)(D−3)xSoluci´n: o e−3x (D − 1)(D − 3)x = (D − (−3) − 1)(D − (−3) − 3)(e−3x x) = (D + 2)D(e−3x x)126
  • ´ 4.9. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS4.9. ´ METODO DE LOS OPERADORES IN- VERSOS Dada la E.D. L(D)y = f (x), donde L(D) es un operador diferencial li-neal de coeficientes constantes y f (x) es un polinomio o exponencial o seno ocoseno o sumas finitas de productos finitos de las anteriores, es convenienteresolver la E.D. por el m´todo de los operadores inversos (este m´todo es e e assustituto del m´todo de coeficientes indeterminados), ´ste m´todo tambi´n e e e e aticsirve para resolver integrales. atemDefinici´n 4.6 Dada la E.D. L(D)y = f (x) de coeficientes constantes, o 1definimos el operador inverso L−1 (D) = L(D) , como el operador tal que: eML−1 (D)f (x) es una soluci´n particular de la E.D., es decir, yp = L−1 (D)f (x). o o. dNota: ept 1. L(D)L−1 (D) = operador identidad y L−1 (D)L(D) = operador identi- dad. ,D uia 2. Soluci´n general: y = yh + yp = yh + L−1 (D)f (x) o tioqTeorema 4.8 . AnSi y1 y y2 son soluciones particulares de la E.D. L(D)y = f (x), entoncesestas dos soluciones difieren en una soluci´n que est´ en el n´cleo de L(D). o a u de ad Demostraci´n: sea y = y1 − y2 , veamos que y pertenece al n´cleo de o uL(D). rsidEn efecto ive L(D)y = L(D)(y1 − y2 ) = L(D)y1 − L(D)y2 = f (x) − f (x) = 0 Unluego y pertenece al n´cleo de L(D) uTeorema 4.9 .Si L(D) = Dn y h(x) es una funci´n continua, entonces una soluci´n parti- o ocular de la ecuaci´n diferencial: o nD y = h(x) es yp = . . . h(x) dx dx . . . dx n veces n veces 127
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Demostraci´n. Por inducci´n: o on = 1 : Dy = h(x), su homog´nea asociada es Dy = 0 y su ecuaci´n e ocaracter´ ıstica es m = 0 ⇒ yh = Ce0x = C × 1 = Ce integrando la E.D. original, se tiene as y= h(x) dx + C = yp + yh atic yh yp atemn = 2 : D2 y = h(x), su homog´nea asociada es D2 y = 0 e eM ⇒ yh = C1 x + C2 o. dy como eptDDy = h(x) e integrando Dy = h(x)dx+C1 , y volviendo a integrar, ,D uia tioq y= h(x) dx dx + C1 x + C2 = yp + yh , yh yp Anluego de yp = h(x) dx dx ad rsidTeorema 4.10 .Dado L(D)y = eax f (x) donde f ∈ C n (I) y a ∈ ℜ, entonces una soluci´n o ive ax 1particular de la E.D. es yp = e L(D+a) f (x). UnDemostraci´n: utilizando (4.11) en la p´gina 126 se tiene o a L(D)y = eax f (x) e−ax L(D)y = f (x) L(D − (−a))(e−ax y) = f (x) L(D + a)(e−ax y) = f (x)128
  • ´ 4.9. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOSComo Yp = e−ax yp es una soluci´n particular, entonces satisface la anterior oexpresi´n, luego L(D + a) (e−ax yp ) = f (x) es una E.D.; por la definici´n de o o Ypoperador inverso 1 e−ax yp = f (x) L(D + a)luego as 1 yp = eax atic f (x) L(D + a) atem Ejemplo 28. Hallar la soluci´n general de (D − 3)2 y = 48xe3x oSoluci´n: o eM Ecuaci´n caracter´ o ıstica de la homog´nea asociada: e o. d (m − 3)2 = 0 ⇒ m = 3 (con multiplicidad dos) ept ,D yh = C1 e3x + C2 xe3x 1 1 1 uia yp = f (x) = (48xe3x ) = 48e3x x= L(D) (D − 3)2 D + 3 − 3)2 tioq 3x 1 3x 3x x2 = 48e x = 48e x dx dx = 48e dx = D2 2 An 3 3x x = 48e = 8x3 e3x 6 de y = yh + yp ad = C1 e3x + C2 xe3x + 8x3 e3x Sol. general rsidNota: como ive L(D) = an Dn + . . . + a1 D + a0 Unentonces su polinomio caracter´ ıstico es Pn (m) = an mn + . . . + a1 m + a0Por lo anterior podemos afirmar que el espacio de los operadores lineales decoeficientes constantes es isomorfo al espacio de los polinomios de coeficientesconstantes. 129
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESTeorema 4.11 (Para polinomios) .Si L(D) = D + a, a = 0 y h(x) un polinomio de grado n, entonces 1 1 D D2 D3 Dn h(x) = 1 − + 2 − 3 + · · · + (−1)n n h(x). D+a a a a a a as Demostraci´n. Por la Nota anterior, el operador D + a es equivalente o 1 1al polinomio m + a y por tanto las expresiones racionales D+a y m+a son aticequivalentes atem Por divisi´n sint´tica se tiene que: o e eM 1 1 1 m m2 m3 mn + 2 − 3 + · · · + (−1)n n + · · · o. d = = 1− m+a a+m a a a a a ept ,D Luego, uia 1 1 D D2 D3 Dn = 1 − + 2 − 3 + · · · + (−1)n n + · · · tioq D+a a a a a a Como h(x) es un polinomio de grado n, su anulador es Dn+1 , Dn+2 , . . ., Anes decir, Dn+k h(x) = 0 para k = 1, 2, . . . deLuego, ad 1 1 D D2 D3 nD n h(x) = 1 − + 2 − 3 + · · · + (−1) n h(x) rsid D+a a a a a a ive Ejemplo 29. Resolver la siguiente integral x4 e2x dx Un Soluci´n: o 1 4 2x 1 1 D D2 D3 D4 x4 e2x dx = x e = e2x x4 = e2x 1 − + − + x4 D D+2 2 2 4 8 16 e2x 4 4x3 12x2 24x 24 = x − + − + +C 2 2 4 8 16130
  • ´ 4.9. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOSTeorema 4.12 (Para polinomios) .Si L(D) es un operador diferencial lineal de orden n con coeficientesconstantes y h(x) es un polinomio de grado r, entonces una soluci´n parti- ocular de la E.D. L(D)y = h(x) es de la forma 1 yp = h(x) = (b0 + b1 D + b2 D2 + . . . + br Dr )h(x), L(D) asdonde b0 + b1 D + b2 D2 + . . . + br Dr es el resultado de dividir atic 1 1 = = b0 + b1 D + b2 D 2 + . . . + br D r + . . . . atem L(D) a0 + a1 D + . . . + a n D n eMEjemplo 30. Hallar la soluci´n general de y ′′′ − y = xex oSoluci´n: o o. d Ec. caracter´ıstica: m3 − 1 = (m −√ 1)(m2 + m + 1) = 0 epty sus raices son m = 1, m = − 2 ± 23 i1 ,DLuego la soluci´n homog´nea y particular son o e √ √ uia x 1 −2 x 3 1 −2 x 3 yh = C1 e + C2 e cos x + C3 e sen x tioq 2 2 1 1 yp = 3 xex = ex x An D −1 (D + 1)3 − 1 1 1 = ex 3 x = ex x de D + 3D2 + 3D + 1 − 1 D(D2 + 3D + 3) ex ad 1 1 = ex 2 x dx = 2 + 3D + 3 x2 (D + 3D + 3) 2 D rsid ex 1 D 2 2 2 ex 2 2 = − + D x = x − 2x + 2 ive 2 3 3 9 6 3 x e 4 Un = x2 − 2x + 6 3 y = yh + yp √ √ x −x 3 −x 3 ex 2 4 = C1 e + C2 e 2 cos x + C3 e 2 sen x+ x − 2x + 2 2 6 3 131
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Nota: el operador diferencial lineal de orden n con coeficientes constantesse puede escribir as´ ı: L(D) = L1 (D2 ) + DL2 (D2 ).En efecto, L(D) = a0 + a1 D + a2 D2 + . . . + an Dn as atic L(D) = (a0 + a2 D2 + a4 D4 + . . .) + D(a1 + a3 D2 + a5 D4 + . . .) atem eM L(D) = L1 (D2 ) + DL2 (D2 ) Los teoremas siguientes tambi´n son v´lidos para la funci´n coseno. e a o o. dTeorema 4.13 . ept 1Si a, L(−a2 ) y L(−a2 ) son reales, entonces: ,D 1. L(D2 ) sen ax = L(−a2 ) sen ax uia 1 1 2. sen ax = sen ax, si L(−a2 ) = 0 tioq L(D2 ) L(−a2 ) AnDemostraci´n. Por inducci´n sobre n. o oCaso 1. de ad D( sen ax) = a cos ax rsid D2 ( sen ax) = −a2 sen ax D3 ( sen ax) = −a3 cos ax ive D4 ( sen ax) = a4 sen ax Un . . .Generalizando para las expresiones de orden par:D2n ( sen ax) = (−a2 )n sen axL(D2 ) sen ax = (a0 + a2 D2 + a4 D4 + . . . + a2n D2n ) sen ax L(D2 )132
  • ´ 4.9. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS = a0 sen ax + a2 D2 sen ax + a4 D4 sen ax + . . . + a2n D2n sen ax = a0 sen ax + a2 (−a2 ) sen ax + a4 (−a2 )2 sen ax + . . . + a2n (−a2 )n sen ax = [a0 + a2 (−a2 ) + a4 (−a2 )2 + . . . + a2n (−a2 )n ] sen ax = L(−a2 ) sen axCaso 2. Por la demostraci´n 1, L(D2 ) sen ax = L(−a2 ) sen ax, aplicamos o asL−1 (D2 ) a ambos lados: atic L−1 (D2 )L(D2 ) sen ax = L(−a2 )L−1 (D2 ) sen ax atemLuego, 1 1 eM 2) sen ax = sen ax con L(−a2 ) = 0. L(D L(−a2 ) o. d Ejemplo 31. Hallar la soluci´n particular de (D4 − 5D2 + 4)y = sen 3x. o Soluci´n: o ept ,D 1 1 yp = sen 3x = sen 3x D4 − 5D2 + 4 (D2 )2 − 5D2 + 4 uia 1 1 = sen 3x = sen 3x tioq (−3 2 )2 − 5(−32 ) + 4 81 + 45 + 4 1 = sen 3x An 130 deTeorema 4.14 . 1Si a, L(−a2 ) y L(−a2 ) son reales, entonces: ad rsid 1. L(D) sen ax = L1 (−a2 ) sen ax + DL2 (−a2 ) sen ax ive 2. 1 1 Un sen ax = 2 ) + DL (D 2 ) sen ax L(D) L1 (D 2 1 = 2 ) + DL (−a2 ) sen ax L1 (−a 2 Dem. Por la nota anterior y por la parte dos del teorema 4.13., tenemosque: 133
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESL(D) = L1 (D2 ) sen ax+DL2 (D2 ) sen ax = L1 (−a2 ) sen ax+DL2 (−a2 ) sen ax =L1 (−a2 ) sen ax + L2 (−a2 )a cos ax Ejemplo 32. Hallar la soluci´n particular para (D2 +2D+2)y = ex cos 2x oSoluci´n: o 1 1 yp = ex cos 2x = ex cos 2x D2 + 2D + 2 (D + 1)2 + 2(D + 1) + 2 as 1 1 atic = ex 2 cos 2x = ex 2 cos 2x D + 2D + 1 + 2D + 2 + 2 D + 4D + 5 1 1 atem = ex cos 2x = ex cos 2x (−22 ) + 4D + 5 4D + 1 4D − 1 4D − 1 eM = ex cos 2x = ex cos 2x (4D − 1)(4D + 1) 16D2 − 1 4D − 1 4D − 1 o. d = ex 2) − 1 cos 2x = ex cos 2x 16(−2 −64 − 1 ept ,D ex ex = (4D − 1) cos 2x = − (−8 sen 2x − cos 2x) −65 65 uia x e = (8 sen 2x + cos 2x) tioq 65Teorema 4.15 . AnSean L(D)y = h1 (x) + ih2 (x) y yp = yp1 + iyp2 es una soluci´n particular de o dela E.D. anterior, entonces yp1 es la soluci´n particular de la E.D. L(D)y = oh1 (x) y yp2 es una soluci´n particular de la E.D. L(D)y = h2 (x). o ad rsid Demostraci´n. En efecto, como yp = yp1 + iyp2 es una soluci´n parti- o ocular, entonces satisface la E.D.: L(D)y = h1 (x) + ih2 (x) ivees decir, Un L(D)yp = h1 (x) + ih2 (x) L(D)(yp1 + iyp2 ) = h1 (x) + ih2 (x) L(D)yp1 + iL(D)yp2 = h1 (x) + ih2 (x)igualando la parte real tenemos L(D)yp1 = h1 (x)134
  • ´ 4.9. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOSes decir, yp1 es soluci´n particular de L(D)y = h1 (x) oe igualando la parte imaginaria tenemos L(D)yp2 = h2 (x)es decir, yp2 es soluci´n particular de L(D)y = h2 (x) o as Ejemplo 33. Aplicando el teorema 4.15, hallar una soluci´n particular o aticde la E.D. (D2 + a2 )y = eiax = cos ax + i sen ax atem Soluci´n: observese que como L(D) = D2 +a2 ⇒ L(−a2 ) = −a2 +a2 = 0, oentonces no podemos usar el T. 4.13 parte 2. y m´s bien utilizamos el T. 4.15 a eM 1 1 yp = (cos ax + i sen ax) = 2 eiax D2 +a 2 D +a 2 o. d 1 1 = eiax 2 + a2 (1) = eiax 2 (1) (D + ia) D + 2iaD + a2 − a2 ept 1 1 1 D = eiax (1) = eiax x = eiax ,D 1− x (D + 2ia)D 2ia + D 2ia 2ia uia 1 1 eiax 1 1 1 tioq= eiax x− = −ix + = (cos ax + i sen ax) − ix 2ia 2ia 2a 2a 2a 2a An    se descarta se descarta 1  1  1  de   =  cos ax +x sen ax +i  sen ax −x cos ax 2a  2a  2a  ad y p1 y p2 rsidLos dos t´rminos se˜alados en la expresi´n anterior no se tienen en cuenta e n o iveporque yh = C1 cos ax + C2 sen ax Uny yh absorbe los t´rminos descartados , por lo tanto: e 1 1 yp = x sen ax − i x cos ax 2a 2aDel Teorema 4.15 concluimos que 1 y p1 = x sen ax 2a 135
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESes soluci´n particular de la E.D. o (D2 + a2 )y = cos axy 1 y p2 = − x cos ax 2aes soluci´n particular de la E.D. o as (D2 + a2 )y = sen ax atic atem Ejemplo 34. Hallar la soluci´n particular de (D2 + a2 )y = cos ax o eMSoluci´n: como cos ax = parte real de eax =Re eiax , entonces o 1 1 o. d yp = 2 + a2 Re (eiax ) = Re 2 + a2 eiax D D = Re eiax 1 (1) = Re eiax ept 1 (1) (D + ia) 2 + a2 (D + ia)D ,D 1 1 1 = Re x sen ax − i x cos ax = x sen ax uia 2a 2a 2a tioq Ejemplo 35. Hallar la soluci´n particular de (D2 +a2 )y = sen ax = parte oimaginaria de (eiax ) = Im (eiax ) AnSoluci´n: como sen ax = parte imaginaria de eax =Im eiax , entonces o de 1 1 Im (eiax ) = Im eiax ad yp = D 2 + a2 D 2 + a2 rsid 1 1 1 = Im x sen ax − i x cos ax = − x cos ax 2a 2a 2a ive Nota: el anterior m´todo tambi´n se aplica para las E.D. de la forma e e UnL(D)y = q(x) sen ax o L(D)y = q(x) cos ax, donde q(x) es un polinomio oexponencial o producto de polinomio por exponencial. Ejemplo 36. Hallar la soluci´n particular de (D2 −2D+2)y = 4ex x sen x oSoluci´n: o 1 1 yp = 4ex x sen x = 4ex x sen x D2 − 2D + 2 (D + 1)2 − 2(D + 1) + 2136
  • ´ 4.9. METODO DE LOS OPERADORES INVERSOS 1 1 = 4ex x sen x = 4ex 2 x sen x D2 + 2D + 1 − 2D − 2 + 2 D +1 1 1 = 4ex 2 xIm (eix ) = 4ex Im xeix D +1 D2 + 1 1 1 = 4ex Im eix 2+1 x = 4ex Im eix 2 x (D + i) D + 2iD − 1 + 1 as 1 1 x2 atic = 4ex Im eix x = 4ex Im eix (D + 2i)D D + 2i 2 atem 4 x 1 D D2 = e Im eix 1− + x2 2i (2i)2 eM 2 2i 2 2x 2 = ex Im eix (−i) x2 − + o. d 2 2i −4 epti = ex Im (cos x + i sen x) −ix2 + x + ,D 2 cos x uia = ex −x2 cos x + x sen x + 2 tioq La homog´nea asociada: e An (D2 − 2D + 2)y = 0 detiene por cuaci´n caracter´ o ıstica ad √ 2± 4−8 2 ± 2i rsid 2 m − 2m + 2 = 0 ⇒ m = = =1±i 2 2 ive ⇒ yh = C1 ex cos x + C2 ex sen x Uny como cos x aparece en yh , entonces descartamos esta expresi´n de yp , por lo 2 otanto la yp queda de la siguiente forma: yp = ex −x2 cos x + x sen x Ejemplo 37. Utilizando el m´todo de los operadores inversos resolver la e 2singuiente integral: x cos x dxSoluci´n: o 137
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 1 2 1 1 x2 cos x dx = x cos x = x2 Re eix = Re x2 eix D D D 1 1 D D2 = Re eix x2 = Re eix 1 − + 2 x2 D+i i i i 2x 2 = Re eix (−i) x2 − + = Re eix (−ix2 + 2x + 2i) as i −1 atic = Re (cos x + i sen x)(−ix2 + 2x + 2i) = (2x cos x − 2 sen x + x2 sen x) + C atem Ejemplo 38. Usando el m´todo de los operadores inversos, calcular la e 3xsiguiente integral: e sen 2x dx eMSoluci´n: o o. d 1 3x 1 e3x sen 2x dx = e sen 2x = e3x sen 2x ept D D+3 ,D D−3 D−3 = e3x 2 sen 2x = e3x 2 sen 2x D −9 −2 − 9 uia e3x e3x =− (D − 3) sen 2x = − (2 cos 2x − 3 sen 2x) + C tioq 13 13 An Para los siguientes ejercicios hallar la soluci´n particular, utiliz´ndo el o a dem´todo de los operadores inversos: e ad Ejercicio 1. (D2 + 16)y = x cos 4x rsid 1 2(Rta.: yp = 64 x cos 4x + x sen 4x) 16 ive Ejercicio 2. (D2 + 4)y = xex sen x Un(Rta.: yp = ex ( 50 − 10 ) cos x + ( −7 + x ) sen x ) 1 x 50 5 Ejercicio 3. (D2 + 4)y = 64x sen 2x + 32 cos 2x(Rta.: yp = 12x sen 2x − 8x2 cos 2x) Ejercicio 4. y ′′′ − 5y ′′ + 6y ′ = 2 sen x + 8 1(Rta.: yp = − 5 cos x + 1 sen x + 3 x) 5 4138
  • 4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY Ejercicio 5. (D2 + 9)y = 36 sen 3x(Rta.: yp = −6x cos 3x) Ejercicio 6. (D3 + 1)y = cos 2x + 2 sen 3x 1 1(Rta.: yp = 65 (cos 2x − 8 sen 2x) + 365 (cos 3x + 27 sen 3x)) Ejercicio 7. (D2 + 2D + 2)y = ex sen x x(Rta.: yp = − e8 (cos x − sen x)) as atic Ejercicio 8. Calcular, utilizando el m´todo de los operadores inversos, e atem 3 2x x e dx. 2x 2(Rta.: e2 (x3 − 3x + 2 x − 4 ) + C) 2 3 3 eM Ejercicio 9. Calcular, e−pt tn dt, utilizando operadores inversos. −pt ntn−1 n(n−1)tn−2(Rta.: − e p n! o. d tn − (−p) + (−p)2 + . . . + (−1)n (−p)n + C) ept Ejercicio 10. Calcular, xex cos 2x dt, utilizando operadores inversos. x(Rta.: e5 x cos 2x + 5 cos 2x + 2x sen 2x − 4 sen x + C) 3 ,D 5 uia tioq4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY AnDefinici´n 4.7 . La E.D.O. lineal o dn y dn−1 y dy de an x n n + an−1 xn−1 n−1 + . . . + a1 x + a0 y = f (x) dx dx dx addonde a0 , a1 , . . . , an son constantes, an = 0 y f (x) es continua, se le llama rsidE.D.O. de Euler-Cauchy. iveCon la sustituci´n z = ln x o x = ez , convertimos la E.D. de Euler-Cauchy o Un(que es de coeficientes variables) en una E.D. con coeficientes constantes. dz 1 dy dy dz z = ln x ⇒ = ⇒ = dx x dx dz dx dy 1 = dz x dy dy ⇒ x = (4.12) dx dz 139
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESderivando con respecto a x (4.12): d dy d dy x = dx dx dx dz d2 y dy d dy dz d2 y 1 x 2 + = = dx dx dz dz dx dz 2 x as atic d2 y dy d2 y x2 +x = dx2 dx dz 2 atem 2 dy d2 y dy luego x2 2 = − 2 = Dz y − Dz y = Dz (Dz − 1)y dx dz 2 dz eMSimilarmente, d3 y x3 = Dz (Dz − 1)(Dz − 2)y o. d dx3y en general, ept dn y ,D xn = Dz (Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (n − 1))y (4.13) dxn uiadonde z = ln x tioq Ejemplo 39. Resolver la siguiente ecuaci´n de Euler-Cauchy o An x2 y ′′ + xy ′ + y = sec(ln x) deSoluci´n: o ad rsid z = ln x ⇒ Dz (Dz − 1)y + Dz y + y = sec z 2 ive Dz y − Dz y + Dz y + y = sec z 2 2 Un Dz y + y = sec z ⇒ (Dz + 1)y = sec zEc. caracter´ ıstica: m2 + 1 = 0 ⇒ m = ±i 1. yh = C1 cos z + C2 sen z Para hallar yp solo podemos aplicar el m´todo de variaci´n de par´me- e o a tros, ya que los otros dos m´todos no sirven para trabajar con las e funci´n secante. o140
  • 4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY La soluci´n particular, por el m´todo de varicaci´n de par´metros, es o e o a de la forma y p = u1 y 1 + u2 y 2 con y1 = cos z y y2 = sen z 2. y1 y2 cos z sen z as W (y1 , y2 ) = ′ ′ = y1 y2 − sen z cos z atic = cos2 z + sen 2 z = 1 atem 3. eM f (z)y2 sec z sen z u′1 = − =− = − tan z o. d W (y1 , y2 ) 1 f (z)y1 sec z cos z u′2 = W (y1 , y2 ) = 1 = 1 ept ,D 4. uia u′1 dz = ln | cos z| tioq u1 = An u2 = u′2 dz = z de 5. yp = u1 y1 + u2 y2 = (ln | cos z|) cos z + z sen z ad rsid 6. y = yh + yp = C1 cos z + c2 sen z + cos z ln | cos z| + z sen z ive y = C1 cos(ln x) + C2 sen (ln x) + cos(ln x) ln | cos(ln x)| + ln x sen (ln x) UnResolver las siguientes E.D. de Euler-Cauchy. 2 Ejercicio 1. x2 dxy − x dx + 2y = x ln x d 2 dy(Rta.: y = C1 x cos(ln x) + C2 x sen (ln x) + x ln x) d3 y d2 y dy Ejercicio 2. (x − 1)3 dx3 + 2(x − 1)2 dx2 − 4(x − 1) dx + 4y = 4 ln(x − 1) 141
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Ejercicio 3. x2 y ′′ − xy ′ + y = x ln3 x(Rta.: y = C1 x + C2 x ln x + 20 x ln5 x) 1 √ Ejercicio 4. x3 D3 y + 3x2 D2 y + 4xDy = sen ( 3 ln x) √ √ √(Rta.:y = C1 + C2 cos( 3 ln x) + C3 sen ( 3 ln x) − ln x sen ( 3 ln x) ) 6 Ejercicio 5. x3 D3 y + 3x2 D2 y + xDy = x3 as(Rta.: y = C1 + C2 ln |x| + C3 ln2 |x| + 27 x3 ) 1 atic Ejercicio 6. x2 D2 y − 4xDy + 6y = ln x2 atem(Rta.: y = C1 x3 + C2 x2 + 1 ln x + 18 ) 3 5 Ejercicio 7. x2 D2 y + xDy + 9y = cos(ln x3 ) eM 1(Rta.: y = C1 cos(ln x3 ) + C2 sen (ln x3 ) + 6 ln x sen (ln x3 )) o. d 2 2 x Ejercicio 8. y ′′ − x y ′ + x2 y = 1+x ept(Rta.: y = C1 x2 + C2 x + x2 ln |1 + x| + x ln |1 + x|) ,D Ejercicio 9. Hallar una base para el n´cleo del operador diferencial de- u uiafinido por: L(D) = x2 D2 − xD + 5 : C 2 (I) −→ C(I) tioq(Rta.: x cos(ln x2 ), x sen (ln x2 ) An de4.11. APLICACIONES DE LA E.D. DE ad SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES rsid ive4.11.1. ´ MOVIMIENTO ARMONICO SIMPLE Un Supongamos que tenemos un resorte dispuesto en forma vertical, con elextremo superior fijado a una superficie horizontal y el otro extemo libre alcual se le fija una carga de masa m, la fuerza de recuperaci´n del resorte esta odada por la Ley de Hook: F = ksdondes: elongaci´n del resorte. o142
  • 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES k: constante el´stica del resorte. a Deduzcamos la E.D. que rige el movimiento de la masa sujeta al resorte (ver figura 4.2) con carga y con carga y sin carga en equilibrio con movimiento as atic atem eM F s s o. d posici´n de o F m •equilibrio (P.E.) 0 x ept mg m ,D La x bajo la posici´n de equilibrio o mg uia se considera positiva; x = 0 es P.E. x+ tioq Figura 4.2 An Por la segunda ley de Newton tenemos: de d2 x m 2 = −F + mg = −k(x + s) + mg ad dx rsid ⇒ −F + mg = −kx −ks + mg = 0: en reposo ive d2 x d2 x m 2 = −kx ⇒ m 2 + kx = 0 Un dt dt d2 x k ⇒ 2 + x=0 dt m llamemos k d2 x = ω2 ⇒ + ω2x = 0 m dt2 E.D. segundo orden con coeficientes ctes. 143
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESEc. caracter´ ıstica √ m2 + ω 2 = 0 ⇒ m = −ω 2 = ±ωiSol. general x(t) = C1 cos ωt + C2 sen ωtCondiciones iniciales: x(0) = α as atic Si α > 0: el cuerpo est´ por debajo de la P.E. (Posici´n de Equilibrio). a o atem Si α < 0: el cuerpo est´ por encima de la P.E. a eM Si α = 0: el cuerpo est´ en la P.E. a o. d x′ (0) = β ept Si β > 0 el cuerpo inicia su movimiento con velocidad hacia abajo. ,D Si β < 0 el cuerpo inicia su movimiento con velocidad hacia arriba. uia tioq Si β = 0 el cuerpo inicia su movimiento desde el reposo. An Llamemos 2 2 C1 + C2 = A dey si hacemos ad C1 C2 sen φ = , cos φ = rsid A Ao sea que C1 ive tan φ = C2 UnDonde A es llamada la amplitud del Movimiento Arm´nico Simple (M.A.S.). oEl ´ngulo φ se le llama ´ngulo de Fase. a a Como A(C1 cos ωt + C2 sen ωt) C1 C2 x(t) = =A cos ωt + sen ωt A A A144
  • 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES = A( sen φ cos ωt + cos φ sen ωt) = A sen (ωt + φ) Periodo de Vibraciones Libres: 2π T = ω Frecuencia: 1 ω f= = as T 2π atic atem4.11.2. MOVIMIENTO AMORTIGUADO eM con carga y o. d con movimiento ept ,D uia s P.E.: x = 0 • tioq x F An m de l´ ıquido ad x+ mg rsid Figura 4.3 ive Un Cuando el cuerpo sujeto al resorte se mueve en un medio que producefricci´n sobre el cuerpo, entonces decimos que el movimiento se efectua con oamortiguamiento (ver figura 4.3). Por la segunda ley de Newton tenemos: d2 x dx m 2 = −k(x + s) + mg − β dt dtdonde β constante de fricci´n o constante de amortiguamiento. o 145
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Estamos suponiendo que el amortiguamiento es directamente proporcio-nal a la velocidad. d2 x dx m 2 +β + kx = 0 dt dtDividiendo por m: d2 x dx 2 + 2λ + ω 2 x = 0 dt dt as β 2 kDonde, 2λ = >0yω = m atic m atem Ec. caracter´ ıstica: p2 + 2λp + ω 2 = 0 √ √ √ eM −2λ ± 4λ2 − 4ω 2 −2λ ± 2 λ2 − ω 2 p1,2 = = = −λ ± λ2 − ω 2 2 2 o. d Cuando λ2 − ω 2 > 0, entonces a este movimiento se le llama sobrea- ept mortiguado (Ver figura 4.4), en este caso p1 y p2 son negativos. Y como ,D √ √ λ2 −ω 2 )t λ2 −ω 2 )t x(t) = C1 ep1 t + C2 ep2 t = C1 e(−λ+ + C2 e(−λ− uia por lo tanto tioq l´ x(t) = 0 ım t→∞ An Cuando λ2 − ω 2 = 0, a este movimiento se le llama cr´ ıticamente de amortiguado (Ver figura 4.5). ad x(t) = C1 e−λt + C2 te−λt = e−λt (C1 + C2 t), rsid por lo tanto l´ x(t) = 0 ım ive t→∞ Cuando λ2 − ω 2 < 0 o lo que es lo mismo ω 2 − λ2 > 0, a este movi- Un miento se le llama√subamortiguado (Ver figura 4.6). √ x(t) = C1 e cos ω 2 − λ2 t + C2 e−λt sen ω 2 − λ2 t −λt 2 2 C1 C2 Llamemos C1 + C2 = A y A = sen φ y A = cos φ, entonces √ √ C1 e−λt cos ω 2 − λ2 t + C2 e−λt sen ω 2 − λ2 t x(t) = A A146
  • 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES x(t) 3 2 as atic 1 atem 0 t eM o. d Figura 4.4 Sobreamortiguado ept C1 √ C2 √ ,D = Ae−λt cos ω 2 − λ2 t + sen ω 2 − λ2 t A A √ uia −λt = Ae sen ( ω 2 − λ2 t + φ) tioq Donde φ se le llama el ´ngulo de fase. a An Nota: respecto al movimiento sobreamortiguado y cr´ ıticamente amorti- deguado debemos anotar que no son movimientos oscilatorios y cruzan a losumo una vez la posici´n de equilibrio como se ve en las gr´ficas 4.4 y 4.5 o a ad rsid4.11.3. MOVIMIENTO FORZADO. ive Ahora supongamos que el cuerpo sujeto al resorte esta en un medio que Unproduce fricci´n y tambi´n hay una fuerza exterior F (t) que actua sobre el o ecuerpo (ver figura 4.7). Por la segunda ley de Newton: d2 x dx m = −k(x + s) + mg − β + F (t) dt2 dt d2 x dx m 2 = −kx − ks + mg − β + F (t) dt dt 147
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES x(t) 1 as atic atem 0 t eM o. d Figura 4.5 Cr´ ept ıticamente amortiguado ,D x(t) uia Ae−λt tioq An de t ad rsid ive −Ae−λt Un Figura 4.6 Subamortiguado d2 x dx m 2 +β + kx = F (t) dt dt E.D. segundo orden de coef. ctes, no homog´nea e148
  • 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES con carga, con movimiento y con fuerza externa s as P.E.: x = 0 • atic x F atem m l´ ıquido eM mg F (t) (fuerza externa) x+ o. d Figura 4.7 ept ,D uia Ejemplo 40. (Sin Amortiguaci´n) Este problema se le llama de Ampli- o tioqtud Modulada (A.M.). An d2 x 2 + ω 2 x = F0 cos γt, dt dedonde F0 = cte, x(0) = 0 y x′ (0) = 0. adSoluci´n: o rsidEcuaci´n caracter´ o ıstica: ive m2 + ω 2 = 0 ⇒ m = ±ωi UnPor lo tanto la soluci´n homog´nea y particular son o e xh (t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt 1 1 xp (t) = 2 + ω2 0 F cos γt = F0 2 + ω2 cos γt D −γ F0 = cos γt ω2 − γ 2 149
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Soluci´n general: o F0 x(t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt + cos γt ω2 − γ2Si elegimos como condiciones iniciales: x(0) = 0, x′ (0) = 0 as aticentonces F0 C1 = − , C2 = 0 ω2 − γ2 atemluego eM F0 F0 x(t) = (− cos ωt + cos γt) = 2 (cos γt − cos ωt) ω2 −γ 2 ω − γ2 o. d 2F0 ω−γ ω+γ = 2 − γ2 sen t sen t ω 2 2 ,D ept ω−γPeri´do de sen o 2 se calcula as´ ı: uia ω−γ 4π tioq T1 = 2π ⇒ T1 = 2 ω−γ An ω+γPeri´do de sen o 2 se calcula as´ ı: de ω+γ 4π T2 = 2π ⇒ T2 = ad 2 ω+γ rsid ⇒ T1 > T2 (Ver figura 4.8) ive Ejemplo 41. (Sin Amortiguamiento) Este problema se le llama de re-sonancia, ya que la velocidad angular (o frecuencia angular) de la fuerza Unexterior esta en resonancia con la velocidad angular (o frecuencia angular)del cuerpo, es decir, ω = γ. d2 x + ω 2 x = F0 sen ωt, dt2donde x(0) = 0 y x′ (0) = 0Soluci´n: o150
  • 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES x(t) T2 2F0 ω 2 −γ 2 sin( ω−γ )t 2 t T1 = 4π ω−γ − ω2 −γ 2 sin( ω−γ )t 2F0 2 as atic Figura 4.8 Pulsos atem eM xh (t) = C1 cos ωt + C2 sen ωt o. d 1 1 xp (t) = 2 + ω2 0 F sen ωt = 2 F (I eiωt ) 2 0 m D D +ω 1 1 ept = F0 (Im eiωt ) = F0 (Im eiωt 1 ) ,D D 2 + ω2 (D + ωi)2 + ω 2 1 uia = F0 (Im eiωt 2 1 ) D + 2iωD − ω 2 + ω 2 tioq 1 = F0 (Im eiωt 1 ) (D + 2iω)D An 1 1 D = F0 (Im eiωt t ) = F0 (Im eiωt 1− t ) de D + 2iω 2iω 2iω 1 1 ad = F0 (Im (cos ωt + i sen ωt) t− ) 2iω 2iω rsid F0 1 = (−t cos ωt + sen ωt) 2ω 2ω ive F0descartamos el t´rmino (2ω)2 sen ωt ya que esta en xh ; la soluci´n general es e o Un F0x(t) = xh + xp = C1 cos ωt + C2 sen ωt − 2ω t cos ωt. Con las condicionesiniciales hallamos C1 y C2 y obtenemos (ver figura 4.9): F0 sen ωt F0 x(t) = xh (t) + xp (t) = − t cos ωt 2ω 2 2ω F0 sen ωt F0 t→∞ |x(t)| = 2 − t cos ωt −→ ∞ 2ω 2ω 151
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES x(t) F0 2ω t t as F0 atic − 2ω t atem eM o. d Figura 4.9 Resonancia ept ,D NOTA: la E.D. del movimiento vibratorio de los resortes tambi´n se eaplica en: uia tioq a). Circuitos en serie, en este caso, la E.D. es An d2 q dq 1 L 2 + R + q = E(t) dt dt C de Donde (ver figura 4.10) ad rsid • q(t) es la carga instant´nea a ive • E(t) es el voltaje o fuerza electromotriz suministrada Un • L es la inductancia • R es la resistencia • C es la capacitancia152
  • 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES L E(t) R C Figura 4.10 as aticb). Barra de torsi´n. o atem La E.D. que rige el movimiento de torsi´n de un cuerpo suspendido del o extremo de un eje el´stico es (ver figura 4.11) a eM d2 θ dθ I + c + kθ = T (t) o. d dt 2 dt ept ,D uia Eje el´stico a tioq An de θ(t) ad rsid ive Figura 4.11 Un donde • I es el momento de inercia del cuerpo suspendido • c es la constante de amortiguaci´n o 153
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES • k es la constante el´stica del eje a • T (t) es la fuerza de torsi´n exterior suministrada al cuerpo o c). Movimiento pendular; un p´ndulo es una masa m atada al extremo de e una cuerda de longitud a y de masa despreciable y el otro extremo fijo. Hallemos la E.D. que rige su movimiento sin fricci´n. o as atic atem θ a eM α o. d m ept ,D s uia tioq Figura 4.12 An Por la segunda ley de Newton y teniendo en cuenta que la componente de del peso en la direcci´n tangencial es mg sen θ, se tiene que o ad d2 s rsid m = −mg sen θ, (4.14) dt2 ive d2 s 2 pero s = aθ, luego dt2 = a d 2 y sustituyendo en 4.14 se obtiene dt θ Un d2 θ a = −g sen θ (4.15) dt2 de la cual obtenemos la E.D. no lineal d2 θ g + sen θ = 0 (4.16) dt2 a154
  • 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES Para valores peque˜os de θ, se tiene que sen θ ≈ θ y por tanto n d2 θ g + θ=0 (4.17) dt2 a que es una E.D. lineal. El proceso anterior lo llamamos linealizaci´n de o una E.D. no lineal. as atic En forma similar obtenemos la E.D. para el p´ndulo amortiguado li- e nealizado d2 θ atem c dθ g + + θ=0 (4.18) dt2 m dt a donde c es la constante de amortiguamiento. eMEjemplo 42. Un cilindro homog´neo de radio r pies y peso W libras y mo- e o. d W r2mento de inercia Ig = g 2 (con respecto a su eje g), tiene una cuerda flexibleenrollada alrededor de su eje central. Cuando el cuerpo cae la resistencia del W eptaire es 170 veces su velocidad instantanea. Si arranca desde el reposo, hallar ,Dla distancia y de caida, en funci´n del tiempo t, la velocidad l´ o ımite y el por-centaje de velocidad l´ımite adquirido en 20 seg. (Ver figura 4.13) uia tioq An de Wv ad 170 T rsid θ + ive Un + W y Figura 4.13: yo-yo Soluci´n. Si θ es el ´ngulo de giro alrededor del eje g en sentido horario o a 155
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES(ver figura 4.13), entonces y = rθ y por tanto dy dθ d2 y d2 θ v= =r y a= =r 2 dt dt dt2 dt Por la segunda ley de Newton: d2 y de fuerzas en la direcci´n del eje y = m 2 o (4.19) dt as aticluego atem W dy d2 y −T +W − =m 2 (4.20) 170 dt dt d2 θ eM : de torques alrededor del eje g = Ig dt2 W r2 1 d2 y W r d2 y o. d Tr = = (4.21) g 2 r dt2 2g dt2despejando T en (4.21) y sustituyendo en (4.20), se tiene ept ,D W d2 y W dy d2 y W d2 y − +W − =m 2 = uia 2g dt2 170 dt dt g dt2 tioq 3 W d2 y W dy 2 + =W 2 g dt 170 dt Anluego d2 y g dy 2g de 2 + = dt 255 dt 3 ad ′las condiciones iniciales son y(0) = 0 y y (0) = 0. rsid La soluci´n general es o ive g 255 y = C1 + C2 e− 255 t + 190(t − ) Un gy la soluci´n particular es o 190 × 255 − g t 255 y= e 255 + 190(t − ) g gla velocidad es g y ′ = −190e− 255 t + 190156
  • 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORESla velocidad l´ ımite l´ y ′ = 190 = vl ım t→∞el porcentaje de velocidad l´ ımite g y ′ (20) −190e− 255 20 + 190 g 100 = [ ]100 = (1 − e− 255 20 )100 vl 190 asResolver los siguientes ejercicios: atic Ejercicio 1. Un peso de 8 libras sujeto a un resorte, est´ sometido a un a atemmovimiento arm´nico simple. Determinar la ecuaci´n del movimiento si la o oconstante del resorte es 1 libra/pie y si el peso se suelta desde un punto que eMest´ 6 pulg. bajo la posici´n de equilibrio con una velocidad dirigida hacia a oabajo de 3 pie/seg. Hallar la soluci´n utilizando el ´ngulo de fase. 2 o√ a o. d 13 1(Rta.: x(t) = 2 cos 2t + 3 sen 2t = 4 sen (2t + 0,5880)) 4 ept Ejercicio 2. Un peso de 24 libras sujeto al extremo de un resorte lo estira4 pulg. Encuentre la ecuaci´n del movimiento si el peso, en reposo, se suelta o ,Ddesde un punto que est´ 3 pulg. sobre la posici´n de equilibrio. a√ o uia 1(Rta.: x(t) = − 4 cos 4 6t) tioq Ejercicio 3. Un extremo de una banda el´stica est´ sujeto a un punto a aA. Una masa de 1 kg. atada al otro extremo, estira la banda verticalmente Anhasta un punto B, de tal manera que la longitud AB es 16 cm. mayor que la delongitud natural de la banda. Si la masa se estira m´s, hasta una posici´n a ode 8 cm. debajo de B y se suelta; cual ser´ su velocidad (despreciando la a adresistencia), al pasar por B? √ rsid g(Rta.: ± 5 mts./seg.) ive Ejercicio 4. Un resorte, cuya constante es k = 2, esta suspendido y Unsumergido en un l´ ıquido que opone una fuerza de amortiguaci´n n´merica- o umente igual a 4 veces la velocidad instantanea . Si una masa m se suspendedel resorte, determinar los valores de m para los cuales el movimiento poste-rior no sea oscilatorio.(Rta.: 0 < m ≤ 2 Ejercicio 5. Un peso de 32 libras estira un resorte 6 pulgadas. El peso semueve en un medio que opone una fuerza de amortiguaci´n n´mericamente o u 157
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESigual a β veces la velocidad instantanea. Determinar los valores de β paralos cuales el sistema mostrar´ un movimiento oscilatorio. a(Rta.: 0 < β < 16) Ejercicio 6. Un bloque c´bico de madera cuyo lado mide 1 pie se hunde uhasta que su cara superior est´ a nivel de la superficie del agua y luego se asuelta. Se encuentra que el periodo es 1 seg.. Despreciando la resistencia, ha- asllar la E.D. del movimiento del bloque y hallar el peso P del bloque?(Ayuda: aticla fuerza hacia arriba ejercida sobre el bloque es igual al peso del agua desa-lojada por el bloque; densidad de peso del agua: 62,4lb/pie2 ) atem 2x(Rta.: d 2 + 62,4g x = 0, 62,42g ) dt P 4π eM Ejercicio 7. Un bloque cil´ ındrico de madera, de radio y altura 1 pie y cu-ya masa es 12,48 libras, flota en el agua (densidad del agua 62,4 libras/pie3 ), o. dmanteniendo su eje vertical. Si se hunde de tal manera que la superficie delagua quede tangente al bloque y luego se suelta. C´al ser´ el per´ u a ıodo de o o eptvibraci´n y la ecuaci´n de su movimiento? Desprecie la resistencia.Ayuda: La fuerza hacia arriba ejercida sobre el bloque es igual al peso del ,Dagua desplazada por el bloque. √ uia(Rta.: √2π seg., x = ( 5π − 1) cos 5πgtmts.) 5πg 1 tioq Ejercicio 8. Un peso de 10 libras sujeto a un resorte lo estira en 2 pies. Elpeso se sujeta a un mecanismo de amortiguaci´n que ofrece una resistencia o Annum´rica igual a β veces la velocidad instant´nea (β > 0). Determinar los e a devalores de la constante de amortiguaci´n β de modo que el movimiento sea: o a sobreamortiguado, b cr´ ıiticamente amortiguado, c subamortiguado. ad(Rta.: a β > 5 , b β = 5 , c 0 < β < 5 ) 2 2 2 rsid Ejercicio 9. Despu´s que un peso de 5 libras se sujeta a un resorte de e ive5 pies de largo, el resorte mide 6 pies. Se saca el peso de 5 libras y se lo re- Unemplaza por un peso de 8 libras; el sistema completo se coloca en un medioque ofrece una resistencia num´ricamente igual a la velocidad instant´nea; e aa) Encuentre la ecuaci´n del movimiento si el peso se suelta desde un pun- oto que est´ a 1 pie bajo la posici´n de equilibrio con una velocidad dirigida a 2 ohacia arriba de 3 pie/seg. b) Ecuaci´n con ´ngulo de fase. c) Encuentre los o ainstantes en los que el peso pasa por la posici´n de equilibrio en direcci´n o ohacia arriba. √(Rta.: a) x = 1 e−2t cos 4t − 2 e−2t sen 4t; b) x = 22 e−2t sen (4t + 3π ); c) 2 1 4158
  • 4.11. APLIC. DE LA E.D. SEGUNDO ORDEN: OSCILADORES nπ 3t= 4 − 16 π, n = 1, 3, 5, . . .) Ejercicio 10. Una fuerza de 2 libras estira un resorte en un pie. Man-teniendo fijo un extremo, se sujeta un peso de 8 libras al otro extremo; elsistema est´ sobre una mesa que opone una fuerza de roce num´ricamente a e 3igual a 2 veces la velocidad instant´nea. Inicialmente el peso est´ desplazado a a4 pulg. de la posici´n de equilibrio con el resorte comprimido y se le suelta o asdesde el reposo. Encuentre la ecuaci´n del movimiento si se realiza a lo largo ode una recta horizontal, la cual se elige como eje X. atic(Rta.: x(t) = − 3 e−2t + 1 e−4t ) 2 3 atem Ejercicio 11. Un peso de 24 libras estira un resorte en 4 pies. El movi-miento subsiguiente se realiza en un medio que ofrece una resistencia num´ri-e eMcamente igual a β veces la velocidad instant´nea (β > 0). Si el peso parte de ala posici´n de equilibrio con una velocidad dirigida hacia arriba de 2 pies/seg., o√ o. dy si β > 3 2, comprobar que, x(t) = − 3 2 e− 3 βt senh 2 ept β 2 − 18 t β 2 − 18 3 ,D Ejercicio 12. Una masa de una libra sujeta a un resorte cuya constante uiaes 9 libras/pie. El medio ofrece una resistencia al movimiento num´ricamente eigual a 6 veces la velocidad instant´nea. La masa se suelta desde un punto a tioqque est´ 8 pulg. sobre la posici´n de equilibrio con una velocidad dirigida a o Anhacia abajo de v0 pies/seg.. Determinar los valores de v0 de modo que poste-riormente la masa pase por la posici´n de equilibrio. o de(Rta.: v0 > 2 pies/seg.) ad 8 Ejercicio 13. Un peso de 16 libras estira un resorte en 3 pies. Inicialmen- rsidte el peso parte del reposo desde un punto que est´ a 2 pies bajo la posici´n a ode equilibrio y el movimiento posterior se realiza en un medio que opone iveuna fuerza de amortiguamiento num´ricamente igual a 1 de la velocidad ins- e 2 Untant´nea. Encuentre la ecuaci´n del movimiento si el peso es impulsado por a ouna fuerza exterior igual a√f (t) = 10 cos 3t. √ t 3 47 47(Rta.: x(t) = e− 2 [− 4 cos 2 t − 3√47 sen 2 t] + 10 (cos 3t + sen 3t)) 64 3 Ejercicio 14. Un peso de 4 libras esta suspendido de un resorte cuyaconstante es 3lbs/pie. El sistema completo se sumerge en un l´ ıquido queopone una fuerza de amortiguaci´n n´mericamente igual a la velocidad ins- o utantanea. A partir de t = 0, se aplica sobre el sistema una fuerza exterior 159
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALESf (t) = e−t . Determinar la ecuaci´n del movimiento, si el peso se suelta a par- otir del reposo, desde un punto que esta 2 pies bajo la posici´n de equilibrio. √ √ −4t √ o 26 −4t 28 8 −t(Rta.: x = 17 e cos 2 2t + 17 2e sen 2 2t + 17 e ) Ejercicio 15. Al sujetar una masa de 2 kilogramos a un resorte cuyaconstante es 32Nw/m, ´ste queda en reposo en la posici´n de equilibrio. A e o −2tpartir de t = 0, una fuerza f (t) = 68e cos(4t) se aplica al sistema. Encuen- astre la ecuaci´n del movimiento en ausencia de amortiguaci´n. o o(Rta.: x = − 1 cos 4t + 9 sen 4t + 2 e−2t (cos 4t − 4 sen 4t)) 1 atic 2 4 atem Ejercicio 16. Al sujetar una masa de un slug a un resorte, este se estira2 pies y luego queda en reposo en la posici´n de equilibrio. A partir de t = 0 ouna fuerza exterior f (t) = 8 sen 4t se aplica al sistema. Hallar la ecuaci´n del o eMmovimiento, si el medio que rodea al sistema opone una fuerza de amorti- o. dguaci´n igual a 8 veces la velocidad instantanea. o(Rta.: x = 1 e−4t + te−4t − 4 cos 4t) 4 1 ept Ejercicio 17. Hallar las E.D. del sistema de resortes acoplados con cons- ,Dtantes k1 y k2 y masas m1 y m2 respectivamente, como se muestra en la uiafigura 4.14 2x 2y (Rta.: m1 d 2 = −k1 x + k2 (y − x), m2 d 2 = −k2 (y − x)) tioq dt dt Ejercicio 18. Hallar las E.D. del sistema de tres resortes acoplados con Anconstantes k1 , k2 , k3 y masas m1 y m2 respectivamente, como se muestra deen la figura 4.15 2x 2y (Rta.: m1 d 2 = −k1 x + k2 (y − x), m2 d 2 = −k2 (y − x) − k3 y) ad dt dt rsid Ejercicio 19. Un peso de 4 libras estira un resorte una pulgada. Si un ivepeso de 12 libras se coloca en√ extremo del resorte y el otro extremo se un Unmueve de acuerdo a y = sen 3gt. Encontrar la E.D. del movimiento delpeso y resolverla. √ √ 1 2x √(Rta.: g d 2 = −4(x − y), x = −2 3 sen 2 g t + 4 sen 3g t) dt Ejercicio 20. Dos pesos de 96 libras y 64 libras se mueven horizontal-mente en una superficie lisa, cada resorte tiene k = k1 = k2 = 600. Ent = 0 los resortes estan sin estirar y el de peso 96 tiene una velocidad de 600pies/seg. alej´ndose del muro y el otro esta en reposo. Encontrar las E.D. del a160
  • 4.12. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE con carga y con carga y en equilibrio en movimiento k1 k1 P.E. m1 • as x atic k2 m1 atem P.E. m2 • eM k2 y o. d m2 Figura 4.14 x+ ept y+ ,D uiamovimiento . (Ver figura 4.16) tioq 2x 2(Rta.: m1 d 2 = −k1 x + k2 (y − x), dt m2 d 2 = −k2 (y − x)) dt y An Ejercicio 21. El resorte de la figura 4.17 tiene una longitud l cuandoesta sin estirar; el collar situado en un extremo del resorte tiene un peso W dey se desliza por la varilla horizontal sin fricci´n. Expresar la aceleraci´n en o o adfunci´n de x; hallar la velocidad cuando pasa por C, si se suelta desde el o rsidreposo a una distancia x = x0 . gk(Rta.: v = W ( l2 + x2 − l)) 0 ive Ejercicio 22. En la figura 4.18 el cilindro de radio r esta suspendido Unde una cuerda y un resorte como lo indica la figura, el resorte tiene unaconstante k. Hallar el periodo y la frecuencia de vibraci´n del cilindro. o 3m 1 8 k(Rta.: T = 2π 8 k , f= 2π 3m , donde m es la masa del cilindro.)4.12. ANEXO CON EL PAQUETE Maple Ejemplo 42. Hallar con el paquete Maple las raices del polinomio ca- 161
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES con carga y con carga y en equilibrio en movimiento k1 k1 P.E. m1 • x as m1 atic k2 k2 atem m2 x+• P.E. y m2 eM k3 k3 y+ o. d ept ,D Figura 4.15 uia P.E. + P.E. + tioq x y m1 m2 K1 K2 An 96 64 de ad Figura 4.16 rsid ive ıstico de la E.D. y (5) + 5y (4) − 2y (3) − 10y ′′ + y ′ + 5y = 0racter´ UnSoluci´n: la ecuaci´m caracter´ o o ıstica de esta E.D. es m5 + 5m4 − 2m3 − 10m2 + m + 5 = 0Efectuamos los siguientes comandos:>eq := m^5+5*m^4-2*m^3-10*m^2+m+5=0; eq := m5 + 5 ∗ m4 − 2 ∗ m3 − 10 ∗ m2 + m + 5 = 0162
  • 4.12. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE k l C as atic x + atem Figura 4.17 eM o. d T1 ept B ,D θ T2 uia + tioq An + W y Figura 4.18 de ad rsid ive>solve(eq,m); Un −5, −1, −1, 1, 1>sols := [solve(eq,m)]; sols := [−5, −1, −1, 1, 1] 163
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Ejemplo 43. Hallar la soluci´n general y la particular de la E.D. o (D3 − 3D2 + 9D + 13)y = 0con las condiciones iniciales y(0) = 1, y ′ (0) = 2, y ′′ (0) = 3, graficar lasoluci´n particular o as atic> restart;> DE(tools):diff(y(x),x,x,x)-3*diff(y(x),x,x)+9*diff(y(x),x)+13*y(x)=0; atem d3 d2 d y(x) − 3 2 y(x) + 9 y(x) + 13y(x) = 0 eM dx 3 dx dx o. d> dsolve({%,y(0)=1,D(y)(0)=2,D(D(y))(0)=3},y(x)); ept 4 4 5 ,D y(x) = e(−x) e(2x) sen (3x) + e(2x) cos(3x) 9 9 9 uia tioq>plot(rhs(%),x=-2..2); An 20 de 15 ad 10 rsid 5 ive Un 0 -2 -1 0 1 2 x -5 -10 Figura 4.19164
  • 4.12. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE Ejemplo 44. Resolver con el paquete Maple la E.D. y ′′ + 25y = 20 sen 5x Soluci´n: o>restart;>y(x):=C*x*cos(5*x)+F*x*sin(5*x); as y(x) := Cxcos(5x) + F xsin(5x) atic>yp:=diff(y(x),x); atem yp := Ccos(5x) − 5Cxsin(5x) + F sin(5x) + 5F xcos(5x) eM>ypp:=diff(yp,x); o. d ept ypp := −10Csin(5x) − 25Cxcos(5x) + 10F cos(5x) − 25F xsin(5x) ,D uia>ypp+25*y(x)-20*sin(5*x)=0; tioq −10Csin(5x) + 10F cos(5x) − 20sin(5x) = 0 An> collect(%,[cos(5*x),sin(5*x)]); de ad 10F cos(5x) + (−10C − 20)sin(5x) = 0 rsid ive> solve({10*F=0,-10*C-20=0},{F,C}); Un F = 0, C = −2Ejemplo 45. Resolver con el paquete Maple la E.D. por el m´todo de va- e ′′riaci´n de par´metros y + y = sec x tan x o a>with(linalg):y1:=cos(x);y2:=sin(x);fx:=sec(x)*tan(x); 165
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES y1 := cos(x) y2 := sen (x) f x := sec(x) tan(x)>y:=vector([y1,y2]); as atic y := [cos (x) , sen (x)] atem eM>M:=wronskian(y,x); o. d cos (x) sen (x) M := − sen (x) cos (x) ,D ept>ApBp:=linsolve(M,[0,fx]); uia sen (x) sec (x) tan (x) cos (x) sec (x) tan (x) tioq ApBp := [− , ] ( sen (x))2 + (cos (x))2 ( sen (x))2 + (cos (x))2 An>A:=int(simplify(ApBp[1]),x); de ad sen (x) A := − +x rsid cos (x) ive>B:=int(simplify(ApBp[2]),x); Un B := − ln (cos (x))>SolGen:=C1*y1+C2*y2+A*y1+B*y2; sen (x)SolGen := C1 cos (x)+C2 sen (x)+ − + x cos (x)−ln (cos (x)) sen (x) cos (x)166
  • 4.12. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE>simplify((SolGen),trig); C1 cos (x) + C2 sen (x) − sen (x) + x cos (x) − ln (cos (x)) sen (x)observese que en la soluci´n general anterior la expresi´n − sen (x) es absor- o obida por C2 sen (x), quedando como soluci´n general: o C1 cos (x) + C2 sen (x) + x cos (x) − ln (cos (x)) sen (x) as atic atem eM o. d ept ,D uia tioq An de ad rsid ive Un 167
  • CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES as atic atem eM o. d ept ,D uia tioq An de ad rsid ive Un168
  • CAP´ ITULO 5 as atic SOLUCIONES POR SERIES atem eM o. d5.1. INTRODUCCION ept ,D Una serie de potencias en (x − a), es una expresi´n de la forma o uia ∞ Cn (x − a)n . tioq n=0 An de Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia que consiste de todos los puntos para los cuales la serie es convergente. ad rsid Una serie de potencias converge absolutamente en un n´mero x si, u ive ∞ Un |Cn | |x − a|n n=0 es convergente . Todo intervalo de convergencia tiene un radio de convergencia R. 169
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES Una serie de potencias converge absolutamente para |x − a| < R y di- verge para |x − a| > R. Cuando R = 0, la serie s´lo converge en x = a. o Cuando R = ∞, la serie converge para todo x. El radio de convergencia se obtiene mediante el criterio de la raz´n, en o efecto, si as Cn+1 atic l´ ım |x − a| = L n→∞ Cn atem y como la serie es convergente cuando L < 1, entonces el radio de con- 1 vergencia es R = L . eM Si R = 0 ´ R = ∞, el intervalo de convergencia puede o no incluir los o o. d extremos a − R , a + R de dicho intervalo. ept Una serie de potencias representa una funci´n continua en el interior o ,D de su intervalo de convergencia. uia tioq Una serie de potencias puede ser derivada t´rmino a t´rmino en el in- e e terior de su intervalo de convergencia. An de Una serie de potencias puede ser integrada t´rmino a t´rmino en el e e ad interior de su intervalo de convergencia. rsid Dos series de potencias pueden ser sumadas t´rmino a t´rmino si tienen e e ive un intervalo com´n de convergencia. u Un ´ EXPANSION EN SERIES MACLAURIN DE ALGUNAS SE-RIES ∞ x2 x3 xn xn 1. ex = 1 + x + 2! + 3! + ... + n! + ... = n! n=0 convergente para todo x real ( o sea para −∞ < x < ∞)170
  • 5.1. INTRODUCCION ∞ x3 x5 x7 x 2n+1 x2n+1 2. sen x = x − 3! + 5! − 7! + . . . + (−1)n (2n+1)! + . . . = (−1)n (2n+1)! n=0 convergente para todo x real. ∞ x2 x4 x6 x 2n x2n 3. cos x = 1 − 2! + 4! − 6! + . . . + (−1)n (2n)! + . . . = (−1)n (2n)! n=0 convergente para todo x en los reales. as atic ∞ x3 x5 x7 x2n+1 x2n+1 4. senh x = x + 3! + 5! + 7! + ... + (2n+1)! + ... = (2n+1)! atem n=0 convergente para todo x real. eM ∞ x2 x4 x6 x2n x2n 5. cosh x = 1 + 2! + 4! + 6! + ... + (2n)! + ... = (2n)! o. d n=0 convergente para todo x en los reales. ept ∞ ,D 1 6. 1−x = 1 + x + x2 + x3 + . . . + xn + · · · = xn n=0 uia convergente para x en el intervalo −1 < x < 1 tioq ∞ x2 x3 x4 n xn 7. ln(1 + x) = x − + − + . . . + (−1)n+1 x + . . . = (−1)n+1 An 2 3 4 n n n=1 convergente para x en el intervalo −1 < x ≤ 1 de ad ∞ x3 x5 x2n+1 x2n+1 8. tan−1 x = x − + − . . . + (−1)n + ... = (−1)n rsid 3 5 2n+1 2n+1 n=0 convergente para x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1 ive Un ∞ 1 x3 1·3 x5 1·3·5 x7 1·3·5...(2n+1) x2n+1 9. sen −1 x = x + 2 3 + 2·4 5 + 2·4·6 7 + ... = 2·4·6...2n 2n+1 n=0 convergente para todo x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 110. Serie binomial: 2 3 (1 + x)r = 1 + rx + r(r−1)x + r(r−1)(r−2)x + . . . 2! 3! convergente para x en el intervalo −1 < x < 1 171
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS Supongamos que la ecuaci´n o a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0se puede escribir as´ ı: y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 as atic a1 (x) a0 (x)donde a2 (x) = 0 en I y P (x) = a2 (x) y Q(x) = a2 (x) atemDefinici´n 5.1 (Punto Ordinario) . Se dice que x = a es un punto ordi- o eMnario de la E.D. y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0, si P (x) y Q(x) son anal´ ıticas enx = a, es decir, si P (x) y Q(x) se pueden expandir en serie de potencias de o. dx − a con un radio de convergencia positivo. ept Nota: si un punto no es ordinario se dice que es singular. ,D RECORDEMOS: serie Taylor de y(x) en x = a es: uia ∞ y n (a) y(x) = (x − a)n , tioq n=0 n! Anluego, toda funci´n que tenga un desarrollo en serie Taylor alrededor de x = a oes anal´ıtica en x = a. de Serie Maclaurin de y(x) en x = 0 es: ad rsid ∞ y n (0) y(x) = (x)n , n! ive n=0 Unluego, toda funci´n que tenga un desarrollo en serie Maclaurin es anal´ o ıticaen x = 0. Ejemplo 1. Hallar los puntos ordinarios y singulares dey + sen xy ′ + ex y = 0 ′′ Soluci´n: sen x: tiene expansi´n Taylor para cualquier a o o172
  • 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS ex : tiene expansi´n Taylor para cualquier a; es decir todo a en R es punto oordinario de la ecuaci´n diferencial, por tanto no tiene puntos singulares. o Todo a es un punto ordinario, porque tanto sen x como ex tienen expan-si´n en potencias de x − a, en particular a = 0. o Ejemplo 2. Hallar los puntos ordinarios y singulares dexy ′′ + ( sen x)y = 0 asSoluci´n: o atic Q(x) atem sen x y ′′ + y=0 x eM ∞ x(2n+1) (−1)n ∞ sen x (2n+1)! (−1)n x2n o. d n=0 Q(x) = = = x x n=0 (2n + 1)! ept⇒ x = 0 es punto ordinario de la E.D.,por tanto todos los x = 0 son puntos ,Dsingulares. Ejemplo 3. Hallar los puntos ordinarios y singulares de uiay ′′ + (ln x)y = 0 tioq Soluci´n: x = 0 es un punto singular ya que ln x no tiene expansi´n en o o Anx = 0, todos los dem´s puntos diferentes de cero son puntos ordinarios. a de Analicemos el caso en que a2 (x), a1 (x) y a0 (x) son polinomios. Si en laE.D. a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0 se tiene que a2 (x), a1 (x), a0 (x) son poli- adnomios sin factores comunes, o sea, sin raices comunes, entonces x = a es : rsid i) Un punto ordinario si a2 (a) = 0 es decir, x = a no es raiz del polinomio ivea2 (x). Un ii) Un punto singular si a2 (a) = 0, es decir, si a es ra´ de a2 (x). ız Ejemplo 4. Hallar los puntos ordinarios y singulares de(x − 4)y ′′ + 2xy ′ + 3y = 0 2Soluci´n: o a2 (x) = x2 − 4 = 0 173
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES⇒ x = ±2 son puntos singulares.x = ±2 son puntos ordinarios.Teorema 5.1 .Si x = a es un punto ordinario de la ecuaci´n o a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0, assiempre podemos encontrar dos soluciones distintas (linealmente indepen-dientes), en serie de potencias; soluciones que son de la forma atic ∞ atem y= Cn (x − a)n . n=0 eMUna soluci´n en serie de potencias converge por lo menos para |x − a| < R1 , odonde R1 es la distancia de a al punto singular m´s cercano. a o. d Nota: para simplificar supondremos que el punto ordinario es a = 0, si o o eptno lo es, se hace la sustituci´n t = x − a. Esta sustituci´n convierte la E.D.en otra E.D. con punto ordinario t = 0. ,D uia Ejemplo 5. Resolver por series la E.D. (x2 − 1)y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0Soluci´n: o tioq x2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1 son puntos singulares y los x = ±1 son puntos Anordinarios. de Trabajemos con el punto ordinario x = 0, los candidatos a soluci´n son o ad ∞de la forma y(x) = Cn xn rsid n=0 Debemos hallar las Cn : derivamos dos veces: ive ∞ Un ′ y (x) = nCn xn−1 n=1 ∞ y ′′ (x) = n(n − 1)Cn xn−2 n=2 ′ ′′ Pasamos a sustituir y (x) y y (x) en la E.D. original: x2 y ′′ − y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0174
  • 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS ∞ ∞ ∞ ∞ n n−2 n n(n − 1)Cn x − n(n − 1)Cn x + 4n Cn x + 2 Cn xn = 0 n=2 n=2 n=1 n=0Homogenizamos las potencias de x:∞ ∞ ∞ ∞ n(n−1)Cn xn − (m+2)(m+1)Cm+2 xm + 4n Cn xn + 2 Cn xn = 0n=2 m=0 n=1 n=0 as n−2=m ⇒n=m+2 atichaciendo n=2 ⇒m=0 atem Escribimos todo en t´rminos de k: e∞ ∞ ∞ ∞ eM k k k k(k − 1)Ck x − (k + 2)(k + 1)Ck+2 x + 4k Ck x + 2 Ck xk = 0k=2 k=0 k=1 k=0 o. dAhora homogenizamos el ´ ındice de las series: ept ,D ∞ ∞ k k(k − 1)Ck x − 2C2 − (3)(2)C3 x − (k + 2)(k + 1)Ck+2 xk + 4C1 x+ uia k=2 k=2 ∞ ∞ tioq k + 4k Ck x + 2C0 + 2C1 x + 2 Ck xk = 0 k=2 k=2 Anluego de ad ∞2C0 −2C2 +(6C1 −2·3C3 )x+ [k(k−1)Ck −(k+2)(k+1)Ck+2 +4kCk +2Ck ]xk = 0 rsid k=2 iveComparando coeficientes: Un x0 : 2C0 − 2C2 = 0 ⇒ C2 = C0 x1 : 6C1 − 6C3 = 0 ⇒ C1 = C3 xk : [k(k − 1) + 4k + 2]Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 k = 2, 3, . . . (k 2 + 3k + 2)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 (k + 2)(k + 1)Ck − (k + 2)(k + 1)Ck+2 = 0 175
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES (k + 2)(k + 1) Ck+2 = Ck (k + 2)(k + 1) Ck+2 = Ck k = 2, 3, . . . F´rmula de recurrencia para los coeficientes oIteremos la f´rmula de recurrencia: o as atic k = 2 : C4 = C2 = C0 atem k = 3 : C5 = C3 = C1 k = 4 : C6 = C4 = C0 eM k = 5 : C7 = C5 = C1 o. dVolviendo a ∞ ept y(x) = Cn xn = C0 + C1 x + C2 x2 + C3 x3 + C4 x4 + C5 x5 + C6 x6 + . . . ,D n=0 uia = C0 + C1 x + C0 x2 + C1 x3 + C0 x4 + C1 x5 + C0 x6 + . . . tioqLa soluci´n general: o An= C0 (1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .)+C1 (x + x3 + x5 + . . . + x2n+1 + . . .) de y1 (x) y2 (x) ad 1 = C0 + C1 x(1 + x2 + x4 + x6 + . . . + x2n + . . .) rsid 1 − x2 1 C1 x 1 ive = C0 2 + 2 ya que = 1 + x + x2 + x3 + . . . 1−x 1−x 1−x UnSiendo y1 (x) y y2 (x) dos soluciones linealmente independientes. Resolver por series los siguientes ejercicios en el punto ordinario x = 0: Ejercicio 1. y ′′ − 2xy ′ + 8y = 0 y(0) = 3, y ′ (0) = 0(Rta: y = 3 − 12x2 + 4x4 )176
  • 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS Ejercicio 2. (x2 − 1)y ′′ − 6y = 0(Rta: y = C0 ∞ (2n−1)(2n−3) x2n + C1 (x − x3 )) n=0 3 Ejercicio 3. y ′′ − xy = 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1(Rta: y = C0 (1 + 3·2 x + 6·5 3·2 x6 + 9·8 6·5 3·2 x9 + . . .) + C1 (x + 4·3 x4 + 7·6 4·3 x7 + 1 1 1 1010·9 7·6 4·3 x + . . .)) as Ejercicio 4. (x2 + 1)y ′′ + 6xy ′ + 6y = 0 atic(Rta: y = C0 ∞ (−1)n (2n + 1)x2n + C1 n=0 ∞ n n=0 (−1) (n + 1)x2n+1 ) atem Ejercicio 5. y ′′ − xy ′ − y = 0(Rta: y = C0 ∞ 2·4·6·8...2n x2n + C1 n=0 1 ∞ 1 n=0 1·3·5·7...(2n+1) x 2n+1 ) eM Ejercicio 6. y ′′ + e−x y = 0 o. d(Sugerencia: Hallar la serie e−x y multiplicarla por la serie de y) Ejercicio 7. (x − 1)y ′′ + y ′ = 0 ept ∞ ,D xn(Rta: y1 = C0 , y2 = C1 n = C1 ln |x − 1|) n=1 uia Ejercicio 8. (1 + x2 )y ′′ + 2xy ′ − 2y = 0 tioq(Rta: y(x) = C0 (1 + x tan−1 x) + C1 x) An Ejercicio 9. y ′′ − xy ′ + y = −x cos x, y(0) = 0, y ′ (0) = 2(Rta: y(x) = x + sen x) de ad Ejercicio 10. y ′′ − 2xy ′ + 4y = 0 con y(0) = 1 y y ′ (0) = 0 rsid(Rta: y = 1 − 2x2 ) ive Ejercicio 11. (1 − x)2 y ′′ − (1 − x)y ′ − y = 0 con y(0) = y ′ (0) = 1 1(Rta: y = 1−x ) Un Ejercicio 12. y ′′ − 2xy ′ − 2y = x con y(0) = 1 y y ′ (0) = − 1 4 2(Rta: y = ex − x ) 4 Ejercicio 13. y ′′ + xy ′ + (2x − 1)y = x con y(0) = 2 y y ′ (0) = 3. Hallarlos primeros 6 t´rminos de la soluci´n particular. e o 177
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES 2 7 4 1 5 (Rta: y = 2 + 3x + x2 − 3 x3 − 12 x − 30 x − . . .) Ejercicio 14. y ′′ + xy ′ + y = 0 a). Hallar dos soluciones linealmente independientes y1 (x), y2 (x) b). Usando el criterio del cociente, mostrar que las dos series son conver- as gentes para todo x. atic x −( √ )2 c). Probar que y1 (x) = e atem 2 d). Usando el m´todo de reducci´n de orden de D’Lambert, hallar y2 (x) e o eM 2 4 6 3 5 7(Rta: a). y1 (x) = 1 − x + 2·4 − 2·4·6 + . . . , y2 (x) = x − x + 3·5 − 3·5·7 + . . .) 2 x x 3 x x o. d Ejercicio 15. La E.D. de Legendre de orden α es: ept (1 − x2 )y ′′ − 2xy ′ + α(α + 1)y = 0 con α > −1 ,D uiaMostrar: tioq a) Que las f´rmulas de recurrencia son: o An (−1)m α(α − 2)(α − 4) . . . (α − 2m + 2)(α + 1)(α + 3) . . . (α + 2m − 1) C2m = C0 (2m)! de (−1)m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1)(α + 2)(α + 4) . . . (α + 2m) ad C2m+1 = C1 (2m + 1)! rsid b) Las dos soluciones linealmente independientes son: ive Un ∞ y1 = C0 (−1)m a2m x2m m=0 ∞ y2 = C1 (−1)m a2m+1 x2m+1 m=0 donde a2m y a2m+1 son las fracciones encontradas en a), pero sin (−1)m178
  • 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS c) Si α es entero no negativo y par, entonces a2m = 0 para 2m > n; mos- trar que y1 es un polinomio de grado n y y2 es una serie infinita. Si α es entero no negativo e impar; mostrar que a2m+1 = 0 para 2m + 1 > n y y2 es un polinomio de grado n y y1 es una serie infi- nita. d) Se acostumbra tomar la constante arbitraria (C0 o C1 seg´n el caso) u n de tal manera que el coeficiente de x en el polinomio y1 o y2 (seg´n el u as (2n)! caso) sea 2n (n!)2 y se les llama polinomios de LegendrePn (x). Mostrar atic que: N (−1)k (2n − 2k)! atem Pn (x) = n k!(n − k)!(n − 2k)! xn−2k k=0 2 eM n donde N =parte entera de 2 e) Mostrar que los 6 primeros polinomios de Legendre son: o. d P0 (x) = 1, ept P1 (x) = x, 1 1 ,D P2 (x) = (3x2 − 1), P3 (x) = (5x3 − 3x), 2 2 uia 1 1 P4 (x) = (35x4 − 30x2 + 3), P5 (x) = (63x5 − 70x3 + 15x) 8 8 tioq Ejercicio 16. F´rmula de Rodriguez: o An 1 dn 2 Pn (x) = (x − 1)n de n!2n dxnpara el polinomio de legendre de grado n. ad a) Mostrar que u = (x2 − 1)n satisface la E.D. rsid (1 − x2 )u′ + 2nxu = 0 ive Derivar ambos lados de la E.D. y obtenga Un (1 − x2 ) + 2(n − 1)xu′ + 2nu = 0 b) Derive sucesivamente, n veces ambos lados de la ecuaci´n y obtenga: o (1 − x2 )u(n+2 − 2xu(n+1) + n(n + 1)u(n) = 0 Hacer v = u(n) y mostrar que v = Dn (1 − x2 )n y luego mostrar que v satisface la ecuaci´n de Legendre de orden n o 179
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES (2n)! c) Demostrar que el coeficiente de xn en v es n! d) Explicar porque c) demuestra la f´rmula de Rodriguez (Notar que el o (2n)! coeficiente de xn en Pn (x) es 2n (n!)2 )Ejercicio 17. La E.D. y ′′ − 2xy ′ + 2αy = 0 as aticse le llama ecuaci´n de Hermite de orden α. o atem a) Mostrar que las dos soluciones en serie de potencias son: ∞ 2m α(α − 2) . . . (α − 2m + 2) 2m eM y1 = 1 + (−1)m x m=1 (2m)! o. d ∞ y2 = x + (−1)m ept 2m (α − 1)(α − 3) . . . (α − 2m + 1) 2m+1 x (2m + 1)! ,D m=1 uia b) Si α es entero par, mostrar que y1 es un polinomio. Si α es impar, mostrar que y2 es un polinomio. tioq c) El polinomio de la parte b) se denota por Hn (x) y se le llama polinomio An de Hermite cuando el coeficiente de xn es 2n . de d) Demostrar que los 6 primeros polinomios de Hermite son: ad rsid H0 (x) = 1, H1 (x) = 2x, ive H2 (x) = 4x2 − 2, H3 (x) = 8x3 − 12x, Un H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12, H5 (x) = 32x5 − 160x3 + 120x e) La formula general de los polinomios de Hermite es 2 dn −x2 Hn (x) = (−1)n ex (e ) dxn Por inducci´n mostrar que genera un polinomio de grado n. o180
  • 5.2. SOLUCION EN PUNTOS ORDINARIOS El siguiente ejercicio resuelto, s´lo tiene validez para E.D. con condiciones oiniciales. Si la condici´n inicial est´ en x = 0, utilizamos las series Maclaurin o ay si la condici´n inicial est´ en x = a, utilizamos la serie Taylor. o a Ejemplo 6. y ′′ − e−x y = 0, y(0) = y ′ (0) = 1Soluci´n. o as Serie Maclaurin de y(x). atic ∞ y (n) (0)xn y(x) = atem n=0 n! y ′ (0) y ′′ (0) 2 y ′′′ (0) 3 eM y(x) = y(0) + x+ x + x + ... 1! 2! 3! y ′ (0) = 1 o. d y(0) = 1De la ecuaci´n tenemos que o ept y ′′ (x) = e−x y(x), evaluando en x = 0 ⇒ y ′′ (0) = 1 × 1 = 1 ,D uiaDerivando nuevamente tenemos que: tioq y ′′′ (x) = e−x y ′ (x) − e−x y(x) Anevaluando en x = 0⇒y ′′′ (0) = 1 × 1 − 1 × 1 = 0 de y (iv) (x) = e−x (y ′′ (x) − y ′ (x)) − e−x (y ′ (x) − y(x)) ad x=0 ⇒ y (iv) (0) = 1(1 − 1) − 1(1 − 1) = 0 rsid y (v) (x) = e−x (y ′′′ (x) − 2y ′′ (x) + y ′ (x)) − e−x (y ′′ (x) − 2y ′ + y(x) ive y (v) (0) = 1(0 − 2(1) + 1) − 1(1 − 2(1) + 1) = −1 UnSustituyendo en la f´rmula de Maclaurin: o x2 x5 y(x) = 1 + x + − + ... 2! 5! Ejercicio 1. Hallar la soluci´n particular de la E.D. de Ayry o y ′′ − xy = 0 y(1) = 1, y ′ (1) = 0 181
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES (x−1)2 (x−1)3 (x−1)4 4(x−1)5(Rta.: y = 1 + 2! + 3! + 4! + 5! + . . .) Ejercicio 2. Hallar la soluci´n particular de la E.D. o 1 y ′′ − 2xy − 2y = x y(0) = 1, y ′ (0) = − 4 2(Rta.: y = − x + ex ) as 4 atic Ejercicio 3. Resolviendo por series, mostrar que la soluci´n de la E.D. o atem (x − 1)y ′′ − xy ′ + y = 0 con y(0) = −2, y ′ (0) = 6 eMes y = 8x − 2ex . o. d5.3. SOLUCIONES EN TORNO A PUNTOS ept SINGULARES REGULARES ,DDefinici´n 5.2 (Punto singular) . o uia tioq i. Decimos que x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O. An y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0, de si (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) son anal´ ıticas en x = x0 , es decir, si (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) tienen desarrollos en series de potencias ad de (x − x0 ). Si x = x0 no cumple con la anterior definici´n, entonces o rsid decimos que x = x0 es un punto singular irregular. ive Un ii. Si en la E.D. a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0 se tiene que a2 (x), a1 (x), a0 (x) son polinomios sin factores comunes, en- tonces decimos que x = x0 es un punto singular regular si a a1 (x) a2 (x0 ) = 0 y adem´s, si en P (x) = a2 (x) y Q(x) = a0 (x) , el factor a2 (x) x − x0 tiene a lo sumo grado uno en el denominador de P (x) y grado a lo sumo dos en el denominador de Q(x).182
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG. Ejemplo 7.Hallar los puntos singulares regulares e irregurales de (x2 − 4)2 y ′′ + (x − 2)y ′ + y = 0Soluci´n: oPuntos singulares: a2 (x) = (x2 − 4)2 = 0 ⇒ x = ±2 as atic x−2 1 P (x) = 2 − 4)2 = (x (x − 2)(x + 2)2 atem 1 Q(x) = (x − 2)2 (x + 2)2 eM Con x = +2 ⇒ (x − 2) es un factor de grado uno en P (x) y de grado o. d dos en Q(x), por lo tanto x = 2 es punto singular regular. ept Con x = −2 ⇒ (x + 2), o sea que x = −2 es punto singular irregular ,D porque aparece con grado dos en el denominador de P (x). uia Nota: los puntos singulares pueden ser n´meros complejos. u tioqTeorema 5.2 (de Frobenius) . AnSi x = x0 es un punto singular regular de la E.D.O. de a2 (x)y ′′ + a1 (x)y ′ + a0 (x)y = 0, ad rsidentonces existe al menos una soluci´n en serie de la forma: o ∞ ive y= Cn (x − x0 )n+r , Un n=0donde r es una constante a determinar.Esta serie converge en un intervalo de la forma 0 < x − x0 < R. Ejemplo 8. Utilizar el teorema de Frobenius para hallar dos solucioneslinealmente independientes de la E.D. 3xy ′′ + y ′ − y = 0Soluci´n: o 183
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES x = 0 es punto singular y es regular porque 1 1 P (x) = , Q(x) = − 3x 3xSuponemos una soluci´n de la forma: o ∞ ∞ n+r ′ y= Cn x ⇒y = (n + r)Cn xn+r−1 as n=0 n=0 atic ∞ ′′ y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2 atem n=0y sustituimos en la E.D. eM ∞ ∞ ∞ ′′ ′ n+r−1 n+r−13xy +y −y = 3(n+r)(n+r−1)Cn x + (n+r)Cn x − Cn xn+r = 0 o. d n=0 n=0 n=0 ∞ ept ∞ (n + r)(3n + 3r − 2)Cn xn+r−1 − Cn xn+r = 0 ,D n=0 n=0 uia ∞ ∞ r n−1 x (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − Cn xn =0 tioq n=0 n=0Sacamos la potencia m´s baja: a An ∞ ∞ de r −1 n−1 x r(3r − 2)C0 x + (n + r)(3n + 3r − 2)Cn x − Cn xn = 0 n=1 n=0 ad rsid k =n−1 ⇒n=k+1 hagamos n=1 ⇒k=0 ive ∞ ∞ r −1 kx r(3r − 2)C0 x + (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 x − Ck xk = 0 Un k=0 k=0 ∞ r −1 x r(3r − 2)C0 x + [(k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck ] xk = 0 k=0en potencias de: x−1 : r(3r − 2)C0 = 0184
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.y en potencias de: xk : (k + r + 1)(3k + 3r + 1)Ck+1 − Ck = 0 con k = 0, 1, 2, . . . 2si C0 = 0 ⇒ r(3r − 2) = 0 ⇒ r2 = 0 r1 = y 3 ec. indicial ´ ındices (o exponentes) de la singularidad as Ck atic Ck+1 = , k = 0, 1, 2, . . . (k + r + 1)(3k + 3r + 1) atem 2Con r1 = 3 que es la raiz mayor, entonces: eM Ck Ck Ck+1 = 5 = , k = 0, 1, . . . (5.1) (k + 3 )(3k + 3) (3k + 5)(k + 1) o. dCon r2 = 0 entonces: Ck ept Ck+1 = , k = 0, 1, . . . (5.2) ,D (k + 1)(3k + 1) uiaIteremos (5.1): tioq C0 k = 0 : C1 = 5×1 An C1 C0 C0 k = 1 : C2 = = = de 8×2 (5 × 1) × (8 × 2) 2! × (5 × 8) C2 C0 C0 ad k = 2 : C3 = = = 11 × 3 (5 × 1) × (8 × 2) × (11 × 3) 3! × 5 × 8 × 11 rsid C3 C0 k = 3 : C4 = = 14 × 4 4! × 5 × 8 × 11 × 14 ive Ungeneralizando C0 Cn = n = 1, 2, . . . n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2)Iteremos (5.2): C0 k = 0 : C1 = 1×1 185
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES C1 C0 k = 1 : C2 = = 2×4 (1 × 1) × (2 × 4) C2 C0 C0 k = 2 : C3 = = = 3×7 (1 × 1) × (2 × 4) × (3 × 7) 3! × 4 × 7 C3 C0 k = 3 : C4 = = 4 × 10 4! × 4 × 7 × 10generalizando as atic C0 Cn = n = 1, 2, . . . n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2) atem eM ∞ ∞ ∞ 2 2 n+ 3 2 n 2 r1 = ⇒ y 1 = Cn x =x 3 Cn x = x 3 C0 + Cn xn 3 o. d n=0 n=0 n=1 ∞ 2 C0 = x 3 C0 + xn n=1 ept n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2) ,D ∞ 2 xn = C0 x 3 1 + uia n=1 n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2) tioq ∞ ∞ ∞ n+0 n Cn xn An r2 = 0 ⇒ y 2 = Cn x = Cn x = C0 + n=0 n=0 n=1 de ∞ C0 = C0 + xn n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2) ad n=1 rsid ∞ xn = C0 1 + n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2) ive n=1 Luego la soluci´n general es : o Un y = k1 y1 + k2 y2 ∞ 2 xn = k1 C0 x 3 1 + + n=1 n! × 5 × 8 × 11 × 14 . . . (3n + 2) ∞ xn k2 C0 1 + n=1 n! × 1 × 4 × 7 × 10 . . . (3n − 2)186
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.observemos que para este ejemplo 2 2 r1 = , r2 = 0 ⇒ r 1 − r 2 = = entero 3 3Nota: en general si x = 0 es un punto singular regular, entonces las funcionesxP (x) y x2 Q(x) son anal´ ıticas en x = 0, es decir as xP (x) = p0 + p1 x + p2 x2 + . . . atic x2 Q(x) = q0 + q1 x + q2 x2 + . . . atemson convergentes en intervalos de radio positivo. Despu´s de sustituir y = e ∞ Cn xn+r en la E.D. y simplificar, la ecuaci´n indicial es una ecuaci´n o o eM n=0cuadr´tica en r que resulta de igualar a cero el coeficiente de la menor po- atencia de x. Siguiendo este procedimiento se puede mostrar que la ecuaci´no o. dindicial es r(r − 1) + p0 r + q0 = 0 ept ,DSe hallan las ra´ ıces de la ecuaci´n indicial y se sustituyen en la relaci´n de o orecurrencia. uia tioq Con las ra´ ıces de la ecuaci´n indicial pueden ocurrir los siguientes tres ocasos. An CASO I: cuando r1 − r2 = entero positivo, entonces las dos solucioneslinealmente independientes son: de ∞ ad y1 = Cn xn+r1 rsid n=0 ∞ ive y2 = Cn xn+r2 Un n=0Este caso lo hemos contemplado en el Ejemplo 8. CASO II: cuando r1 − r2 = entero positivo, entonces las dos solucioneslinealmente independientes son: ∞ y1 = Cn xn+r1 n=0 187
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES ∞ y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0, n=0donde C es una constante que puede ser cero. Nota: para saber si C es cero o diferente de cero, utilizamos la f´rmula ode D’lambert; si es cero, entonces en y2 no aparece el t´rmino logar´ e ıtmico, elpr´ximo ejemplo lo haremos con C = 0; si C = 0, y2 tambi´n se puede hallar o e asutilizando la f´rmula de D’Lambert: o atic e− p(x) dx atem y2 = y1 (x) dx [y1 (x)]2 eMo tambi´n derivando dos veces e o. d ∞ y2 = Cy1 (x) ln x + bn xn+r2 b0 = 0, n=0 ept ,Dy sustituyendo en la E.D. e iterando la f´rmula de recurrencia para hallar los ocoeficientes bn . uia tioq CASO III: cuando r1 − r2 = 0, entonces las soluciones linealmente in-dependientes son: An ∞ y1 = Cn xn+r1 con C0 = 0 de n=0 ad ∞ y2 = y1 (x) ln x + bn xn+r1 sabiendo que r1 = r2 rsid n=1 ive Un5.3.1. CASO II: r1 − r2 = entero positivo Con el siguiente ejemplo mostramos el CASO II, o sea cuando r1 − r2 =entero positivo.Ejemplo 9. xy ′′ + (5 + 3x)y ′ + 3y = 0Soluci´n: o188
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG. x = 0 es punto singular regular, ya que 5 + 3x 3 P (x) = Q(x) = x xSi utilizamos la f´rmula de D’Lambert encontramos que despu´s de efectuar o etodas las operaciones, el primer t´rmino no tiene logaritmo, por tanto C = 0. eAhora supongamos que as ∞ ∞ n+r ′ (n + r)Cn xn+r−1 atic y= Cn x ⇒y = n=0 n=0 atem ∞ ′′ y = (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−2 eM n=0sustituyendo en la E.D. o. d xy ′′ + 5y ′ + 3xy ′ + 3y = 0 ∞ ∞ ept ,D (n + r)(n + r − 1)Cn xn+r−1 + 5(n + r)Cn xn+r + uia n=0 n=0 ∞ ∞ n+r 3Cn xn+r = 0 tioq 3(n + r)Cn x + n=0 n=0 An ∞ ∞ r n−1 x (n + r)(n + r − 1 + 5)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0 de n=0 n=0 ad ∞ ∞ r −1 n−1x r(r + 4)C0 x + (n + r)(n + r + 4)Cn x + 3(n + r + 1)Cn xn = 0 rsid n=1 n=0 k =n−1 ⇒n=k+1 ive hagamos cuando n = 1 ⇒k=0 Unluego ∞ r −1x r(r + 4)C0 x + [(k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck ]xk = 0 k=0Por lo tanto la ecuaci´n indicial: o r(r + 4) = 0 ⇒ r1 = 0 r2 = −4 o sea que r1 − r2 = entero positivo 189
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIESy la f´rmula de recurrencia es o (k + r + 1)(k + r + 5)Ck+1 + 3(k + r + 1)Ck = 0 k = 0, 1, . . .e iteramos con la menor ra´ indicial r2 = −4: ız (k + 1)(k − 3)Ck+1 + 3(k − 3)Ck = 0 k = 0, 1, . . . as 9C0 k = 0 : 1(−3)C1 + 3(−3)C0 ⇒ C1 = = −3C0 atic −3 6C1 3 9 atem k = 1 : 2(−2)C2 + 3(−2)C1 = 0 ⇒ C2 = = − (−3)C0 = C0 −4 2 2 3C2 9 k = 2 : 3(−1)C3 + 3(−1)C2 = 0 ⇒ C3 = = − C0 eM −3 2 k = 3 : 4(0)C4 + 3(0)C3 = 0 ⇒ o. dC4 es par´metro a 3 ept k ≥ 4 : Ck+1 = − Ck ,D (k + 1) uiaes decir 9 9 C1 = −3C0 , C2 = C0 , C3 = − C0 , tioq 2 2C4 : par´metro a An 3 k ≥ 4 : Ck+1 = − Ck (5.3) de (k + 1) aditeremos (5.3): rsid 3 k = 4 : C5 = − C4 5 ive 3 3×3 k = 5 : C6 = − C5 = C4 Un 6 5×6 3 3×3×3 k = 6 : C7 = − C6 = − C4 7 5×6×7 33 4! =− C4 7! generalizando 3(n−4) 4! Cn = (−1)n C4 n≥4 n!190
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG. ∞ y = Cn xn−4 n=0 ∞ = x−4 [C0 + C1 x + C2 x2 + C3 x3 + Cn xn ] n=4 9 9 = x−4 [C0 − 3C0 x + C0 x2 − C0 x3 + C4 x4 + 2 2 ∞ as (n−4) 3 4! + (−1)n C4 xn ] atic n=5 n! atem y1 (x) 9 9 = C0 x−4 1 − 3 x + x2 − x3 eM 2 2 y2 (x) o. d ∞ 3(n−4) 4! n−4 +C4 1 + (−1)n x ept n=5 (n)! ,D k =n−4 ⇒n=k+4hagamos uia n=5 ⇒k=1 tioq ∞ 3k 4! An k+4 y = C0 y1 (x) + C4 1+ (−1) xk k=1 (k + 4)! de ∞ 3n n = C0 y1 (x) + C4 1 + 24 (−1) xn ad n=1 (n + 4)! rsid converge ∀x ∈ Re ive Para abordar el caso iii) cuando r1 = r2 necesitamos definir la funci´n o UnGamma.5.3.2. ´ FUNCION GAMMA: Γ(x)Definici´n 5.3 . Sea x > 0. La funci´n Gamma se define as´ o o ı: ∞ Γ(x) = e−τ τ x−1 dτ 0 191
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIESTeorema 5.3 (F´rmula de recurrencia para la funci´n Γ) . o o Para x > 0 : Γ(x + 1) = xΓ(x) .Demostraci´n: o ∞ Γ(x + 1) = e−τ τ x dτ 0 as ∞ = −e−τ τ x |∞ + xe−τ τ x−1 dτ atic 0 0 atemla anterior integral se hizo por partes, u = τx ⇒ du = xτ x−1 dτhaciendo dv = e−τ dt ⇒ v = −e−τ eM ∞ o. d = 0−0+x e−τ τ x−1 dτ = xΓ(x) 0 τx ept ya que l´ e−τ τ x ım = l´ım τ τ →∞ τ →∞ e ,D L′ Hopital = ··· = 0 uia Observaciones: tioq a). An de x 0.1 0.2 0.3 0.5 0.4 0.6 0.7 0.8 0.9 √ ad Γ(x) 9.5 4.59 2.99 2.22 π 1.49 1.30 1.16 1.07 rsid b). Si x = n entero positivo: ive Un Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = . . . = n(n − 1)(n − 2) . . . 1 Γ(1) Pero ∞ ∞ Γ(1) = e−τ τ 0 dτ = −e−τ 0 = −(0 − 1) = 1 0 Luego, Γ(n + 1) = n!192
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 5 4 3 2 1 0 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 as -1 atic -2 atem -3 -4 eM -5 o. d Figura 5.1 ept ,D c). Con n = 0 obtenemos 0! = Γ(0 + 1) = Γ(1) = 1 y uia 1! = Γ(1 + 1) = 1 Γ(1) = 1 × 1 = 1 (por el Teorema anterior) tioq con esto probamos, mediante la funci´n Gamma, que 0! = 1 o An de d). Gr´fica de la funci´n Γ(x) (figura 5.1). a o ad rsidDefinici´n 5.4 . Si x < 0, definimos Γ(x) as´ Γ(x) = (x − 1)Γ(x − 1) si o ı:x = 0 o x = de un entero negativo. Γ(x) = ±∞ si x = 0 o x = entero ivenegativo.(Ver la grafica 5.1) UnNOTA: la f´rmula para calcular Γ(x) para x < 0 es: o 1 Γ(x) = Γ(x + 1) x 5 3 3 3 3 1 31 1 Ejemplo 10. Γ =Γ +1 = Γ = Γ +1 = Γ =3 1√ 2 2 2 2 2 2 22 222 π 193
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES 7 Ejemplo 11. Γ − 2Soluci´n: o 7 2 5 2 2 3 Γ − = − Γ − = − − Γ − 2 7 2 7 5 2 2 2 2 1 = − − − Γ − 7 5 3 2 as 2 2 2 2 1 = − − − − Γ atic 7 5 3 1 2 2 2 2 2 √ atem = − − − − π 7 5 3 1 eMDefinici´n 5.5 (Factorial generalizado) . x! = Γ(x + 1), x = entero onegativo. o. d 7Ejemplo 12. Hallar 2 ! ept 7 7 7 5 3 1√ ,D !=Γ +1 = π 2 2 2222 uiaEjemplo 13. Calcular − 7 ! tioq 2Soluci´n: o An 7 7 5 2 2 2 1 − ! = Γ − +1 =Γ − = − − − Γ 2 2 2 5 3 1 2 de 2 2 2 √ = − − − π ad 5 3 1 rsid 1 1 3 Ejercicio 1. Hallar 0 x3 ln x dx ive 3!(Rta: 44 ) Un ∞ −x2 Ejercicio 2. Hallar √ 0 e dx(Rta: 2π ) ∞ 2 Ejercicio 3. Hallar utilizando la funci´n Γ: √ o 0 x2 e−x dx π(Rta: 4 ) Ejercicio 4. Probar que194
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG. 1 (2n + 1)! √ n+ ! = 2n+1 π 2 2 n!y 1 (2n)! √ n− ! = 2n π 2 2 n!para todo entero n no negativo. as5.3.3. CASO III: r1 = r2 atic CASO III: r1 = r2 . Tomamos como ejemplo para este caso, la funci´n o atemde Bessel de orden cero. eMDefinici´n 5.6 (Ecuaci´n Diferencial de Bessel) . La E.D.: o o o. d d2 y dy x2 2 + x + (x2 − p2 )y = 0 dx dx eptdonde p es un par´metro positivo, se le llama E.D. de Bessel de orden p. a ,DLas soluciones de esta E.D. se les llama funciones de Bessel de orden p. uiaCuando p = 0 y x = 0 entonces tioq d2 y dy x + + xy = 0. An dx2 dxHallemos explicitamente estas soluciones en el intervalo 0 < x < R; es f´cil a dever que x = 0 es un punto singular regular. adSuponemos una soluci´n de la forma o rsid ∞ y= Cn xn+r , ive n=0 Uncon 0 < x < R y C0 = 0; derivamos dos veces y sustituimos en la E.D. yllegamos a esto: ∞ ∞ ∞ n+r−1 n+r−1 (n + r)(n + r − 1)Cn x + (n + r)Cn x + Cn xn+r+1 = 0 n=0 n=0 n=0 ∞ ∞ 2 n+r−1 (n + r) Cn x + Cn xn+r+1 = 0 n=0 n=0 195
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES ∞ ∞ r 2 n−1 x (n + r) Cn x + Cn xn+1 = 0 n=0 n=0para homogenizar los exponentes hagamos k = n − 1 (o sea que n = k + 1 ycuando n = 0 entonces k = −1) en la primera sumatoria y hagamos k = n+1en la segunda sumatoria, luego ∞ ∞ as r 2 k x (k + r + 1) Ck+1 x + Ck−1 xk = 0 atic k=−1 n=1 atem ∞ xr r2 C0 x−1 + (r + 1)2 C1 x0 + [(k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 ] xk = 0 eM k=1comparamos coeficientes o. d r2 C0 = 0, (r + 1)2 C1 = 0, (k + r + 1)2 Ck+1 + Ck−1 = 0 con k ≥ 1 ept Si C0 = 0 ⇒ r1 = r2 = r = 0 ,D (0 + 1)2 C1 = 0 ⇒ C1 = 0 uia Ck−1 tioq Ck+1 = − k = 1, 2, . . . (k + 1)2 Aniterando k C0 C0 de k = 1 ⇒ C2 = − 2 =− 2 (1 + 1) 2 ad C1 k = 2 ⇒ C3 =− 2 =0 rsid 3 C2 C0 ive k = 3 ⇒ C4 =− 2 = 2 4 2 × 42 k = 4 ⇒ C5 =0 Un C4 C0 k = 5 ⇒ C6 =− 2 =− 2 6 2 × 42 × 62Generalizando, C0 C0 C2n = (−1)n = (−1)n 22 × 42 ×6 2 × (2n)2 (2 × 4 × 6 × (2n))2196
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG. C0 = (−1)n 1 × 2 × 3 . . . n)2 (2n C0 = (−1)n 2n , n = 0, 1, 2, . . . 2 (n!)2 C2n+1 = 0, n = 0, 1, 2, . . .Sustituimos en ∞ ∞ as y1 (x) = Cn x = n C2n x2n atic n=0 n=0 ∞ ∞ atem C0 1 x 2n = (−1) 2n n 2 x2n = C0 (−1)n n=0 2 (n!) n=0 (n!)2 2 eMPor definci´n, la serie o ∞ o. d (−1)n x 2n = J0 (x) n=0 (n!)2 2 eptse le llama funci´n de Bessel de orden cero y de primera especie o ,D x2 x4 x6 uia J0 (x) = 1 − + − + ... 4 64 2304 tioqLa segunda soluci´n la hallamos por el m´todo de reducci´n de orden D’lambert: o e o 1 e− x dx 1 An y2 (x) = J0 (x) 2 dx = J0 (x) dx [J0 (x)] x[J0 (x)]2 de x2 3x4 5x6 como [J0 (x)]2 = 1− + − + ... ad 2 32 576 1 x2 5x4 23x6 rsid ⇒ =1+ + + + ... [J0 (x)]2 2 32 576 ive 1 1 x 5x3 23x5 ⇒ = + + + + ... x[J0 (x)]2 x 2 32 576 Un 1 x 5x3 23x5 y2 (x) = J0 (x) + + + + . . . dx x 2 32 576 x2 5x4 23x6 = J0 (x)[ln x + + + + . . .] 4 128 3456 x2 x4 x6 x2 5x4 23x6 = J0 (x) ln x + 1 − + − + ... + + + ... 4 64 2304 4 128 3456 197
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES x2 3x4 11x6y2 = J0 (x) ln x + − + − ... 4 128 13824 NOTA: observemos que (−1)2 1(1) 1 1 = 2 = 22 (1!)2 2 4 1 1 3 −3 as (−1)3 1+ =− = 24 (2!)2 2 24 222 128 atic 1 1 1 11 11 (−1)4 atem 1+ + = = 26 (3!)2 2 3 26 62 6 13824 Por tanto eM x2 x4 1 x6 1 1 y2 (x) = J0 (x) ln x + 2 − 4 1+ + 6 1+ + − ... o. d 2 2 (2!)2 2 2 (3!)2 2 3 ∞ ept (−1)n+1 1 1 1 x2n ,D y2 (x) = J0 (x) ln x + 1+ + + ... + (5.4) n=1 22n (n!)2 2 3 n uiaDonde (5.4) es la segunda soluci´n y es linealmente independiente con y1 . o tioqLa soluci´n general es: o An y = C0 J0 (x) + C1 y2 (x) deEn vez de y2 (x) como segunda soluci´n, se acostumbra tomar la siguiente ofunci´n combinaci´n lineal de y2 y J0 , como segunda soluci´n: o o o ad rsid 2 Y0 (x) = [y2 (x) + (γ − ln 2)J0 (x)] π ivedonde γ es la constante de Euler; a Y0 (x) se le llama funci´n de Bessel de o Unorden cero y de segunda especie y 1 1 1 γ = l´ ım 1+ + + . . . + − ln n ≈ 0,5772 n→∞ 2 3 nAs´ Y0 (x) ser´ igual a ı a 2 Y0 (x) = [J0 (x) ln x+ π198
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG. ∞ (−1)n+1 x2n 1 1 1 + 1+ + + ... + x2n + (γ − ln 2)J0 (x) n=1 22n (n!)2 2 3 n ∞ 2 x (−1)n+1 1 1 1 x 2nY0 (x) = J0 (x) γ + ln + 1+ + + ... + π 2 n=1 (n!)2 2 3 n 2La soluci´n general es: y = C1 J0 (x) + C2 Y0 (x), las gr´ficas de J0 (x) y Y0 (x) o a asse muestran en la figura 5.2 atic atem 1 eM 0,5 o. d y 0 0 5 10 15 20 25 x -0,5 ept ,D -1 uia tioq Figura 5.2 J0 (x) y Y0 (x). An5.3.4. ´ ECUACION DE BESSEL DE ORDEN p : de Sabemos que ad x2 y ′′ + xy ′ + (x2 − p2 )y = 0 rsid se le llama E.D. de Bessel de orden p ≥ 0 y x > 0, trabajemos con p > 0; iveveamos que x = 0 es un punto singular regular, en efecto, como x2 = 0entonces x = 0 y Un x 1 x2 − p 2 P (x) = 2 = , Q(x) = x x x2por tanto x = 0 es un punto singular regular; suponemos una soluci´n de la oforma ∞ y= Cn xn+r n=0 199
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIEScon C0 = 0 y 0 < x < R; derivamos dos veces y sustituimos en la E.D., elresultado es: ∞ 2 2 0 2 2 rx (r − p )C0 x + [(r + 1) − p ]C1 x + {[(n + r)2 − p2 ]Cn + Cn−2 }xn = 0 n=2Luego, (r2 − p2 )C0 = 0 as atic [(r + 1)2 − p2 ]C1 = 0 (5.5) atem [(n + r)2 − p2 ]Cn + Cn−2 = 0 para n ≥ 2Si C0 = 0 ⇒ r2 − p2 = 0 (ecuaci´n indicial) o eM r = ±p ⇒ r1 = p r2 = −p (´ ındices de la singularidad) o. dSi r1 = p ⇒ en la ecuaci´n (5.5): o ept [(p + 1)2 − p2 ]C1 = 0 ,D uia(1 + 2p)C1 = 0 ⇒ C1 = 0, ya que p>0 tioq [(n + p)2 − p2 ]Cn + Cn−2 = 0 n≥2 An (n2 + 2np)Cn + Cn−2 = 0 de n(n + 2p)Cn + Cn−2 = 0 n≥2 ad Cn−2 Cn = − n≥2 rsid n(n + 2p)por tanto todos los coeficientes impares son cero, ya que C1 = 0. ive UnIteramos los pares con n ≥ 2 y obtemos: (−1)n C0 C2n = , (2 × 4 . . . 2n)(2 + 2p)(4 + 2p) . . . (2n + 2p) (−1)n C0 C2n = ; n = 0, 1, 2 . . . (5.6) 22n n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p)200
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.luego, ∞ ∞ n+p p y1 (x) = Cn x = x Cn xn n=0 n=0As´ ı, ∞ y1 (x) = x p C2n x2n n=0 asAl reemplazar (5.6), obtenemos: atic ∞ p (−1)n x2n y1 (x) = x C0 atem n=0 22n n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) ∞ (−1)n x2n+p = C0 2p eM n=0 22n+p n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) ∞ (−1)n x 2n+p o. d = K0 n=0 n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2donde la constante K0 = C0 2p . ept ,D Veamos los siguientes casos: uia tioq a Si p es un entero positivo: ∞ (−1)n x 2n+p An y1 (x) = p! n=0 n!p!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2 de ∞ (−1)n x 2n+p = p! ad n=0 n! (n + p)! 2 rsid ∞ (−1)n x 2n+pa la expresi´n o se le llama funci´n de Bessel de orden p o ive n! (n+p)! 2 n=0y primera especie y se denota por Jp (x). Un b Si p es diferente de un entero positivo: ∞ (−1)n x 2n+p y1 (x) = n=0 n!(1 + p)(2 + p)(3 + p) · · · (n + p) 2 ∞ (−1)n x 2n+p = Γ(p + 1) n=0 n!Γ(p + 1)(1 + p)(2 + p) · · · (n + p) 2 201
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES y como Γ(n + p + 1) = (n + p)Γ(n + p) = (n + p)(n + p − 1)Γ(n + p − 1) = (n + p)(n + p − 1) · · · (1 + p)Γ(1 + p) ∞ (−1)n x 2n+p entonces y1 (x) = Γ(p + 1) n=0 n!Γ(n + p + 1) 2La expresi´n o as ∞ (−1)n x 2n+p atic = Jp (x) n=0 n! Γ(n + p + 1) 2 atemse le llama funci´n de Bessel de orden p y primera especie y se denota por oJp (x), (Ver gr´fica 5.3). a eM o. d 0,4 ept ,D 0,2 uia y 0 0 10 20 30 40 50 tioq x -0,2 An -0,4 de ad Figura 5.3 J 7 (x). 2 rsid En general para p = entero o p = entero y p > 0 ive ∞ (−1)m x 2m+p Jp (x) = Un m=0 m! Γ(m + p + 1) 2Para r2 = −p, supongamos que r1 − r2 = p − (−p) = 2p y 2p diferente de unentero positivo y p > 0.La segunda soluci´n es : o ∞ (−1)n x 2n−p y2 = = J−p (x) n=0 n! Γ(n − p + 1) 2202
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.que es la funci´n de Bessel de orden −p o La soluci´n general, y2 (x) = C1 Jp (x) + C2 J−p (x) si 2p = entero positivo op > 0. 0,6 0,4 as 0,2 atic y 0 0 5 10 15 20 25 atem x -0,2 -0,4 eM -0,6 Figura 5.4 J3 (x) y J−3 (x). o. d Cuando r1 − r2 = 2p = entero positivo (caso ii.), entonces Jp y J−pson linealmente dependientes (Ejercicio)(Ver figura 5.4 con p = 3, observese eptque J−3 (x) = −J3 (x), es decir son linealmente dependientes). En este caso ,Dla segunda soluci´n es de la forma o ∞ uia y2 (x) = CJp ln x + bn xn−p C=0 tioq n=0O tambi´n podemos usar el m´todo de reducci´n de D’lambert como hicimos e e o Ancon la funci´n de Bessel de orden cero y segunda especie Y0 (x). oHaciendo el mismo proceso, llegamos a Yp (x) = Bessel de orden p y segunda deespecie, ad rsid p−1 2 x 1 (p − n − 1)! x 2n−p ive Yp (x) = ln + γ Jp (x) − + π 2 2 n=0 n! 2 Un ∞ n n+p 1 n+1 1 1 1 x 2n+p + (−1) + 2 n=0 k=1 k k=1 k n! (n + p)! 2Donde γ es la constante de Euler. La soluci´n Yp se le llama funci´n de Bessel o ode orden p y segunda especie.Soluci´n general: y = C1 Jp (x) + C2 Yp (x), donde p es un entero positivo.Ver ografica 5.5 para Yp (x) con p = 1. 203
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES 0,4 0,2 x 10 20 30 40 50 0 -0,2 y as -0,4 atic -0,6 atem -0,8 -1 eM Figura 5.5 Y1 (x) o. d Las siguientes propiedades de la funci´n de Bessel, se dejan como ejerci- ocios. ept ,D u(x) Ejercicio 1. Mostrar que con el cambio de variable y = √ x reduce laE.D. de Bessel de orden p a la E.D.: uia 1 1 tioq u′′ (x) + 1 + − p2 u=0 4 x2 An Ejercicio 2. Con el resultado anterior, mostrar que la soluci´n general o 1de la E.D. de Bessel de orden p = 2 es: de ad sen x cos x y = C1 √ + C2 √ rsid x x Ejercicio 3. Sabiendo que ive ∞ Un (−1)n x 2n+p Jp (x) = n=0 n! (n + p)! 2Mostrar que d p [x Jp (kx)] = kxp Jp−1 (kx) dx d −p [x Jp (kx)] = −kx−p Jp+1 (kx) dx204
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.donde k = cte. Ejercicio 4. Con los resultados del ejercicio anterior, mostrar que: d p [Jp (kx)] = kJp−1 (kx) − Jp (kx) (∗) dx x d p [Jp (kx)] = −kJp+1 (kx) + Jp (kx) (∗∗) dx x as aticY con esto mostrar que atem d k [Jp (kx)] = [Jp−1 (kx) − Jp+1 (kx)] dx 2 eM kx Jp (kx) = [Jp−1 (kx) + Jp+1 (kx)] 2p o. d d Ejercicio 5. Hallar J1 (x) y dx J1 (x) en t´rminos de J0 (x) y J2 (x). eHallar Jp+ 1 (x) en t´rminos de Jp− 1 (x) y Jp+ 3 (x). e ept 2 2 2 ,D Ejercicio 6. Probar que J1 (x) dx = −J0 (x) + c uia Ejercicio 7. Probar que para p entero positivo: tioq i) Usando el ejercicio 4. y la aproximaci´n o An 2 π pπ Jp (x) ≈ cos(x − − ) de πx 4 2 ad ∞ ∞ Probar que 0 Jp+1 (x) dx = 0 Jp−1 (x) dx. rsid ive ∞ ii) Sabiendo que 0 J0 (x) dx = 1 (ver ejercicio 11. de la secci´n 6.2), o ∞ mostrar que 0 Jp (x) dx = 1 Un ∞ Jp (x) 1 iii) 0 x dx = p Ejercicio 8. Para p = 0, 1, 2, . . . mostrar que: i) J−p (x) = (−1)p Jp (x) 205
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES ii) Jp (−x) = (−1)p Jp (x) iii) Jp (0) = 0, p>0 iv) J0 (0) = 1 as v) l´ + Yp (x) = −∞ ım atic x→0 atem Ejercicio 9. Comprobar que la E.D. xy ′′ + (1 − 2p)y ′ + xy = 0 eMtiene la soluci´n particular y = xp Jp (x) o(Ayuda: hacer u = x−p y) o. d 1 ept Ejercicio 10. Con el cambio de variable y = x− 2 u(λx), hallar la soluci´n ogeneral de ,D x2 y ′′ + 2xy ′ + λ2 x2 y = 0 uia 1 1(Rta.:y = C1 x− 2 J 1 (λx) + C2 x− 2 J− 1 (λx)) 2 2 tioq5.3.5. PUNTO EN EL INFINITO An Para la E.D.: y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0, se desea saber el comportamiento de 1de la soluci´n en el infinito, para ello se hace el cambio de variable t = x . oO sea que cuando x → ∞ ⇒ t → 0. ad Derivemos dos veces (usando la regla de la cadena) y sustituyamos en la rsidE.D.: ive dy dy dt dy 1 dy y′ = = (− 2 ) = −t2 Un = dx dt dx dt x dt d dy d dy dt d2 y dy y ′′ = ( )= ( ) = [−t2 2 − 2t ](−t2 ) dx dx dt dx dx dt dt 1 1 2 P ( t ) ′ Q( t ) y ′′ + − 2 y + 4 =0 t t tSi t = 0 es punto ordinario entonces x en el infinito es un punto ordinario.Si t = 0 es un punto singular regular con exponentes de singularidad r1 , r2206
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.entonces x en el infinito es un punto singular regular con exponentes desingularidad r1 , r2 .Si t = 0 es un punto singular irregular entonces x en el infinito es un puntosingular irregular.Ejemplo 14. An´lizar los puntos en el infinito para la E.D. de Euler: a 4 2 y ′′ + y ′ + 2 y = 0 x x as 1 aticSoluci´n: haciendo el cambio de variable t = x queda trasformada en la oE.D.: 2 2 atem y ′′ − y ′ + 2 y = 0 t tPor lo tanto t = 0 es un punto singular regular y la ecuaci´n indicial es o eMr(r − 1) − 2r + 2 = 0 ⇒ r1 = 2, r2 = 1, por lo tanto x en el infinito es unpunto singular regular con exponentes 2 y 1. o. d Para los ejercicios siguientes, decir si la E.D. tiene un punto singularregular o irregular en el infinito: ept ,D 1). x2 y ′′ − 4y = 0 uia (Rta.: hay un punto singular regular en el infinito) tioq 2). x3 y ′′ + 2x2 y ′ + 3y = 0 An (Rta.: hay un punto singular regular en el infinito) de Para los ejercicios siguientes hallar las raices indiciales y las dos solucio-nes en serie de Frobenius, linealmente independientes con |x| > 0. ad rsid 1). 4xy ′′ + 2y ′ + y = 0 √ √ ive (Rta.: y1 = cos x, y2 = sen x) Un 2). xy ′′ + 2y ′ + 9xy = 0 (Rta.: y1 = cos 3x , y2 = x sen 3x x ) 3). xy ′′ + 2y ′ − 4xy = 0 (Rta.: y1 = cosh 2x , y2 = x senh 2x x ) 207
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES 4). xy ′′ − y ′ + 4x3 y = 0 (Rta.: y1 = cos x2 , y2 = sen x2 ) 5). 4x2 y ′′ − 4xy ′√ (3 − 4x2 )y = 0 + √ (Rta.: y1 = x cosh x, y2 = x senh x) as 6). 2xy ′′ + 3y ′ − y = 0 atic (Rta.: atem ∞ ∞ xn 1 xn y1 = , y2 = x− 2 ) n=0 n!3 · 5 · 7 . . . (2n + 1) n=0 n!1 · 3 · 5 . . . (2n − 1) eM 7). 2xy ′′ − y ′ − y = 0 o. d (Rta.: 3 ∞ xn ept ∞ xn y1 = x (1+ 2 ), y2 = 1−x− ) ,D n=1 n!5 · 7 . . . (2n + 3) n=2 n!1 · 3 · 5 . . . (2n − 3) uia 8). 3xy ′′ + 2y ′ + 2y = 0 tioq (Rta.: An ∞ ∞ 1 (−1)n 2n (−1)n 2n y1 = x 3 xn , y2 = 1 + xn ) n!4 · 7 . . . (3n + 1) n!2 · 5 . . . (3n − 1) de n=0 n=1 ad 9). 2x2 y ′′ + xy ′ − (1 + 2x2 )y = 0 rsid (Rta.: ive ∞ ∞ x2n 1 x2n y1 = x(1 + ), y2 = x− 2 ) n!7 · 11 . . . (4n + 3) n!1 · 5 . . . (4n + 1) Un n=1 n=010). 2x2 y ′′ + xy ′ − (3 − 2x2 )y = 0 3 (−1)n (Rta.: y1 = x 2 (1 + ∞ n!9·13...(4n+5) x2n ), n=1 ∞ −1 (−1)n−1 y2 = x (1 + x2n )) n=1 n!3 · 7 . . . (4n − 1)208
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.11). 6x2 y ′′ + 7xy ′ − (x2 + 2)y = 0 1 x2n (Rta.: y1 = x 2 (1 + ∞ 2n n!19·31...(12n+7) ), n=1 ∞ 2 x2n y2 = x− 3 (1 + )) n=1 2n n!5 · 17 . . . (12n − 7)12). 3x2 y ′′ + 2xy ′ + x2 y = 0 as 1 (−1)n (Rta.: y1 = x 3 (1 + ∞ x2n ), atic n=1 2n n!7·13...(6n+1) ∞ (−1)n atem y2 = 1 + x2n ) n=1 2n n!5 · 11 . . . (6n − 1) eM13). 2xy ′′ + (1 + x)y ′ + y = 0 o. d (Rta.: ∞ ∞ 1 (−1)n n 1 x (−1)n ept y1 = x 2 x = x 2 e− 2 , y2 = 1 + xn ) n!2n 1 · 3 · 5 · 7 . . . (2n − 1) ,D n=0 n=1 uia14). 2xy ′′ + (1 − 2x2 )y ′ − 4xy = 0 (Rta.: tioq ∞ ∞ x2n 1 x2 2n An 1 y1 = x 2 = x 2 e 2 , y2 = 1 + x2n ) n=0 n!2n n=1 3 · 7 . . . (4n − 1) de15). xy ′′ + (3 − x)y ′ − y = 0 ad ∞ xn (Rta.: y1 = x−2 (1 + x), y2 = 1 + 2 n=1 (n+2)! ) rsid ive16). xy ′′ + (5 − x)y ′ − y = 0 x2 x3 ∞ xn (Rta.: y1 = x−4 (1 + x + Un 2 + 6 ), y2 = 1 + 24 n=1 (n+4)! )17). xy ′′ + (x − 6)y ′ − 3y = 0 (Rta.: ∞ 1 1 1 3 (−1)n 4 · 5 · 6 · · · (n + 3) n y1 = 1− x+ x2 − x , y2 = x7 (1+ x )) 2 10 120 n=1 n!8 · 9 · 10 · · · (n + 7) 209
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES18). 5xy ′′ + (30 + 3x)y ′ + 3y = 0 5 9 (Rta.: y1 = x−5 (1 − 3 x + 50 x2 − 9 250 x3 + 27 5000 x4 ), (−1)n 3n y2 = 1 + 120 ∞ (n+5)!5n xn ) n=119). xy ′′ − (4 + x)y ′ + 3y = 0 ∞ (n+1) n (Rta.: y1 = 1 + 3 x + 4 x2 + 4 1 1 3 24 x, y2 = x5 (1 + 120 n=1 (n+5)! x )) as atic20). x2 y ′′ + (2x + 3x2 )y ′ − 2y = 0 ∞ (−1)n−1 3n n atem (Rta.: y1 = x−2 (2 − 6x + 9x2 ), y2 = n=1 (n+2)! x ) eM21). x(1 − x)y ′′ − 3y ′ + 2y = 0 x4 (Rta.: y1 = 3 + 2x + x2 , y2 = ) o. d (1−x)222). xy ′′ + 2y ′ − xy = 0 ept x2n x2n+1 (Rta.: y1 = x−1 ∞ cosh x y2 = x−1 ∞ senh x ,D n=0 (2n)! = x , n=0 (2n+1)! = x ) uia23). x(x − 1)y ′′ + 3y ′ − 2y = 0 tioq 2 1 ∞ (Rta.: y1 = 1 + 3 x + 3 x2 , y2 = n=0 (n + 1)xn+4 ) An24). xy ′′ + (1 − x)y ′ − y = 0 de (Rta.: y1 (x) = ∞ x = ex , y2 = y1 (x) ln |x| + y1 (x)(−x + 1 x2 − n n=0 n! 4 ad 1 1 3·3! x3 + 4·4! x4 − . . .)) rsid25). xy ′′ + y ′ + y = 0 ive (Rta.: Un ∞ (−1)n n 5 23 y1 (x) = 2 x , y2 = y1 (x) ln |x| + y1 (x)(2x + x2 + x3 + . . .)) n=0 (n!) 4 2726). x2 y ′′ + x(x − 1)y ′ + y = 0 1 1 (Rta.: y1 (x) = xe−x , y2 = xe−x (ln |x| + x + 4 x2 + 3·3! x3 + . . .))210
  • 5.3. SOL. EN TORNO A PUNTOS SING. REG.27). xy ′′ + (x − 1)y ′ − 2y = 0 2 1 1 (Rta.: y1 (x) = x2 , y2 = 1 x2 ln |x| − 2 + x − 3! x3 + . . .)28). xy ′′ − (2x − 1)y ′ + (x − 1)y = 0 (Rta.: y1 (x) = ex , y2 = ex ln |x|) as 1 129). y ′′ + 2x y ′ + 4x y = 0 atic √ √ (Rta.: y1 (x) = cos x, y2 = sen x) atem 6 630). y ′′ + x y ′ + ( x2 − 1)y = 0 eM (Rta.: y1 (x) = senh x , y2 = x3 cosh x x3 ) o. d 331). y ′′ + x y ′ + 4x2 y = 0 2 (Rta.: y1 (x) = sen2x , y2 = cos x2 ) ept x x2 ,D uia 2 232). y ′′ + x y ′ − x2 y = 0 tioq 1 (Rta.: y1 (x) = x, y2 = x2 ) An33). xy ′′ + 2y ′ + xy = 0 de (Rta.: y1 (x) = sen x , y2 = x cos x x ) ad rsid34). xy ′′ + (1 − 2x)y ′ − (1 − x)y = 0 (Rta.: y1 (x) = ex , y2 = ex ln |x|) ive Un 135). y ′′ − 2y ′ + (1 + √ 2 )y = 0 4x √ (Rta.: y1 (x) = x ex , y2 = x ex ln |x|)36). x(x − 1)y ′′ − (1 − 3x)y ′ + y = 0 (Rta.: y1 (x) = 1−x , y2 = ln |x| ) 1 1−x 211
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES 137). y ′′ + x y ′ − y = 0 x2 x4 2 3x4 (Rta.: y1 (x) = 1 + 22 + (2·4)2 + . . . , y2 = ln |x|y1 − ( x + 4 8·16 + . . .)) 338). y ′′ + x+1 y ′ + 2x y = 0 2x √ 7 21 2 (Rta.: y1 (x) = x (1 − 6 x + 40 x + . . .), y2 = 1 − 3x + 2x2 + . . .) as39). x2 y ′′ + x(x − 1)y ′ − (x − 1)y = 0 atic ∞ (−1)n n+1 (Rta.: y1 (x) = x, y2 = x ln |x| + n=1 n!n x ) atem40). xy ′′ − x2 y ′ + (x2 − 2)y = 0 con y(0) = 0 y y ′ (0) = 1 (Rta: y = xex ) eM o. d41). La ecuaci´n hipergeom´trica de Gauss es o e x(1 − x)y ′′ + [γ − (α + β + 1)]y ′ − αβy = 0ept ,D donde α, β, γ son constantes uia a). Mostrar que x = 0 es un punto singular regular con exponente de singularidad 0 y 1 − γ. tioq b). Si γ es un entero positivo, mostrar que An ∞ ∞ 0 n y(x) = x Cn x = Cn xn de n=0 n=0 ad con C0 = 0, cuya relaci´n de recurrencia es: o rsid (α + n)(β + n) Cn+1 = Cn ive (γ + n)(1 + n) Un para n ≥ 0 c). Si C0 = 1 entonces ∞ αn βn n y(x) = 1 + x n=0 n!γn donde αn = α(α − 1) . . . (α + n − 1) para n ≥ 1 y similarmente se definen βn y γn .212
  • 5.4. ANEXO CON EL PAQUETE MAPLE d). La serie en c) se le llama serie hipergeom´trica y se denota por e F (α, β, γ, x). Demostrar que: 1 1) F (1, 1, 1, x) = 1−x (la serie geom´trica) e 2) xF (1, 1, 2, −x) = ln(1 + x) 3) 1 xF ( 2 , 1, 3 , −x2 ) = tan−1 x 2 4) F (−k, 1, 1, −x) = (1 + x)k (la serie binomial). as atic5.4. ANEXO CON EL PAQUETE Maple atem Ejemplo 15. Resolver la E.D. del Ejemplo 5. (x2 − 1)y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0 eM>Eqn1:={(x^2-1)*D(D(y))(x)+4*x*D(y)(x)+2*y(x)=0,D(y)(0)=C1,y(0)=C0}; o. d Eqn1 := ept{(x2 −1)∗D(D(y))(x)+4∗x∗D(y)(x)+2∗y(x) = 0, D(y)(0) = C1, y(0) = C0} ,D uia>Order:=8:>Sol1:=dsolve(Eqn1,y(x),series); tioq AnSol1 := y(x) = C0+C1x+C0x2 +C1x3 +C0x4 +C1x5 +C0x6 +C1x7 +O(x8 ) deEjemplo 16. Para el ejemplo anterior, hallar la relaci´n de recurrencia, ite- orarla hasta n = 8 y luego dar la soluci´n. o adDebemos cambiar el formato de entrada de la E.D. rsid>eqn2:=(x^2-1)*diff(y(x),x,x)+4*x*diff(y(x),x)+2*y(x)=0; ive Un > eqn2 := (x2 − 1) ∗ dif f (y(x), x, x) + 4 ∗ x ∗ dif f (y(x), x) + 2 ∗ y(x) = 0>SeriesSol:=sum(a[n]*x^n,n=k-2..k+2);SeriesSol := a[k − 2]x(k−2) + a[−1 + k]x(−1+k) + a[k]xk + a[1 + k]x(1+k) +a[k + 2]x(k+2)>simplify(simplify(subs(y(x)=SeriesSol,eqn2))); 213
  • CAP´ ITULO 5. SOLUCIONES POR SERIES−(−5a[k − 2]x(k−2) k + 3a[k + 2]x(k+2) k − a[k]xk k + a[1 + k]x(1+k) k − xk a[k −2]k 2 − x(1+k) a[−1 + k]k−3a[−1 + k]x(−1+k) k − 3x(k+2) a[k]k + xk a[k]k 2 + x(k+2) a[k + 2]k 2 + 2a[−1 +k]x(−1+k)+6a[k − 2]x(k−2) + x(k−2) a[k − 2]k 2 + x(−1+k) a[−1 + k]k 2 + 2a[k + 2]x(k+2) −x(1+k) a[−1 + k]k 2−7x(k+2) a[k+2]k+x(1+k) a[1+k]k 2 +xk a[k−2]k−x(k+2) a[k]k 2 −5x(k+3) a[1+k]k−x(k+3) a[1 + k]k 2 − x(k+4) a[k + 2]k 2 − 2a[k]x(k+2) − 6a[1 + k]x(k+3) − 12a[k + as2]x(k+2) )/x2 = 0 atic>a[k+2]:=simplify(solve(coeff(lhs(%),x^(k+2)),a[k+2])); atem eM a[k + 2] := a[k] o. d>a[0]:=C0:a[1]:=C1:> for k from 2 to 8 do a[k]:=a[k-2] od: ept> Sol2:=sum(a[j]*x^j,j=0..8); ,D uiaSol2 := C0 + C1x + C0x2 + C1x3 + C0x4 + C1x5 + C0x6 + C1x7 + C0x8 tioq An>Y1:=C0*sum(’x^(2*k)’,k=0..infinity); de C0 ad Y 1 := − x2−1 rsid>Y2:=C1*sum(’x*x^(2*k)’,k=0..infinity); ive C1x Un Y 2 := − x2 − 1Ejemplo 17. Las siguientes instrucciones grafican las funciones de Bessellde primera especie y segunda especie.>plot(BesselJ(3,x),x=0..50,y=-0.5..0.5);>plot(BesselY(1,x),x=.1..50,y=-1..0.5);214
  • CAP´ ITULO 6 as atic TRANSFORMADA DE LAPLACE atem eM o. d6.1. INTRODUCCION ,D eptDefinici´n 6.1 Sea f (t) una funci´n definida para todo t ≥ 0; se define la o oTransformada de Laplace de f (t) as´ ı: uia ∞ tioq £{f (t)}(s) = F (s) = e−st f (t)dt 0 An b = l´ ım e−st f (t)dt, b→∞ 0 desi el l´ ımite existe. ad rsidTeorema 6.1 .Si f (t) es una funci´n continua a tramos para t ≥ 0 y adem´s |f (t)| ≤ M ect o a ivepara todo t ≥ T , donde M es constante , c > 0 constante y T > 0 constante, Unentonces £{f (t)}(s) existe para s > c. Demostraci´n: veamos que la siguiente integral existe, en efecto: o ∞ ∞ |£{f (t)}(s)| = e−st f (t)dt ≤ |e−st ||f (t)|dt 0 0 ∞ = e−st |f (t)|dt, sabiendo que e−st > 0 0 215
  • CAP´ ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE T ∞ −st = e |f (t)|dt + e−st |f (t)|dt 0 T I1 I2 T I1 = e−st |f (t)|dt existe, ya que f es continua a tramos 0 as ∞ ∞ ∞ I2 = e−st |f (t)| dt ≤ e−st M ect dt = M e(−s+c)t dt atic T T T ≤ M ect atem ∞ M = e−(s−c)t , suponiendo que s − c > 0 −(s − c) T eM M −(s−c)T M −(s−c)T = − (0 − e )= e s−c s−c o. dLuego, £{f (t)}(s) existe, si s > c. ept NOTA: cuando f (t) ≤ |f (t)| ≤ M ect para t ≥ T , entonces decimos que ,Df (t) es de orden exponencial (ver figura 6.1). uia f (t) tioq M ect , (c > 0) An f (t) de • ad (0, M ) • rsid ive t T Un Figura 6.1 Observaci´n: £ es un operador lineal, en efecto o ∞ def. £{αf (t) + βg(t)}(s) = e−st (αf (t) + βg(t)) dt 0216
  • 6.1. INTRODUCCION ∞ ∞ = α e−st f (t) dt + β e−st g(t) dt 0 0 = α£{f (t)}(s) + β£{g(t)}(s)Teorema 6.2 . 1 1). £{1}(s) = s , s > 0, as k £{k}(s) = , s > 0, k constante. atic s atem n! 2). £{tn }(s) = sn+1 , s > 0, n = 1, 2, . . . eM 1 3). £{eat }(s) = , para s > a o. d s−a ept k ,D 4). £{ sen kt}(s) = s2 +k2 , s>0 uia tioq s 5). £{cos kt}(s) = s2 +k2 , s>0 An de k 6). £{ senh kt}(s) = s2 −k2 , s > |k| ad rsid s 7). £{cosh kt}(s) = , s > |k| ive s2 −k2 Un n! 8). £{tn eat }(s) = (s−a)n+1 , s > a, n = 1, 2, . . .Demostraci´n 1). Si s > 0 se tiene que o ∞ ∞ −st e−st 1 £{1}(s) = e 1 dt = = 0 −s 0 s 217
  • CAP´ ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACEDemostraci´n 2). Hagamos la demostraci´n por el m´todo de inducci´n. o o e oPara ello, suponemos que s > 0 y utilizamos el siguiente limite: n ım tl´ | ect | = 0, n = 1, 2, . . .t→∞ ∞ u=t ⇒ du = dtn = 1 : £{t}(s) = e−st t dt, hagamos 0 dv = e dt ⇒ v = − 1 e−st −st s ∞ ∞ te−st 1 = − + e−st dt as s 0 s 0 atic ∞ 1 1 −st atem £{t}(s) = −(0 − 0) + e s −s 0 1 1 eM = − 2 (0 − 1) = 2 s s o. dSupongamos que se cumple para n − 1 y veamos que se cumple para n. Enefecto: ∞ ept u = tn ⇒ du = ntn−1 dt £{tn }(s) = e−st tn dt hagamos dv = e−st dt ⇒ v = − 1 e−st ,D 0 s ∞ ∞ tn e−st n uia = − + e−st tn−1 dt s 0 s 0 tioq £{tn−1 }(s) An n n = −(0 − 0) + £{tn−1 }(s) = £{tn−1 }(s) s s de (n−1)!Pero por la hip´tesis de inducci´n £{tn−1 }(s) = o o sn , luego: ad n (n − 1)! n! rsid £{tn }(s) = n = n+1 s s s ive Demostraci´n 4). Por el m´todo de los operadores inversos, tenemos: o e Un ∞ £{ sen kt}(s) = e−st ( sen kt) dt 0 ∞ ∞ 1 −st −st 1 = e sen kt =e sen kt D 0 D−s 0 ∞ ∞ −st D+s −st D+s = e sen kt =e sen kt D 2 − s2 0 −k 2 − s2 0218
  • 6.2. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE ∞ 1 = − 2 + k2 e−st (k cos kt + s sen kt) s 0 1 k = − 2 (0 − k) = 2 , s>0 s + k2 s + k2En la demostraci´n anterior utilizamos el siguiente teorema de l´ o ımites: sil´ |f (t)| = 0 y g(t) es una funci´n acotada en ℜ entonces l´ f (t)g(t) = 0 ım o ımt→∞ t→∞ as atic6.2. TRANSFORMADA INVERSA DE atem LAPLACE Si £{f (t)}(s) = F (s), entonces decimos que f (t) es una transformada eMinversa de Laplace de F (s) y se denota as´ ı: o. d £−1 {F (s)} = f (t)NOTA: ept ,D La transformada inversa de Laplace de F (s), no necesariamente es uni- ´ uia ca. Por ejemplo la funci´n o tioq  1, si t ≥ 0 y t = 1, t = 2 An  f (t) = 3, si t = 1  de  −3, si t = 2 ad y la funci´n g(t) = 1 (observese que f (t) = g(t)) tienen la misma o rsid transformada, es decir, £{f (t)} = £{g(t)} = 1 . Sinembargo £−1 { 1 } = s s f (t) y £−1 { 1 } = g(t) son diferentes. ive s Pero cuando f (t) y g(t) son continuas para t ≥ 0 y £{f (t)} = £{g(t)} Un entonces f (t) = g(t) (Ver el libro de Variable Compleja de Churchill) Para funciones continuas, £−1 es un operador lineal: £−1 {αF (s) + β G(s)} = α£−1 {F (s)} + β£−1 {G(s)} En los ejemplos de esta secci´n, utilizaremos los resultados del Ap´ndice o e C. para calcular fracciones parciales. 219
  • CAP´ ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACETeorema 6.3 . Para a y k constantes se tiene: 1 k 1). £−1 = 1, y £−1 = k , si s > 0 s s n! 1 tn 2). £−1 = tn y £−1 = , si s > 0 sn+1 sn+1 n! 1 3). £−1 = eat , si s > a as s−a atic k 1 sen kt 4). £−1 = sen kt, y £−1 = , si s > 0 atem s 2 + k2 s 2 + k2 k s 5). £−1 2 + k2 = cos kt , si s > 0 s eM k 1 senh kt 6). £−1 = senh kt y £−1 = , si s > |k| o. d s 2 − k2 s 2 − k2 k s 7). £−1 2 − k2 = cosh kt , si s > |k| ept s ,D n! 1 tn eat 8). £−1 = tn eat y £−1 = , si s > a (s − a)n+1 (s − a)n+1 n! uia tioqEjemplo 1. Con factores lineales en el denominador An 7s − 1 A B C de £−1 = £−1 + + (s − 3)(s + 2)(s − 1) s−3 s+2 s−1 ad rsid 1 1 1 = A£−1 + B£−1 + C£−1 s−3 s+2 s−1 ive = Ae3t + Be−2t + Cet UnPero por fracciones parciales 7s − 1 A B C = + + (s − 3)(s + 2)(s − 1) s−3 s+2 s−1Para hallar el coeficiente A, eliminamos de la fracci´n el factor correspon- odiente a A y en la parte restante sustituimos a s por la ra´ asociada a este ızfactor; lo mismo hacemos para los coeficientes B y C.220
  • 6.2. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE 7 (3) − 1 7 (−2) − 1 7 (1) − 1 A= =2, B= = −1 , C = = −1, (5) (2) (−5) (−3) (−2) (3) 7s − 1 £−1 = 2e3t − e−2t − et (s − 3)(s + 2)(s − 1)Ejemplo 2. Con factores lineales repetidos as atic s+1 A B C D E £−1 = £−1 + + + + atem s2 (s + 2)3 s 2 s (s + 2) 3 (s + 2) 2 s+2 1 1 1 = A£−1 + B£−1 + C£−1 + eM s2 s (s + 2)3 1 1 +D£−1 + E£−1 o. d (s + 2) 2 s+2 2 −2t −2t t e te = A t + B (1) + C 2! +D ept1! + E e−2t ,D s+1 A B C D E = 2+ + + + s2 (s + 2)3 s s (s + 2) 3 (s + 2) 2 s+2 uia tioq y por los m´todos de las fracciones parciales hallamos e An A = 1 , B = − 16 , C = − 1 , D = 0, E = 8 1 4 1 16 , luego de s+1 1 1 1 t2 e−2t 1 −2t £−1 = t− − + e s2 (s + 2)3 8 16 4 2! 16 ad rsidEjemplo 3. Factores cuadr´ticos, lo factorizamos en factores lineales en los acomplejos ive Un s2 + 2 s2 + 2£−1 = £−1 s(s2 + 2s + 2) s(s − (−1 + i))(s − (−1 − i)) A B C = £−1 + + s s − (−1 + i) s − (−1 − i) 1 1 = A£−1 + B£−1 + s s − (−1 + i) 221
  • CAP´ ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE 1 +C£−1 s − (−1 − i) = A (1) + B e(−1+i)t + Ce(−1−i)t = A + Be−t (cos t + i sen t) + C e−t (cos t − i sen t) = A + e−t [(B + C) cos t + i(B − C) sen t] asHallamos los coeficientes de la misma manera que en ejemplo 1. atic 02 + 2 2 atem A = = =1 [0 − (−1 + i)][0 − (−1 − i)] 1+1 (−1 + i)2 + 2 1 eM B = =− =i (−1 + i)[−1 + i − (−1 − i)] i 2 (−1 − i) + 2 1 o. d C = = = −i (−1 − i)[−1 − i − (−1 + i)] i £−1 s2 + 2 ept = 1 + e−t (0 cos t + i(2i) sen t) s(s2 + 2s + 2) ,D = 1 − 2e−t sen t uia tioq6.3. TEOREMAS SOBRE LA TRANSFOR- An MADA DE LAPLACE de Los teoremas que veremos en esta secci´n nos permitir´n en muchos casos o acalcular la transformada inversa sin utilizar fracciones parciales. ad rsidTeorema 6.4 .Si f es una funci´n continua a tramos para t ≥ 0 y de orden exponencial o ivepara t ≥ T , entonces Un l´ £ {f (t)} (s) = l´ F (s) = 0 ım ım s→∞ s→∞ Demostraci´n: como la funci´n f es continua a tramos en [0, T ], en- o otonces es acotada en este intervalo y por tanto ∃M1 > 0 tal que |f (t)| ≤M1 e0t , ∀t ∈ [0, T ] y como f (t) es de orden exponencial para t ≥ T , enton-ces |f (t)| ≤ M2 eγt donde M2 y γ son constantes con M2 ≥ 0.222
  • 6.3. TEOREMAS SOBRE LA TRANSFORMADA DE LAPLACESea M = m´x{M1 , M2 } y sea α = m´x{0, γ}; por lo tanto, |f (t)| ≤ M eαt , a a∀t ≥ 0. ∞ ∞ ∞ |F (s)| = e−st f (t) dt ≤ e−st |f (t)| dt ≤ e−st M eαt dt 0 0 0 ∞ ∞ 1 = M e−(s−α)t dt = e−(s−α) −(s − α) as 0 0 M M atic s>α = − (0 − 1) = s−α s−α atem M ⇒ l´ |F (s)| ≤ l´ ım ım =0 s→∞ s→∞ s − α ⇒ l´ F (s) = 0 ım eM s→∞Teorema 6.5 (Primer Teorema de Translaci´n) . o o. dSi a es un n´mero real cualquiera, entonces u £ eat f (t) (s) = £ {f (t)} (s − a) ept ,D = F (s − a) uia tioq Demostraci´n: o An ∞ ∞ £{eat f (t)}(s) = e−st eat f (t) dt = e−(s−a)t f (t) dt de 0 0 = £{f (t)}(s − a) = F (s − a) adNOTA: £−1 {F (s − a)} = eat f (t) rsid iveEjemplo 4. £{e2t sen t}(s) 1Soluci´n: £{e2t sen t}(s) = £{ sen t}(s − 2) = o Un (s−2)2 +1ya que £{ sen t}(s) = s21 +1 1Ejemplo 5. £−1 s2 −2s+3Soluci´n: o 1 1 £−1 = £−1 = e2t sen t s2 − 2s + 3 (s − 2)2 + 1 223
  • CAP´ ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACE sEjemplo 6. £−1 s2 +4s+5Soluci´n: o s (s + 2) − 2 £−1 = £−1 s2 + 4s + 5 (s + 2)2 + 1 s+2 1 as = £−1 − 2 £−1 (s + 2)2 + 1 (s + 2)2 + 1 atic = e−2t cos t − 2e−2t sen t atemDefinici´n 6.2 (Funci´n Escal´n Unitario) .(Ver figura 6.2) o o o eM 0, si 0 ≤ t < a, U(t − a) = 1, si t ≥ a o. d U(t − a) ept 1 ,D t uia a tioq−1 Figura 6.2 An Ejemplo 7. Al aplicar U(t − π) a la funci´n sen t trunca la funci´n sen t o o deentre 0 y π quedando la funci´n g(t) = U(t − π) sen t como lo muestra la o adgr´fica 6.3 a g(t) rsid 1 ive t Un π −1 Figura 6.3224
  • 6.3. TEOREMAS SOBRE LA TRANSFORMADA DE LAPLACETeorema 6.6 (Segundo Teorema de Translaci´n) . oSi a > 0 y f (t) es continua para t ≥ 0 y de orden exponencial entonces £{U(t − a)f (t − a)}(s) = e−as F (s) = e−as £{f (t)}(s) Demostraci´n: o as ∞ atic£{U(t − a)f (t − a)}(s) = e−st U(t − a)f (t − a) dt 0 atem a ∞ −st = e U(t − a)f (t − a) dt + e−st U(t − a)f (t − a) dt 0 a a ∞ eM = e−st 0f (t − a) dt + e−st 1f (t − a) dt 0 a o. d ∞ = e−st f (t − a) dt a eptHagamos u = t − a ⇒ du = dt, por lo tanto, ,D uia ∞ £{U(t − a)f (t − a)}(s) = e−s(u+a) f (u) du tioq 0 ∞ = e−sa e−su f (u) du An 0 = e−as £{f (t)}(s) deNOTA: forma rec´ ıproca ad rsid £−1 {e−as F (s)} = U(t − a)f (t − a) iveEjemplo 8. Hallar £{U(t − a)} Un 1 e−as £{U(t − a)} = £{U(t − a) 1} = e−as = s sEjemplo 9. Hallar £{U(t − π ) sen t} 2Soluci´n: o π π π π £ U t− sen t = £ U t − sen t − + 2 2 2 2 225
  • CAP´ ITULO 6. TRANSFORMADA DE LAPLACEpero π π π π π π sen t − + = sen t − cos + sen cos t − 2 2 2 2 2 2 π = cos t − 2 π π −π s £ U t− cos t − = e 2 £{cos t} 2 2 s as π = e− 2 s 2 atic s +1 e−sEjemplo 10. Hallar £−1 atem s(s+1)Soluci´n: o eM e−s 1 £−1 = £−1 e−s s(s + 1) s(s + 1) o. dcomo 1 A B ept = + ⇒ A = 1, B = −1 ,D s(s + 1) s s+1 uia 1 1 = £−1 e−s − £−1 e−s s s+1 tioq = U(t − 1) − U(t − 1) e−(t−1) AnTeorema 6.7 (Derivada de una Transformada) . dn de£{tn f (t)}(s) = (−1)n dsn F (s), con n = 1, 2, . . .,donde F (s) = £{f (t)}(s) ad rsid Demostraci´n: por inducci´n sobre n. o o ive ∞ −st n=1 F (s) = 0 e f (t) dt Un ∞ ∞ dF (s) d ∂ −st = e−st f (t) dt = (e f (t)) dt ds ds 0 0 ∂s ∞ ∞ = −t e−st f (t) dt = − e−st (t f (t)) dt 0 0 def.£ = −£{t f (t)}(s) d ⇒ £{t f (t)}(s) = − F (s) ds226
  • 6.3. TEOREMAS SOBRE LA TRANSFORMADA DE LAPLACESupongamos que se cumple para n = k dk £{tk f (t)}(s) = (−1)n F (s) dskVeamos que se cumple para n = k + 1 n=1 d £{tk+1 f (t)}(s) = £{t tk f (t)}(s) = − £{tk f (t)}(s) ds as n=k d dk = − [(−1)k k F (s)] atic ds ds k+1 d = (−1)k+1 k+1 F (s) atem ds NOTA: para el caso n = 1, obtenemos una f´rmula que nos permite o eMhallar la transformada inversa de transformadas que no las tenemos en latabla de transformadas. o. d d £{t f (t)}(s) = − F (s) ds epto sea que ,D t f (t) = −£−1 {F ′ (s)}