Ecuaciones diferenciables

271
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Luis Angel Zaldívar Cruz Agosto 2004

Transcript of Ecuaciones diferenciables

Page 1: Ecuaciones diferenciables

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

Luis Angel Zaldívar Cruz

Agosto 2004

Page 2: Ecuaciones diferenciables

ii

Page 3: Ecuaciones diferenciables

Índice general

I Ecuaciones diferenciales ordinarias 1

1. Introducción a las ecuaciones diferenciales 31.1. Observaciones generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1. Definición de ecuación diferencial . . . . . . . . . . . . . . 41.2. Clasificación de las ecuaciones diferenciales . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1. Clasificación según el tipo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.2. Clasificación según el orden y grado . . . . . . . . . . . . 51.2.3. Clasificación según la linealidad . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3. Solución de una ecuación diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.1. Más terminología . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2. Ecuaciones diferenciales de primer orden 112.1. Teoría preliminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2. Variables separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3. Ecuaciones homogéneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.4. Ecuaciones exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.4.1. Factor integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.5. Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.5.1. Un factor integrante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.5.2. Método de solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.5.3. Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3. Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden 373.1. Trayectorias ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.1.1. Procedimiento para encontrar las trayectorias ortogonalesde una familia dada de curvas . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.2. Problemas de tasas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.2.1. Tasa de crecimiento y decaimiento . . . . . . . . . . . . . 41

3.3. Problemas de mezclas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.4. Problemas en mecánica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.4.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.4.2. Problemas de caida libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.4.3. Fuerzas de fricción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.5. Circuitos eléctricos simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

iii

Page 4: Ecuaciones diferenciables

iv ÍNDICE GENERAL

4. Métodos explícitos de solución para las ecuaciones diferencialeslineales de orden superior 614.1. Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales . . . . . . . . 61

4.1.1. Reducción de orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.1.2. La ecuación no homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4.2. La ecuación lineal homogénea con coeficientes constantes . . . . 774.2.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774.2.2. Raíces de un polinomio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 784.2.3. Caso 1. Raíces reales distintas . . . . . . . . . . . . . . . . 804.2.4. Caso 2. Raíces reales repetidas . . . . . . . . . . . . . . . 824.2.5. Caso 3. Raíces complejas conjugadas . . . . . . . . . . . . 854.2.6. Problema de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

4.3. El método de coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . 884.3.1. El método . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4.4. Variación de parámetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 974.4.1. El método . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 974.4.2. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

4.5. La ecuación de Cauchy-Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.5.1. La ecuación y el método de solución . . . . . . . . . . . . 105

5. Soluciones en series de las ecuaciones diferenciales lineales 1115.1. Soluciones en series de potencia alrededor de un punto ordinario 111

5.1.1. Conceptos básicos y resultados . . . . . . . . . . . . . . . 1115.1.2. El método de solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

5.2. Soluciones alrededor de puntos singulares; el método de Frobenius 1235.2.1. Puntos singulares regulares . . . . . . . . . . . . . . . . . 1235.2.2. El método de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

5.3. La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel . . . . . . . . . . . 1445.3.1. Ecuación de Bessel de orden cero . . . . . . . . . . . . . . 1445.3.2. Ecuación de Bessel de orden p . . . . . . . . . . . . . . . 148

6. La transformada de Laplace 1556.1. Definición y otros conceptos básicos . . . . . . . . . . . . . . . . 156

6.1.1. Definición y existencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1566.1.2. Linealidad de la transformada de Laplace . . . . . . . . . 159

6.2. La transformada inversa y la transformada de una derivada . . . 1606.2.1. Linealidad de la transformada inversa de Laplace . . . . . 1606.2.2. La transformada de una derivada . . . . . . . . . . . . . . 162

6.3. Solución de una ecuación diferencial ordinaria lineal . . . . . . . 1636.3.1. El método . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

6.4. Teoremas de traslación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1676.4.1. Traslación en el eje s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1676.4.2. Traslación en el eje t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

6.5. Derivadas de transformadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1776.6. Convolución y la transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . 178

6.6.1. Forma inversa del teorema de convolución . . . . . . . . . 180

Page 5: Ecuaciones diferenciables

ÍNDICE GENERAL v

6.6.2. Transformada de una integral . . . . . . . . . . . . . . . . 1806.6.3. Ecuaciones integrodiferenciales . . . . . . . . . . . . . . . 1816.6.4. Transformada de una función periódica . . . . . . . . . . 183

7. Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier1 1857.1. Crisis en las matemáticas: series de Fourier . . . . . . . . . . . . 1857.2. Problemas de eigenvalores para y00 + λy = 0 . . . . . . . . . . . 186

7.2.1. Ortogonalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1917.3. Series de Fourier I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

7.3.1. Series De Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1947.3.2. Convergencia de las series de Fourier . . . . . . . . . . . . 1957.3.3. Funciones pares e impares . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

7.4. Series de Fourier II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2077.4.1. Serie coseno de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2077.4.2. Serie seno de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2097.4.3. Serie coseno de Fourier mixta . . . . . . . . . . . . . . . . 2117.4.4. Serie seno de Fourier mixta . . . . . . . . . . . . . . . . . 2147.4.5. Una observación util . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

8. Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales 2218.1. La ecuación de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

8.1.1. Problemas no homogéneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2288.2. La ecuación de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

8.2.1. Vibraciones de una cuerda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2308.2.2. La solución formal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

8.3. La ecuación de calor en tres dimensiones . . . . . . . . . . . . . . 2418.3.1. La solución formal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

A. Apéndice A 261

Afterword 263

1Este capítulo fue pirateado del libro:Elementary Differential Equations with BoundaryValue Problems, William Trench, Ed. Brooks/Cole Publishing Co.

Page 6: Ecuaciones diferenciables

vi ÍNDICE GENERAL

Page 7: Ecuaciones diferenciables

Prefacio

Este libro está escrito para el curso de un semestre en ecuaciones diferencialesordinarias que los estudiantes de ingeniería del Sistema Nacional de InstitutosTecnológicos, al cual pertenece el Instituto Tecnológico de Tehuacán, toman conel nombre de Matemáticas IV. Para la comprensión de los temas de este libro serequiere del conocimiento de cálculo elemental el cual es estudiado en los cursosde Matemáticas I y II.Mi experiencia en la enseñanza de las matemáticas y de las materias de

especialidad relacionadas con las matemáticas han influido tanto en el estilo dela escritura como en la organización de este texto. Así, sin sacrificio de rigor hetratado de mantener la teoría en un nivel simple haciendo énfasis en la mode-lación de problemas y en los métodos de solución. Sin embargo, no he omitidolas pruebas de algunos teoremas cuando éstas se justifican para la comprensiónde los métodos y cuando la prueba no utiliza un conocimiento más allá del quetengan los estudiantes de ingeniería. En general, he intentado explicar detalla-damente algunas aplicaciones puesto que las ecuaciones diferenciales constituyenla herramienta de modelación más importante para muchos de los problemas quesurgen en ingeniería.En el capítulo 1, presentamos básicamente la definición y clasificación de las

ecuaciones diferenciales y el concepto de solución.En el capítulo 2 incluimos los métodos básicos de solución de las ecuaciones

diferenciales diferenciales de primer orden. Así, presentamos los métodos desolución para ecuaciones diferenciales de variables separables, ecuaciones difer-enciales de coeficientes homogéneos, ecuaciones diferenciales exactas y termi-namos con la solución de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden.En el capítulo 3 estudiamos algunas aplicaciones de las ecuaciones diferen-

ciales de primer orden. De esta manera incluimos el estudio de las trayectoriasortogonales, algunos ejemplos de problemas de tasas y de mecánica y concluimosel tema con la modelación de circuitos eléctricos simples.El capítulo 4 trata exhaustivamente los métodos explícitos de solución de

las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. En este capítulo se pre-sentan el método de coeficientes indeterminados y el método de variación deparámetros. El capítulo termina con el estudio de la ecuación de Cauchy-Euler.En el capítulo 5 estudiamos las soluciones en series de potencias de las ecua-

ciones diferenciales lineales.

vii

Page 8: Ecuaciones diferenciables

viii Prefacio

Page 9: Ecuaciones diferenciables

Parte I

Ecuaciones diferencialesordinarias

1

Page 10: Ecuaciones diferenciables
Page 11: Ecuaciones diferenciables

Capítulo 1

Introducción a lasecuaciones diferenciales

1.1. Observaciones generalesLas ecuaciones diferenciales constituyen una de las herramientas más impor-

tantes para la resolución de problemas de la ingeniería y de la ciencia en general.En las aplicaciones de la ingeniería, de la física y de la ciencia en general, seconcibe una ley y entonces se expresa mediante una ecuación diferencial o unsistema de ecuaciones diferenciales. Luego, la solución de la ecuación diferencialo del sistema de ecuaciones diferenciales proporciona una explicación completay cuantitativa de los estados y movimientos de las sustancias regidas por estaley. Por ejemplo, consideremos la segunda ley de movimiento de Newton. Deacuerdo con esta ley, la aceleración a de un cuerpo de masa m es proporcionala la fuerza resultante F que actúa sobre el cuerpo con 1/m como la constantede proporcionalidad; matemáticamente, esto es

F = ma. (1.1)

Si aplicamos esta ley para describir la caída libre de un cuerpo de masa m bajola influencia única de la gravedad, la fuerza que actúa sobre el cuerpo es iguala mg, donde g es la aceleración de la gravedad. Si utilizamos la variable y paradenotar la altura medida hacia abajo desde una posición prefijada, entonces lavelocidad con la que cae el cuerpo está dada por

v =dy

dt

y su aceleración por

a =dv

dt=

d2y

dt2.

Con esta expresión de a, podemos escribir (1.1) como

md2y

dt2= mg

3

Page 12: Ecuaciones diferenciables

4 Cap.1 Introducción a las ecs. diferenciales

od2y

dt2= g. (1.2)

Ahora, si complicamos un poco más el problema considerando que el aire ejerceuna fuerza de resistencia proporcional a la velocidad, la fuerza resultante queactúa sobre el cuerpo es

F = mg − kv,

por lo que (1.1) se convierte en

md2y

dt2= mg − k

dy

dt. (1.3)

Las ecuaciones (1.2) y (1.3) son las ecuaciones diferenciales que expresan matemáti-camente la segunda ley de Newton.

1.1.1. Definición de ecuación diferencial

El problema que enfrentaremos en este curso es: dada una ecuación talcomo dy/dx = 2xy, encontrar una función y = f(x) que satisfaga laecuación. En pocas palabras, se desea resolver ecuaciones diferenciales.

Definición 1 Si una ecuación contiene las derivadas o diferenciales de una omás variables dependientes con respecto a una o más variables independientes,se dice que es una ecuación diferencial.

1.2. Clasificación de las ecuaciones diferenciales

1.2.1. Clasificación según el tipo

Si una ecuación contiene sólo derivadas ordinarias de una o más variablesdependientes con respecto a una sola variable independiente, entonces se diceque es una ecuación diferencial ordinaria.

Ejemplo 1

3dy

dx− 7y = 6

3(x+ y)dx− 4ydy = 0du

dx− dv

dx= 5x

3d2y

dx2− 5dy

dx+ 8y = 0

son ecuaciones diferenciales ordinarias.

Una ecuación diferencial que contiene las derivadas parciales de una o másvariables dependientes de dos o más variables independientes se llama ecuacióndiferencial parcial.

Page 13: Ecuaciones diferenciables

Sec.1.2 Clasificación de las ecs. diferenciales 5

Ejemplo 2∂u

∂y+

∂v

∂x= 0

2x∂u

∂x+ 3y

∂u

∂y= u

∂2u

∂x∂y= 6 (x+ y)

a2∂2u

∂x2=

∂2u

∂t2− 3k∂u

∂t

son ecuaciones diferenciales parciales.

1.2.2. Clasificación según el orden y grado

El orden de una ecuación diferencial lo determina la derivada de orden másalto en la ecuación diferencial.

Ejemplo 3

2d2y

dx2+ 5

µdy

dx

¶2− 4y = 7x

es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden.Puesto que la ecuación diferencial

2x2dy + 3ydx = 0

puede escribirse en la forma

2x2dy

dx+ 3y = 0

es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden.La ecuación

c2∂4u

∂x4+ b2

∂2u

∂t2= 0

es una ecuación diferencial parcial de cuarto orden.

Definición 2 Una ecuación diferencial ordinaria de orden n se representa sim-bólicamente como

F

µx, y,

dy

dx,d2y

dx2, . . . ,

dny

dxn

¶= 0 (1.4)

El grado de una ecuación diferencial ordinaria algebraica respecto a susderivadas es el grado algebraico de su derivada de mayor orden.

Page 14: Ecuaciones diferenciables

6 Cap.1 Introducción a las ecs. diferenciales

Ejemplo 4

5

sµd3y

dx3

¶2−s1−

µdy

dx

¶2= 0.

En este caso, como la derivada de mayor orden esd3y

dx3, el orden de la ecuación

diferencial es 3. Elevando a la décima potencia, obtenemosµd3y

dx3

¶4−"1−

µdy

dx

¶2#5= 0.

Así, por definición, el grado ded3y

dx3, que es 4 es el grado de la ecuación difer-

encial.

1.2.3. Clasificación según la linealidad

Definición 3 Una ecuación diferencial de orden n es lineal si puede escribirseen la forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x)y = g(x)

Una ecuación diferencial que no es lineal se dice no lineal.

Ejemplo 5 Las ecuaciones diferenciales

xdy + ydx = 0

y00 − 3y0 + y = 0

y

2x3d3y

dx3− x2

d2y

dx2+ 3x

dy

dx+ 5y = 8ex

son ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primero, segundo y tercerorden, respectivamente.

Ejemplo 6 Las ecuaciones diferenciales

dy

dx= 5xy1/2

yy00 − 3y0 = x+ 1

y

2d3y

dx3+ y2 = 0

son ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales de primero, segundo y tercerorden, respectivamente.

Page 15: Ecuaciones diferenciables

Sec. 1.3 Solución de una ec. diferencial 7

1.3. Solución de una ecuación diferencial

Definición 4 Se dice que una función f definida en el intervalo I, es soluciónde una ecuación diferencial en dicho intervalo, si sustituida en la ecuación dife-rencial la reduce a una identidad. En otras palabras, una solución de la ecuacióndiferencial (1.4) es una función y = f(x) que tiene por lo menos n derivadas ytal que

F³x, f(x), f 0(x), . . . , f (n)(x)

´= 0

para todo x en I.

Ejemplo 7 La función y = x4/16 es una solución de la ecuación no lineal

dy

dx− xy1/2 = 0 (1.5)

en −∞ < x <∞. Puesto que

dy

dx= 4

x3

16=

x3

4

vemos que

dy

dx− xy1/2 =

x3

4− x

µx4

16

¶1/2=

x3

4− x3

4= 0

para todo número real.

Muchas ecuaciones diferenciales tienen una solución importante, pero trivial.Nótese que en el ejemplo anterior, la ecuación diferencial (1.5) además de y =x4/16 también tiene la solución trivial y = 0.

Ejemplo 8 Las ecuaciones diferenciales de primer ordenµdy

dx

¶2+ 1 = 0

y(y0)2 + y2 + 4 = 0

no tienen soluciones reales.¿Por qué?

Definición 5 Una solución explícita de una ecuación diferencial de ordenn en un intervalo I es una función y = f(x) definida en I y que satisfaceF¡x, f(x), f 0(x), . . . , f (n)(x)

¢= 0 para todo x en I.

Page 16: Ecuaciones diferenciables

8 Cap.1 Introducción a las ecs. diferenciales

Ejemplo 9 Considere la ecuación diferencial

y0 + y = 0

La función y1(x) = e−x está definida y es continua en el intervalo (−∞,∞) yla derivada y01(x) = −e−x está definida en (−∞,∞). Puesto que

y01(x) + y1(x) = −e−x + e−x

= 0 ∀x ∈ (−∞,∞);

esto es, dado que y1(x) = e−x satisface la ecuación diferencial y0 + y = 0para todo x en (−∞,∞), y1(x) = e−x es una solución explícita de la ecuacióndiferencial dada para todo x real.

Definición 6 La relación f(x, y) = 0 se dice que es una solución implícitade la ecuación diferencial de orden n en el intervalo I si la relación define almenos una función y(x) en el intervalo I tal que y(x) es una solución explícitade la ecuación diferencial en I.

Ejemplo 10 Considere la ecuación diferencial

yy0 + x = 0. (1.6)

La relaciónf(x, y) = y2 + x2 − 16 = 0 (1.7)

es una solución implícita en el intervalo (−4, 4). Resolviendo la ecuación (1.7)en y en términos de x, obtenemos

y(x) = ±p16− x2.

Las funcionesy1(x) =

p16− x2 (1.8)

yy2(x) = −

p16− x2 (1.9)

están definidas y son reales en [−4, 4]. Diferenciando las ecuaciones (1.8) y(1.9), obtenemos

y01(x) = −x√

16− x2

y

y02(x) =x√

16− x2

Sustituyendo y01(x) en la ecuación diferencial (1.6), encontramos quep16− x2

µ− x√

16− x2

¶+ x = −x+ x = 0

Page 17: Ecuaciones diferenciables

Sec. 1.3 Solución de una ec. diferencial 9

Así y1(x) es una solución explícita de (1.6) en el intervalo (−4, 4) y por tantola ecuación (1.7) es una solución implícita de (1.6) en el intervalo (−4, 4).Similarmente, se puede demostrar que y2(x) es una solución explícita de (1.6)en el intervalo (−4, 4). Así, la solución implícita (1.7) define por lo menos dossoluciones explícitas de (1.6) en el intervalo (−4, 4). La función

y3(x) =

½ √16− x2 −4 ≤ x ≤ 0−√16− x2 0 < x ≤ 4

satisface la relación (1.7); sin embargo no es una solución explícita de (1.6)en el intervalo (−4, 4), pues y3(x) no es continua y por consiguiente no esdiferenciable en x = 0.

1.3.1. Más terminología

Generalmente, una ecuación diferencial tiene un número infinito de solu-ciones.

Ejemplo 11 Considere la ecuación diferencial

dy

dx= 2xy. (1.10)

Es fácil demostrar que cualquier curva de la familia uniparámetrica y = cex2

,donde c es cualquier constante arbitraria, es una solución de (1.10). Esto es,y = cex

2

representa una familia de soluciones de la ecuación diferencial (1.10).Como se indica en la figura 1.1, y = 0, obtenida haciendo c = 0, también esuna solución de la ecuación diferencial (1.10).

En conclusión, al resolver una ecuación diferencial de orden n F (x, y, y0, . . . ,y(n)) = 0, esperamos obtener una familia n-paramétrica de solucionesG(x, y, c1, . . . , cn) = 0.

Definición 7 Una solución de una ecuación diferencial que no contiene pará-metros arbitrarios se denomina solución particular.

Ejemplo 12 Inmediatamente se ve que y = cex es una familia n-paramétricade soluciones de la ecuación diferencial de primer orden y0 = y. Para c =0,−2 y 5 obtenemos las soluciones particulares y = 0, y = −2ex y y = 5ex,respectivamente.

Definición 8 A veces, una ecuación diferencial tiene una solución que no puedeobtenerse asignando valores específicos a los parámetros de una familia de solu-ciones. A tal solución se le llama solución singular.

Ejemplo 13 Una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación diferen-cial y0 − xy1/2 = 0, está dada por y = (x2/4 + c)2. Cuando c = 0, resulta lasolución particular y = x4/16. Por otro lado, y ≡ 0 es una solución singularde la ecuación diferencial ya que no puede obtenerse de la familia de solucionesasignando un valore específico al parámetro c.

Page 18: Ecuaciones diferenciables

10 Cap.1 Introducción a las ecs. diferenciales

Figura 1.1: Gráfica de la familia de soluciones.

Definición 9 Si todas las soluciones de la ecuación diferencial F (x, y, y0, . . . ,y(n)) = 0 en un intervalo I pueden obtenerse de G(x, y, c1, . . . , cn) = 0 mediantela asignación de valores apropiados a los parámetros c1, . . . , cn, entonces se diceque la familia n-paramétrica de soluciones G(x, y, c1, . . . , cn) = 0 es la solucióngeneral de la ecuación diferencial F (x, y, y0, . . . , y(n)) = 0.

Page 19: Ecuaciones diferenciables

Capítulo 2

Ecuaciones diferenciales deprimer orden

2.1. Teoría preliminarA menudo nos interesa resolver una ecuación diferencial de primer orden

dy

dx= f(x, y) (2.1)

sujeta a la condición adicional

y(x0) = y0 (2.2)

donde x0 es un punto en I y y0 es un número real arbitrario. El problema

Resuelva :dy

dx= f(x, y) (2.3)

sujeta a : y(x0) = y0

se llama problema de valor inicial. A la condición adicional (2.2) se la conocecomo condición inicial.

Ejemplo 14 Hemos visto que y = cex es una familia uniparamétrica de solu-ciones de y0 = y en el intervalo −∞ < x <∞. Si por ejemplo, especificamos quey(0) = 3, entonces, sustituyendo x = 0, y = 3 en la familia resulta 3 = ce0 = c.Luego, como se muestra en la figura 2.1,

y = 3ex

es una solución del problema de valor inicial

y0 = y

y(0) = 3.

11

Page 20: Ecuaciones diferenciables

12 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Figura 2.1:

si hubiésemos pedido que una solución de y0 = y pase por el punto (1, 3) en lugarde (0, 3), en tal caso, y(1) = 3 habría dado c = 3e−1 y por lo tanto y = 3ex−1.El gráfico de esta función también se indica en la figura 2.1.

Al considerar un problema de valor inicial como (2.3) surgen dos preguntasfundamentales:

¿Existe una solución del problema?

Si es que existe una solución, ¿es la única?

Geométricamente, la primer pregunta es: de todas las soluciones de la ecuacióndiferencial (2.1) que existen en el intervalo I, ¿hay alguna cuyo gráfico pase por(x0, y0)? Ver la figura 2.2.El siguiente ejemplo muestra que la respuesta a la segunda pregunta a veces

es negativa.

Ejemplo 15 La figura 2.3 muestra que el problema de valor inicial

dy

dx− xy1/2 = 0

y(0) = 0

tiene al menos dos soluciones en el intervalo −∞ < x < ∞. Los gráficos deambas funciones

y ≡ 0 y y =x4

16

pasan por (0, 0).

Page 21: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.1 Teoría preliminar 13

Figura 2.2:

Figura 2.3:

Page 22: Ecuaciones diferenciables

14 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

A menudo es deseable saber, antes de atacar un problema de valor inicial sies que existe una solución y, en caso de que exista, si esta es única. El teoremasiguiente, debido a E. Picard, da las condiciones suficientes para la existenciade una solución única de (2.3).

Teorema 1 Sea R una región rectangular en el plano xy definida por a ≤ x ≤ b,c ≤ y ≤ d que contiene al punto (x0, y0) en su interior. Si f(x, y) y ∂f/∂y soncontinuas en R, entonces existe un intervalo I con centro en x0 y una funciónúnica y(x) definida en I que satisface el problema de valor inicial (2.3).

Ejemplo 16 Ya hemos visto en el último ejemplo que la ecuación diferencial

dy

dx− xy1/2 = 0

tiene al menos dos soluciones cuyos gráficos pasan por (0, 0). Escribiendo laecuación diferencial en la forma dy/dx = xy1/2 podemos escribir

f(x, y) = xy1/2 y∂f

∂x=

x

2y1/2.

Es de notar que ambas funciones son continuas en el semiplano superior definidopor y > 0. De acuerdo con el teorema 1 se concluye que para cualquier punto(x0, y0), y0 > 0 (por ejemplo, (0, 1)) existe un intervalo en torno a x0 en elcual la ecuación diferencial dada tiene una solución unica.

Ejemplo 17 Observe que en

dy

dx= x2 + y2

f(x, y) = x2 + y2 y∂f

∂y= 2y

son continuas en todo el plano xy. Por lo tanto, por cualquier punto dado (x0, y0)pasa una y sólo una solución de la ecuación diferencial.

2.2. Variables separablesEmpezamos nuestro estudio de los métodos para resolver ecuaciones de

primer orden con la ecuación diferencial más simple de todas.Si g(x) es una función continua dada, entonces la ecuación de primer orden

dy

dx= g(x) (2.4)

se puede resolver por integración. La solución de (2.4) es

y =

Zg(x)dx+ c

Page 23: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.2 Variables separables 15

Ejemplo 18 Resuelvady

dx= 1 + e2x.

Solución. Escribiendo la ecuación en la forma

dy = (1 + e2x)dx

e integrando, obtenemos

y =

Z(1 + e2x)dx = x+

1

2e2x + c.

La ecuación (2.4), así como su método de solución, es sólo un caso especialde:

Definición 10 Se dice que una ecuación diferencial de la forma

dy

dx=

g(x)

h(y)

es separable o que tiene variables separables.

Observe que una ecuación separable puede escribirse como

h(y)dy

dx= g(x). (2.5)

De inmediato se ve que cuando h(y) ≡ 1, (2.5) se reduce a (2.4).Método de solución: Ahora bien, si y = f(x) es una solución de (2.5),

debemos tenerh(f(x))f 0(x) = g(x)

y por tanto Zh(f(x))f 0(x)dx =

Zg(x)dx+ c (2.6)

Pero dy = f 0(x)dx, luego (2.3) es lo mismo queZh(y)dy =

Zg(x)dx+ c (2.7)

Ejemplo 19 Resuelva (1 + x)dy − ydx = 0.

Solución. Dividiendo por (1+x)y podemos escribir dy/y = dx/(1+x) de dondese tiene Z

dy

y=

Zdx

1 + x

ln |y| = ln |1 + x|+ c1

y = eln |1+x|+c1

= eln |1+x| · ec1= (1 + x)ec1 .

Page 24: Ecuaciones diferenciables

16 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Llamando c a ec1 resultay = c(1 + x).

Ejemplo 20 Resuelva

xy4dx+ (y2 + 2)e−3xdy = 0 (2.8)

Solución. Multiplicando la ecuación dada por e3x y dividiendo por y4 obten-emos

xe3xdx+y2 + 2

y4dy = 0

oxe3xdx+ (y−2 + 2y−4)dy = 0 (2.9)

Utilizando integración por partes en el primer término resulta

1

3xe3x − 1

9e3x − y−1 − 2

3y−3 = c1.

La familia uniparamétrica de soluciones puede también escribirse como

e3x(3x− 1) = 9

y+6

y3+ c (2.10)

donde la constante 9c1 se reescribe como c.Nota: dos puntos merecen mencionarse en este momento.

A no ser que sea importante o conveniente, es innecesario tratar de despe-jar explícitamente y en términos de x en una expresión que representa unafamilia de soluciones. La expresión (2.10) muestra que esta labor puederepresentar más problemas que solamente el tedioso esfuerzo de manipu-lación de símbolos. Como consecuencia, sucede a menudo que el intervaloen el cual la solución es válida no es claramente visible.

La separación de variables debe realizarse cuidadosamente para tener laseguridad que los divisores no se anulan. Por ejemplo, puede ser que a vecesse pierda una solución constante con los manejos algebraicos realizadospara solucionar el problema.

Ejemplo 21 Una forma equivalente de la ecuación (2.8) en el último ejemploes

(y2 + 2)dy

dx= xe3xy4. (2.11)

Mientras que (2.9) y (2.10) están sujetas a la restricción y 6= 0, se observa quey ≡ 0 es una solución perfectamente correcta de la ecuación (2.11) mas no esun miembro del conjunto de soluciones definido por (2.10).

Ejemplo 22 Resuelvax senx e−ydx− y dy = 0

Page 25: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.2 Variables separables 17

Solución. Después de dividir por e−y, la ecuación se transforma en

x senxdx = y eydy.

Utilizando integración por partes en ambos miembros de la igualdad resulta

−x cosx+ senx = yey − ey + c.

Ejemplo 23 Resuelvady

dx=

x− 4x− 3

sujeta a la condición inicial y(1) = 2.

Solución. Utilizando la división de polinomios, el lado derecho de la ecuaciónpuede escribirse como

dy

dx= 1− 1

x− 3 .Integrando esta ecuación resulta

y = x− ln |x− 3|+ c.

Cuando x = 1, y = 2, tenemos

2 = 1− ln |− 2|+ c

luego c = 1 + ln 2. Así

y = x− ln |x− 3|+ 1 + ln 2o

y = x+ 1 + ln2

|x− 3| .

Como una consecuencia del teorema 1, se puede demostrar que ésta es la únicasolución del problema, en el intervalo −∞ < x < 3.

Ejemplo 24 Resuelvady

dx= −x

y

sujeta a y(4) = 3.

Solución. Ya se ha visto que la ecuación diferencial de la familia de círculosconcéntricos x2 + y2 = c2 es dy/dx = −x/y. Ahora, es obvio que y dy = −xdxy por tanto Z

ydy = −Z

xdx

y2

2= −x

2

2+ c1

Page 26: Ecuaciones diferenciables

18 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Figura 2.4:

ox2 + y2 = c2

donde la constante 2c1 se reemplaza por c2. Ahora bien, cuando x = 4 se tieney = 3 de modo que 16+9 = 25 = c2. El problema de valores iniciales determinaasí la solución x2+y2 = 25. Como consecuencia del teorema 1, se puede concluirque este es el único círculo, de la familia de círculos, que pasa por por el punto(4, 3). Ver la figura 2.4.Uno nunca debiera sentirse totalmente satisfecho cuando resuelve ecuaciones

diferenciales. Aún cuando la solución de una ecuación de primer orden contengauna constante arbitraria, ya se ha visto que es posible que no se puedan encontrartodas las soluciones simplemente asignando valores diferentes a este parámetro.

Ejemplo 25 Resuelvady

dx= y2 − 4

sujeta a y(0) = −2.Solución. Escribimos la ecuación en la forma

dy

y2 − 4 = dx (2.12)

y usamos fracciones parciales en el lado izquierdo. Tenemos· −14y + 2

+14

y − 2¸dy = dx (2.13)

de modo que

−14ln |y + 2|+ 1

4ln |y − 2| = x+ c1. (2.14)

Así

ln

¯y − 2y + 2

¯= 4x+ c2 donde c2 = 4c1

Page 27: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.2 Variables separables 19

Figura 2.5:

yy − 2y + 2

= ce4x donde c = ec2

donde formalmente hemos reemplazado ec2 por c. Finalmente obtenemos

y = 21 + ce4x

1− ce4x. (2.15)

El sustituir x = 0, y = −2 conduce al dilema−1 + c = 1 + c o − 1 = 1.

Consideremos la ecuación diferencial con un poco más de cuidado. El hecho esque la ecuación

dy

dx= (y + 2)(y − 2)

es satisfecha por dos funciones constantes, a saber, y ≡ −2 e y = 2. Un examencuidadoso de las ecuaciones (2.12), (2.13) y (2.14) claramente nos indica quedebemos excluir y = −2 y y = 2 en esos pasos de la solución. También esinteresante observar que posteriormente podemos recobrar la solución y ≡ 2haciendo c = 0 en la ecuación (2.15). Sin embargo, no hay ningún valor finito dec que pueda dar la solución y ≡ −2. Esta última función constante es la únicasolución del problema original del valor inicial. Ver la figura 2.5. Por otro lado,si hubiéramos multiplicado la ecuación 2.14 por −4 (no por 4, como se hizo),entonces la forma de la familia uniparamétrica de soluciones sería

y = 2c+ e4x

c− e4x. (2.16)

Nótese que cuando c = 0, (2.16) se reduce a y ≡ −2, pero ahora ningún valorfinito de c dará la solución constante y ≡ 2.

Page 28: Ecuaciones diferenciables

20 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Si una condición inicial conduce a una solución particular encontrando unvalor específico del parámetro c en una familia de soluciones de una ecuacióndiferencial de primer orden, la tendencia natural de la mayoría de los estudiantes(e instructores) es dar el problema por terminado y sentirse satisfechos. Sinembargo, ya vimos que la solución de un problema de valor inicial puede no serúnica. Por ejemplo, el problema

dy

dx− xy1/2 = 0, (2.17)

y(0) = 0

tiene al menos dos soluciones, a saber, y ≡ 0 e y = x4/16. Resolviendo laecuación por separación de variables

y−1/2dy = xdx

2y1/2 =x2

2+ c1

o

y =

µx2

4+ c

¶2Cuando x = 0 se tiene y = 0, luego necesariamente c = 0. Por lo tanto, y =x4/16. Al dividir por y1/2 se perdió la solución y ≡ 0. Además, el problema devalor inicial (2.17) tiene un número infinito de soluciones, ya que para cualquiervalor del parámetro a ≥ 0, la función definida en trozos

y =

(0, x < a³x2

4 + c´2

x ≥ a

satisface la ecuación diferencial y la condición inicial. Ver la figura 2.6

2.3. Ecuaciones homogéneas

Si una ecuación en la forma diferencial

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (2.18)

tiene la propiedad

M(tx, ty) = tnM(x, y) y N(tx, ty) = tnN(x, y)

decimos que tiene coeficientes homogéneos o que es una ecuación ho-mogénea. La cuestión importante es que una ecuación diferencial homogéneasiempre puede transformarse a una ecuación separable por medio de una sub-stitución algebraica.

Page 29: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.3 Ecuaciones homogéneas 21

Figura 2.6:

Definición 11 Se dice que f(x, y) es una función homogénea de grado n, sipara algún número real n,

f(tx, ty) = tnf(x, y).

Ejemplo 26

f(x, y) = x− 3√xy + 5yf(tx, ty) = (tx)− 3

p(tx)(ty) + 5(ty)

= tx− 3pt2xy + 5ty

= t [x− 3√xy + 5y] = t(fx, y).

La función es homogénea de grado uno.

Ejemplo 27

f(x, y) =px3 + y3

f(tx, ty) =pt3x3 + t3y3

= t3/2px3 + y3 = t3/2f(x, y).

La función es homogénea de grado 3/2.

Ejemplo 28

f(x, y) = x2 + y2 + 1

f(tx, ty) = t2x2 + t2y2 + 1 6= t2f(x, y).

ya que t2f(x, y) = t2x2 + t2y2 + t2. La función no es homogénea.

Page 30: Ecuaciones diferenciables

22 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Ejemplo 29

f(x, y) =x

2y+ 4

f(tx, ty) =tx

2ty+ 4

=x

2y+ 4 = t0f(x, y).

La función es homogénea de grado cero.

Si f(x, y) es una función homogénea de grado n, observe que podemos escribir

f(x, y) = xnf³1,

y

x

´y f(x, y) = ynf

µx

y, 1

¶donde f(1, y/x) y f(x/y, 1) son ambas de grado cero.

Ejemplo 30 Vemos que f(x, y) = x2 + 3xy + y2 es homogénea de grado dos.Por lo tanto

f(x, y) = x2·1 + 3

³yx

´+³yx

´2¸= x2f

³1,

y

x

´f(x, y) = y2

"µx

y

¶2+ 3

µx

y

¶+ 1

#= y2f

µx

y, 1

¶.

Método de solución: Una ecuación de la formaM(x, y)dx+N(x, y)dy = 0,donde M y N tienen el mismo grado de homogeneidad, pueden reducirse auna ecuación de variables separables utilizando cualquiera de las substitucionesy = ux o x = vy, donde u y v son nuevas variables dependientes. En particular,si y = ux, entonces dy = udx + xdu. Por lo tanto, la ecuación diferencial setransforma en

M(x, ux)dx+N(x, ux)[udx+ xdu] = 0.

Ahora, por la homegeneidad de M y N podemos escribir

xnM(1, u)dx+ xnN(1, u)[udx+ xdu] = 0

o[M(1, u) + uN(1, u)] dx+ xN(1, u)du = 0

de lo cual resultadx

x+

N(1, u) du

M(1, u) + uN(1, u)= 0

la cual es una ecuación diferencial de variables separables. La demostración parala sustitución x = vy es similar.

Ejemplo 31 Resuelva

(x2 + y2)dx+ (x2 − xy)dy = 0.

Page 31: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.4 Ecuaciones exactas 23

Solución. M(x, y) y N(x, y) son funciones homogéneas de grado dos. Si hace-mos y = ux, se obtiene

(x2 + u2x2)dx+ (x2 − ux2)[udx+ xdu] = 0

x2(1 + u)dx+ x3(1− u)du = 0

1− u

1 + udu+

dx

x= 0·

−1 + 2

1 + u

¸du+

dx

x= 0

−u+ 2 ln |1 + u|+ ln |x|+ ln |c| = 0

−yx+ 2 ln

¯1 +

y

x

¯+ ln |x|+ ln |c| = 0.

Utilizando las propiedades de los logaritmos, la solución se transforma en

c(x+ y)2 = xey/x.

Ejemplo 32 Resuelva

(2√xy − y)dx− xdy = 0.

Solución. Los coeficientes M(x, y) y N(x, y) son homogéneos de grado uno. Siy = ux, la ecuación diferencial se transforma en

du

2u− 2u1/2 +dx

x= 0.

Sabemos que la integral del primer término puede calcularse mediante la susti-tución adicional t = u1/2. El resultado es

dt

t− 1 +dx

x= 0

ln |t− 1|+ ln |x| = ln |c|

ln

¯ry

x− 1¯+ ln |x| = ln |c|

x

µry

x− 1¶

= c

√xy − x = c

2.4. Ecuaciones exactasObservamos que la ecuación diferencial

ydx+ xdy = 0

Page 32: Ecuaciones diferenciables

24 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

es separable y homogénea. Además, es de notar que es equivalente a la diferencialdel producto xy. Esto es

ydx+ xdy = d(xy) = 0.

Integrando esta expresión se obtiene de inmediato la solución implícita xy = c.Recordemos que si z = f(x, y) es una función con derivadas parciales de primerorden continuas en una región R del plano xy, entonces su diferencial total es

dz =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy. (2.19)

Ahora bien, si f(x, y) = c, de (2.19) se deduce que

∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy = 0.

En otras palabras, dada una familia de curvas f(x, y) = c, podemos generar unaecuación diferencial de primer orden calculando la diferencial total.

Ejemplo 33 Si x2 − 5xy + y3 = c, entonces

(2x− 5y)dx+ (−5x+ 3y2)dy = 0 ody

dx=

5y − 2x−5x+ 3y2 .

Ejemplo 34 Si y − cosx2y = 2, entonces2xy senx2ydx+ (1 + x2 senx2y)dy = 0.

Es más importante para nuestros fines invertir el problema; esto es, dadauna ecuación como

dy

dx=

5y − 2x−5x+ 3y2 , (2.20)

¿puede identificarse (2.20) como una ecuación equivalente a

d(x2 − 5xy + y3) = 0?

Nótese que la ecuación (2.20) no es ni separable ni homogénea.

Definición 12 La expresión

M(x, y)dx+N(x, y)dy

es una diferencial exacta en una región R del plano xy si corresponde a ladiferencial total de alguna función f(x, y). Una ecuación

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

es una ecuación diferencial exacta si la expresión del miembro izquierdo esuna diferencial exacta.

Page 33: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.4 Ecuaciones exactas 25

Ejemplo 35 La ecuación x2y3dx+ x3y2dy = 0 es exacta puesto que

d(1

3x3y3) = x2y3dx+ x3y2dy.

El siguiente teorema proporciona un criterio para determinar si una diferen-cial es exacta.

Teorema 2 Supongamos queM(x, y) y N(x, y) son continuas y tienen derivadasparciales de primer orden continuas en una región R del plano xy. Entonces,una condición necesaria y suficiente para que

M(x, y)dx+N(x, y)dy

sea una diferencial exacta es que

∂M

∂y=

∂N

∂x. (2.21)

Prueba. (condición necesaria) Por simplicidad, supongamos que M(x, y) yN(x, y) tienen derivadas parciales de primer orden continuas para todo (x, y).Ahora bien, si la expresión M(x, y)dx+N(x, y)dy es exacta, existe alguna fun-ción f para la cual

M(x, y)dx+N(x, y)dy ≡ ∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy

y

M(x, y) =∂f

∂x, N(x, y) =

∂f

∂y

Por lo tanto

∂M

∂y=

∂y

µ∂f

∂x

¶=

∂2f

∂y∂x=

∂x

µ∂f

∂y

¶=

∂N

∂x

La igualdad de las derivadas parciales mixtas es consecuencia de la continuidadde las derivadas parciales de primer orden de M(x, y) y N(x, y).La demostración de la condición suficiente en el teorema 2 consiste en probar

que existe una función f para la cual ∂f/∂x =M(x, y) y ∂f/∂y = N(x, y) cadavez que la condición (2.21) se cumple. La construcción de la función de f reflejade hecho un procedimiento básico para resolver ecuaciones exactas.Método de solución. Dada la ecuación

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, (2.22)

primero demuestre que∂M

∂y=

∂N

∂x.

Suponga entonces que∂f

∂x=M(x, y).

Page 34: Ecuaciones diferenciables

26 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Así podemos encontrar f integrando M(x, y) con respecto a x mientras semantiene constante a y. Escribimos

f(x, y) =

ZM(x, y)dx+ g(y) (2.23)

donde la función arbitraria g(y) es la “constante” de integración. Derive ahora(2.23) con respecto a y y suponga que ∂f/∂y = N(x, y).

∂f

∂y=

∂y

ZM(x, y)dx+ g0(y)

= N(x, y).

De esto resulta

g0(y) = N(x, y)− ∂

∂y

ZM(x, y)dx. (2.24)

Es importante observar que la expresión N(x, y)− (∂/∂y) R M(x, y)dx es inde-pendiente de x puesto que

∂x

·N(x, y)− ∂

∂y

ZM(x, y)dx

¸=

∂N

∂x− ∂

∂y

µ∂

∂x

ZM(x, y)dx

¶=

∂N

∂x− ∂M

∂y= 0.

Finalmente, integre (2.24) con respecto a y y sustituya el resultado en (2.23).La solución de la ecuación es f(x, y) = c.

Nota: En el procedimiento anterior podríamos haber empezado suponiendoque ∂f/∂y = N(x, y). Las expresiones análogas de (2.23) y (2.24) serían

f(x, y) =

ZN(x, y)dy + h(x)

y

h0(x) =M(x, y)− ∂

∂x

ZN(x, y)dy.

respectivamente.En cualquiera de los casos, ninguna de estas expresiones debiera memo-

rizarse. Además, al investigar si la ecuación diferencial es exacta, asegúresede que es de la forma (2.22). A menudo, una ecuación diferencial se escribeG(x, y)dx = H(x, y)dy. En este caso, escriba la ecuación como G(x, y)dx −H(x, y)dy = 0 e identifique M(x, y) = G(x, y) y N(x, y) = −H(x, y).

Ejemplo 36 Resuelva

2xydx+ (x2 − 1)dy = 0.

Page 35: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.4 Ecuaciones exactas 27

Figura 2.7:

Solución. Si bien la ecuación es separable, además es exacta puesto que

∂M

∂y= 2x =

∂N

∂x.

Ahora bien, por el teorema 2 existe una función f(x, y) para la que

∂f

∂x= 2xy y

∂f

∂y= x2 − 1.

De la primera de estas ecuaciones obtenemos

f(x, y) = x2y + g(y).

Derivando parcialmente la última expresión con respecto a y e igualando elresultado a N(x, y) resulta

∂f

∂y= x2 + g0(y)

= x2 − 1.Se deduce que

g0(y) = −1 y g(y) = −y.Algunas curvas de la familia x2y − y = c se dan en la figura 2.7.

Ejemplo 37 Resuelva (e2y − y cosxy)dx+ (2xe2y − x cosxy + 2y)dy = 0

Solución. La ecuación no es ni separable ni homogénea, pero es exacta puestoque

∂M

∂y= 2e2y + xy senxy − cosxy = ∂N

∂x.

Page 36: Ecuaciones diferenciables

28 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Sabemos que existe una función f(x, y) para la que

M(x, y) =∂f

∂xy N(x, y) =

∂f

∂y.

Supongamos que ∂f/∂y = N(x, y). O sea,

∂f

∂y= 2xe2y − x cosxy + 2y

f(x, y) = 2x

Ze2ydy − x

Zcosxydy + 2

Zydy.

Se tienef(x, y) = xe2y − senxy + y2 + h(x)

∂f

∂x= e2y − y cosxy + h0(x)

= e2y − y cosxy,

de modo que h0(x) = 0 y h(x) = c.

Luego podemos escribir la solución como

xe2y − senxy + y2 + c = 0.

Ejemplo 38 Resuelva

(cosx senx− xy2)dx+ y(1− x2)dy = 0

sujeta a y(0) = 2.

Solución. La ecuación es exacta puesto que

∂M

∂y= −2xy = ∂N

∂x.

Ahora bien,∂f

∂y= y(1− x2)

f(x, y) =y2

2(1− x2) + h(x)

∂f

∂x= −xy2 + h0(x)

= cosx senx− xy2.

Page 37: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.4 Ecuaciones exactas 29

La última ecuación implica

h0(x) = cosx senx

h(x) = −Zcosx(− senxdx)

= −12cos2 x.

Luegoy2

2(1− x2)− 1

2cos2 x = c1

oy2(1− x2)− cos2 x = c. (c = 2c1)

La condición inicial y = 2 cuando x = 0 exige que

22 × (1− 02)− cos2(0) = c

Lo cual da c = 3. Entonces la solución es

y2(1− x2)− cos2 x = 3.

2.4.1. Factor integrante

Es posible que la ecuación diferencial M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 no seaexacta, pero podría existir una función µ(x, y) tal que µ(x, y)M(x, y) dx +µ(x, y)N(x, y) dy = 0 es exacta. A la función µ(x, y) se le llama factor in-tegrante.

Ejemplo 39 Resuelva

2y(y − 1)dx+ x(2y − 1)dy = 0. (2.25)

Solución. La ecuación no es exacta puesto que si

M(x, y) = 2y(y − 1) y N(x, y) = x(2y − 1),entonces

∂M

∂y= 4y − 2 y

∂N

∂x= 2y − 1.

Ahora, si multiplicamos la ecuación diferencial (2.25) por µ(x, y) = x, obtenemos

2xy(y − 1)dx+ x2(2y − 1)dy = 0 (2.26)

de modo que

M(x, y) = 2xy(y − 1) y N(x, y) = x2(2y − 1),

Page 38: Ecuaciones diferenciables

30 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

y∂M

∂y= 4xy − 2x y

∂N

∂x= 4xy − 2x.

Como la ecuación diferencial (2.26) es exacta, podemos utilizar el procedimientopara resolver ecuaciones diferenciales exactas. Así,

∂f

∂x= 2xy(y − 1)

Integrando con respecto a x,

f(x, y) =

Z2xy(y − 1)dx+ g(y)

= x2y(y − 1) + g(y)

of(x, y) = x2(y2 − y) + g(y). (2.27)

Derivando parcialmente esta última expresión con respecto a y, obtenemos

∂f

∂y= x2(2y − 1) + g0(y)

lo cual implica que g0(y) = 0, luego entonces g(y) = c1. Sustituyendo en (2.27),tenemos que

x2(y2 − y) + c1 = 0

ox2(y2 − y) = c, (c = −c1)

la cual es solución tanto de (2.25) como de (2.26).

2.5. Ecuaciones linealesLa forma general de una ecuación diferencial lineal de orden n es

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x)y = g(x).

donde todos los coeficientes son funciones de x solamente y todas las derivadasestán elevadas a la potencia uno solamente.Ahora, si n = 1, obtenemos la ecuación diferencial lineal de primer orden

a1(x)dy

dx+ a0(x)y = g(x).

Dividiendo por a1(x) resulta la forma más útil

dy

dx+ P (x)y = f(x) (2.28)

donde P (x) = a0(x)/a1(x) y f(x) = g(x)/a1(x).El problema consiste en buscar la solución de (2.28) en un intervalo I en el

cual P (x) y f(x) son continuas.

Page 39: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.5 Ecuaciones lineales 31

2.5.1. Un factor integrante

Escribamos la ecuación (2.28) en la forma diferencial

dy + [P (x)y − f(x)] dx = 0. (2.29)

Las ecuaciones diferenciales lineales tienen la propiedad de que siempre es posi-ble encontrar una función µ(x) tal que

µ(x)dy + µ(x) [P (x)y − f(x)] dx = 0 (2.30)

es una ecuación diferencial exacta. Por el teorema 2 sabemos que el miembroizquierdo de la ecuación (2.30) es una diferencial exacta si

∂xµ(x) =

∂yµ(x) [P (x)y − f(x)] (2.31)

odµ

dx= µP (x).

Esta es una ecuación diferencial separable a partir de la cual podemos determi-nar µ(x). Tenemos

µ= P (x)dx.

Integrando con respecto a x, tenemos

ln |µ| =Z

P (x)dx (2.32)

de modo queµ(x) = e P (x)dx. (2.33)

A la función µ(x) definida en (2.33) se le llama factor integrante de la ecuaciónlineal (2.28).

2.5.2. Método de solución

Para resolver una ecuación diferencial lineal de primer orden, primero es-críbala en la forma (2.28). Después, multiplique toda la ecuación por el factorintegrante e P (x)dx.El lado izquierdo de

e P (x)dx dy

dx+ P (x)e P (x)dxy = e P (x)dxf(x)

es la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente:e P (x)dxy. Escriba la ecuación en la forma

d

dx

he P (x)dxy

i= e P (x)dxf(x)

y por último, integre en ambos lados.

Page 40: Ecuaciones diferenciables

32 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Ejemplo 40 Resuelva

xdy

dx− 4y = x6ex.

Solución. Escriba la ecuación como

dy

dx− 4

xy = x5ex (2.34)

y determine el factor integrante

e−4 dx/x = e−4 ln |x| = elnx−4= x−4.

Ahora multiplique (2.34) por este término

x−4dy

dx− 4x−5y = xex

la cual es equivalente ad

dx

£x−4y

¤= xex.

Integrando por partes, obtenemos

x−4y = xex − ex + c

oy = x5ex − x4ex + cx4.

Ejemplo 41 Resuelvady

dx− 3y = 0.

Solución. La ecuación ya está en la forma (2.28). Por consiguiente, el factorintegrante es

e (−3)dx = e−3x

y en consecuencia

e−3xdy

dx− 3e−3xy = 0

d

dx

£e−3xy

¤= 0

e−3xy = c

y por tantoy = ce3x.

Page 41: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.5 Ecuaciones lineales 33

Ejemplo 42 Encuentre la solución general de

(x2 + 9)dy

dx+ xy = 0.

Solución. Escribimosdy

dx+

x

x2 + 9y = 0.

La función P (x) = x/(x2 + 9) es continua en −∞ < x < ∞. Ahora bien, elfactor integrante de la ecuación es

e xdx/(x2+9) = e12 2xdx/(x2+9) = e

12 ln(x

2+9) =px2 + 9

de modo que px2 + 9

dy

dx+

x√x2 + 9

y = 0

od

dx

hpx2 + 9 y

i= 0

o px2 + 9 y = c.

Por lo tanto, la solución general es

y =c√

x2 + 9.

Ejemplo 43 Resuelvady

dx+ 2xy = x

sujeta a y(0) = −3.Solución. Las funciones P (x) = 2x y f(x) = x son continuas en −∞ < x <∞.El factor integrante es

e2 xdx = ex2

de modo que

ex2 dy

dx+ 2xex

2

y = xex2

od

dx

hex

2

yi= xex

2

Integrando

ex2

y =

Zxex

2

dx

=1

2

Zex

2

(2xdx)

=1

2ex

2

+ c.

Page 42: Ecuaciones diferenciables

34 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Por consiguiente, la solución general de la ecuación diferencial es

y =1

2+ ce−x

2

.

La condición y(0) = −3 da c = −7/2 y por tanto la solución del problema devalor inicial en el intervalo es

y =1

2− 72e−x

2

.

Ver la figura 2.8.

Figura 2.8:

Ejemplo 44 Resuelva

xdy

dx+ y = 2x

sujeta a y(1) = 0.

Solución. La ecuación puede escribirse en la forma

dy

dx+1

xy = 2

donde P (x) = 1/x es continua en cualquier intervalo que no contiene al origen.Como es un problema de valor inicial, resolvemos el problema en el intervalo0 < x <∞.

El factor integrante ese dx/x = eln |x| = x

Page 43: Ecuaciones diferenciables

Sec.2.5 Ecuaciones lineales 35

Figura 2.9:

y por lo tantod

dx[xy] = 2x

Integrandoxy = x2 + c.

La solución general de la ecuación es

y = x+c

x. (2.35)

Sustituyendo la condición inicial y(1) = 0, en la solución general (2.35), obten-emos c = −1. Por lo tanto, la solución del problema es

y = x− 1x, 0 < x <∞. (2.36)

El gráfico de (2.35), es una familia uniparamétrica de curvas que se da en lafigura 2.9. La solución (2.36) del problema de valor inicial se indica en la mismafigura mediante la curva más gruesa.

2.5.3. Ecuación de Bernoulli

A la ecuación diferencial

dy

dx+ P (x)y = f(x)yn, (2.37)

donde n es un número real cualquiera, se le llama ecuación de Bernoulli.

Page 44: Ecuaciones diferenciables

36 Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Para n 6= 0 y n 6= 1, la sustitución w = y1−n convierte la ecuación deBernoulli en una ecuación diferencial lineal de primer orden

dw

dx+ (1− n)P (x)w = (1− n)f(x). (2.38)

Ejemplo 45 Resuelvady

dx+1

xy = xy2.

Solución. Por (2.37) identificamos P (x) = 1/x, f(x) = x y n = 2. En conse-cuencia, por (2.38) sabemos que la transformación w = y−1 conduce a

dw

dx− 1

xw = −x.

El factor integrante de esta ecuación diferencial lineal en el intervalo 0 < x <∞es

e− dx/x = e− ln |x| = eln |x|−1= x−1.

Por lo tantod

dx

£x−1w

¤= −1.

Integrandox−1w = −x+ c

ow = −x2 + cx.

Haciendo la sustitución w = y−1, se obtiene

y =1

−x2 + cx.

Page 45: Ecuaciones diferenciables

Capítulo 3

Aplicaciones de lasecuaciones diferenciales deprimer orden

3.1. Trayectorias ortogonalesDefinición 13 Supongamos que

F (x, y, c) = 0 (3.1)

es una familia uniparamétrica de curvas en el plano xy. Una curva que intersectalas curvas de la familia (3.1) en ángulos rectos se denomina una trayectoriaortogonal de la familia dada.

Ejemplo 46 Considere la familia de círculos

x2 + y2 = c2 (3.2)

con centro en el origen y radio c. Cada recta a través del origen,

y = kx (3.3)

es una trayectoria ortogonal de la familia de círculos (3.2). A la inversa, cadacírculo de la familia (3.2) es una trayectoria ortogonal de la familia de rectas(3.3). Siempre que dos familias uniparamétricas de curvas están relacionadasde este modo se dice que cada una de ellas es una familia de trayectoriasortogonales de la otra. En la figura 3.1 se representan con trazo continuoalgunos círculos de la familia de círculos (3.2) y varios miembros, con trazodiscontinuo, de la familia de rectas (3.3).

El problema de encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de cur-vas surge en muchas situaciones físicas. Por ejemplo, en un campo eléctrico en

37

Page 46: Ecuaciones diferenciables

38 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

Figura 3.1:

Figura 3.2:

dos dimensiones las líneas de fuerza (líneas de flujo) y las curvas equipotencialesson trayectorias ortogonales una de la otra. En la figura 3.2 se muestra un cam-po eléctrico en torno a dos cuerpos de carga opuesta. Las líneas de fuerza seindican mediante un trazo discontinuo mientras que las curvas equipotencialesse muestran con un trazo continuo.

3.1.1. Procedimiento para encontrar las trayectorias or-togonales de una familia dada de curvas

Paso 1: De la ecuaciónF (x, y, c) = 0 (3.4)

de la familia dada de curvas, encontrar la ecuación diferencial

dy

dx= f(x, y) (3.5)

de esta familia.

Page 47: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.1 Trayectorias ortogonales 39

Paso 2: En la ecuación diferencial dy/dx = f(x, y) encontrada en el paso1, reemplace f(x, y) por su recíproco negativo −1/f(x, y). Esto da la ecuacióndiferencial

dy

dx= − 1

f(x, y)(3.6)

de las trayectorias ortogonales.Paso 3: Obtenga una familia uniparamétrica

G(x, y, c) = 0 o y = F (x, c) (3.7)

de soluciones de la ecuación diferencial (3.6), lo que da la familia deseada detrayectorias ortogonales (3.7).

Nota: En el paso 1, en la determinación de la ecuación diferencial (3.5) dela familia dada, asegúrese de eliminar el paramétro c durante el proceso.

Ejemplo 47 En el ejemplo 1, establecimos que el conjunto de trayectorias or-togonales de la familia de círculos

x2 + y2 = c2 (3.8)

es la familia de rectasy = kx. (3.9)

A continuación utilizaremos el procedimiento establecido para encontrar la fa-milia de trayectorias ortogonales de la familia de círculos.Paso 1: Diferenciando la ecuación

x2 + y2 = c2

de la familia dada, obtenemos

x+ ydy

dx= 0.

De esta ecuación, obtenemos la ecuación diferencial

dy

dx= −x

y(3.10)

de la familia dada (3.8). Observe en este caso que el parámetro c automática-mente fue eliminado.

Paso 2: Reemplazamos −x/y por su recíproco negativo en la ecuación difer-encial (3.10) para obtener la ecuación diferencial

dy

dx=

y

x(3.11)

de las trayectorias ortogonales.

Page 48: Ecuaciones diferenciables

40 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

Paso 3: Ahora resolvemos la ecuación diferencial (3.11). Separando variables,obtenemos

dy

y=

dx

x;

integrando, obtenemosy = kx. (3.12)

Esta es una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación diferencial(3.11) y así representa la familia de trayectorias ortogonales de la familia decírculos (3.8).

Ejemplo 48 Encontrar las trayectorias ortogonales de la familia de parábolasy = cx2.

Solución.

Paso 1: Primero encontramos la ecuación diferencial de la familia

y = cx2. (3.13)

Diferenciando, obtenemosdy

dx= 2cx. (3.14)

Eliminando el parámetro c entre las ecuaciones (3.13) y (3.14), obtenemos laecuación diferencial de la familia (3.13) en la forma

dy

dx=2y

x. (3.15)

Paso 2: Ahora, encontramos la ecuación diferencial de las trayectorias ortogo-nales reemplazando 2y/x en (3.15) por su recíproco negativo, obteniendo

dy

dx= − x

2y. (3.16)

Paso 3: A continuación resolvemos la ecuación diferencial (3.16). Separandovariables, obtenemos

2y dy = −x dx.Integrando, obtenemos la familia uniparamétrica de soluciones de (3.16) en laforma

x2 + 2y2 = k2,

donde k es una constante arbitraria. Esta es la familia de trayectorias ortogonalesde (3.13); es claro que es una familia de elipses con centros en el origen y ejeprincipal en el eje-x. En la figura 3.3, se muestran algunos miembros de la familiade parábolas y algunas de las trayectorias ortogonales (las elipses).

Page 49: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.2 Problemas de tasas 41

Figura 3.3:

3.2. Problemas de tasasEn ciertos problemas la tasa en la cual una cantidad cambia es una función

conocida de la cantidad actual o del tiempo y se desea determinar la cantidadmisma. Si x denota el monto de la cantidad presente en el tiempo t, entoncesdx/dt denota la tasa en la cual la cantidad cambia.

3.2.1. Tasa de crecimiento y decaimiento

Ejemplo 49 La tasa en la cual los núcleos radioactivos se desintegran es pro-porcional al número de tales núcleos que están presentes en una muestra dada.La mitad del número original de los núcleos radioactivos se han desintegrado enun periodo de 1,500 años.

1. ¿Qué porcentaje de los núcleos originales permanecerán después de 4,500años?

2. ¿Cuántos años se necesitarán para que quede solamente un décimo delnúmero original de núcleos?

Formulación matemática.

Sea x la cantidad de núcleos radioactivos presentes después de t años. En-tonces, dx/dt representa la tasa en la cual los núcleos se desintegran. Puestoque los núcleos se desintegran en una tasa proporcional a la cantidad presente,tenemos

dx

dt= Kx, (3.17)

donde K es una constante de proporcionalidad. La cantidad x claramente espositiva; además, puesto que x está decreciendo, dx/dt < 0. Así, de la ecuación(3.17), se tiene que K < 0. Para enfatizar que x está decreciendo, preferimos

Page 50: Ecuaciones diferenciables

42 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

reemplazar K por una constante positiva precedida por un signo menos. Así,hacemos k = −K > 0 y escribimos la ecuación diferencial (3.17) en la forma

dx

dt= −kx. (3.18)

Suponiendo que x0 denota la cantidad inicial, tenemos también la condicióninicial

x(0) = x0. (3.19)

Esta condición inicial se necesitará para determinar la constante arbitraria queaparecerá en la familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación diferencial(3.18). Sin embargo, necesitamos algo más para poder resolver el problema,puesto que la ecuación (3.18) contiene una constante de proporcionalidad de-sconocida k. Este “algo más” aparece en la exposición del problema, en el cualse nos dice que la mitad del número original de los núcleos se desintegran en1,500 años. Esto proporciona la condición

x(1500) =1

2x0. (3.20)

Solución. La ecuación diferencial (3.18) es separable; separando variables, in-tegrando y simplificando, obtenemos

x = ce−kt.

Aplicando la condición inicial (3.19), x = x0 cuando t = 0, encontramos quec = x0 y de aquí obtenemos

x = x0 e−kt. (3.21)

Aún no se ha determinado k. Así, aplicamos la condición (3.20), x = 12x0 cuando

t = 1, 500, en la ecuación (3.21). Encontramos

1

2x0 = x0e

−1500k,

o ¡e−k

¢1500=1

2,

Finalmente

e−k =µ1

2

¶1/1500(3.22)

De esta ecuación se podría determinar k y substituir el resultado en la ecuación(3.21). Sin embargo, vemos de la ecuación (3.21) que no es necesario determinark explícitamente, puesto que se necesita solamente e−k, la cual se ha obtenidoen la ecuación (3.22). Así, substituimos e−k de (3.22) en (3.21) para obtener

x = x0¡e−k

¢t= x0

"µ1

2

¶1/1500#t

Page 51: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.3 Problemas de mezclas 43

o

x = x0

µ1

2

¶t/1500. (3.23)

La ecuación (3.23) da el número de núcleos radioactivos que están presentes enel tiempo t. La pregunta 1 nos pide el porcentaje del número original de núcleosque quedarán después de 4,500 años. Sustituyendo t = 4, 500 en la ecuación(3.23) encontramos

x = x0

µ1

2

¶3=1

8x0.

Así, un octavo o el 12.5% del número original de núcleos quedarán después de4,500 años. Para responder la pregunta 2 hacemos x = 1

10x0 en la ecuación(3.23) y la resolvemos para t. Tenemos

1

10=

µ1

2

¶t/1500.

Utilizando logaritmos, obtenemos

ln

µ1

10

¶= ln

µ1

2

¶t/1500=

t

1500ln

µ1

2

¶.

De esto se sigue quet

1500=ln 1

10

ln 12o

t =1500 ln 10

ln 2≈ 4985 años.

3.3. Problemas de mezclasAhora consideraremos problemas de tasas que involucran mezclas. Una subs-

tancia S fluye, a una tasa específica, hacia una mezcla contenida en un recipiente,y la mezcla se mantiene uniforme por agitación. Además, en tal situación, estamezcla uniforme simultaneamente fluye, a otra tasa (generalmente diferente),fuera del recipiente. El problema consiste en determinar la cantidad de sustanciaS presente en la mezcla en el tiempo t.Suponiendo que x denota la cantidad de la sustancia S presente en el tiempo

t, la derivada dx/dt denota la tasa de cambio de x con respecto a t. Si ENTRAdenota la tasa a la cual S entra a la mezcla y SALE la tasa a la cual S sale dela mezcla, la ecuación básica

dx

dt= ENTRA− SALE (3.24)

puede resolverse para determinar la cantidad x de S en el tiempo t.

Page 52: Ecuaciones diferenciables

44 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

Figura 3.4:

Ejemplo 50 Un tanque inicialmente contiene 50 galones de agua pura. Al ini-cio, en el tiempo t = 0, una salmuera que contiene 2 lb de sal disuelta por galónfluye al tanque a una tasa de 3 gal/min. La mezcla se mantiene uniforme me-diante agitación y la mezcla simultáneamente fluye fuera del tanque a la mismatasa. (Ver figura 3.4)

1. ¿Qué cantidad de sal contendrá el tanque en el tiempo t > 0?

2. ¿Qué cantidad de sal contendrá el tanque después de 25 min?

3. ¿Qué cantidad de sal contendrá el tanque después de un tiempo muy largo?

Formulación matemática.

Supongamos que x denota la cantidad de sal en el tanque en el tiempo t.Utilizando la ecuación básica (3.24),

dx

dt= ENTRA− SALE.

La salmuera fluye a una tasa de 3 gal/min, y cada galón contiene 2 lb de sal.Así,

ENTRA = (2 lb / gal) (3 gal /min) = 6 lb /mın .

Puesto que la tasa del flujo de salida iguala a la tasa de entrada, el tanque con-tiene 50 galones de la mezcla en cualquier tiempo t. Estos 50 galones contienenx libras de sal en el tiempo t, y así la concentración de sal en el tiempo t es 1

50xlb/gal. Así, puesto que la mezcla fluye hacia fuera del tanque a una tasa de 3gal/min, tenemos

SALE =³ x

50lb / gal

´(3 gal / mın) =

3x

50lb /mın .

Page 53: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.3 Problemas de mezclas 45

Así, la ecuación diferencial para x como una función de t es

dx

dt= 6− 3x

50. (3.25)

Puesto que inicialmente el tanque no contiene sal, entonces se tiene la siguientecondición inicial

x(0) = 0. (3.26)

Solución. La ecuación (3.25) es lineal y separable. Separando variables, tenemos

dx

100− x=3

50dt.

Integrando y simplificando, obtenemos

x = 100 + ce−3t/50.

Aplicando la condición inicial (3.26), x = 0 en t = 0, encontramos que c = −100.Así, tenemos

x = 100³1− e−3t/50

´. (3.27)

Esta es la respuesta a la pregunta 1. Para la pregunta 2, después de transcurrir25 min, tenemos t = 25, y la ecuación (3.27) da

x(25) = 100¡1− e−1,5

¢ ≈ 78 lb.La pregunta 3 esencialmente pide determinar la cantidad de sal a medida deque t→∞. Para responder a la pregunta hacemos t→∞ en la ecuación (3.27)y observamos que x→ 100.

Ejemplo 51 Un tanque inicialmente contiene 50 gal de salmuera en la que setiene disuelto 10 lb de sal. Una salmuera que contiene 2 lb de sal por galónfluye hacia el tanque a una tasa de 5 gal/min. La mezcla se mantiene uniformemediante agitación y la mezcla simultáneamente fluye fuera del tanque a unatasa más lenta de 3 gal/min. ¿Qué cantidad de sal habrá en el tanque en eltiempo t > 0?

Formulación matemática.

Supongamos que x denota la cantidad de sal presente en el tanque en eltiempo t. Aplicamos la ecuación básica

dx

dt= ENTRA− SALE.

Procediendo como en el ejemplo anterior,

ENTRA = (2 lb/ gal)(5 gal/min) = 10 lb/min);

Page 54: Ecuaciones diferenciables

46 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

también,SALE = (C lb/ gal)(3 gal/min),

donde C lb/ gal denota la concentración. Sin embargo, puesto que la tasa desalida es diferente a la tasa de entrada, la concentración no es tan simple. Enel tiempo t = 0, el tanque contiene 50 gal de salmuera. Ya que la salmuerafluye a una tasa de 5 gal/min pero sale a una tasa más lenta de 3 gal/min, hayuna ganancia neta de 5− 3 = 2 gal/min de salmuera en el tanque. Así, a los tminutos la cantidad de salmuera en el tanque es

50 + 2t gal.

De aquí que la concentración C en el tiempo t minutos es

x

50 + 2tlb/ gal,

y así

SALE =3x

50 + 2tlb/min.

Por lo tanto, la ecuación diferencial es

dx

dt= 10− 3x

50 + 2t. (3.28)

Puesto que inicialmente el tanque contiene 10 lb de sal, tenemos la condicióninicial

x(0) = 10. (3.29)

Solución. La ecuación diferencial (3.28) no es separable pero es lineal. Es-cribiéndola en la forma estándar,

dx

dt+

3

2t+ 50x = 10,

encontramos el factor integrante

exp

µZ3

2t+ 50dt

¶= (2t+ 50)3/2.

Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, tenemos

(2t+ 50)3/2dx

dt+ 3(2t+ 50)3/2x = 10(2t+ 50)3/2

od

dt

h(2t+ 50)3/2x

i= 10(2t+ 50)3/2.

Así(2t+ 50)3/2x = 2(2t+ 50)5/2 + c

Page 55: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.4 Problemas en mecánica 47

ox = 4(t+ 25) +

c

(2t+ 50)3/2.

Aplicando la condición inicial (3.29), encontramos

10 = 100 +c

(50)3/2

oc = −(90)(50)3/2 = −22, 500

√2.

Así, la cantidad de sal en cualquier tiempo t > 0 está dada por

x = 4t+ 100− 22, 500√2

(2t+ 50)3/2.

3.4. Problemas en mecánica

3.4.1. Introducción

El momentum de un cuerpo se define como el producto mv de su masa my su velocidad v. La velocidad v y el momentum son cantidades vectoriales. Acontinuación se establecerán las siguientes leyes básicas de la mecánica:Segunda ley de Newton. La tasa de cambio del momentum de un cuerpo

con respecto al tiempo es proporcional a la fuerza resultante que actúa sobre elcuerpo y tiene la misma dirección de esta fuerza resultante.En el lenguaje de las matemáticas, esta ley establece que

d

dt(mv) = KF,

donde m es la masa del cuerpo, v es su velocidad, F es la fuerza resultante queactúa sobre el cuerpo, y K es una constante de proporcionalidad. Si la masa mse considera constante, esta se reduce a

mdv

dt= KF,

o

a = KF

m, (3.30)

oF = kma, (3.31)

donde k = 1/K y a = dv/dt es la aceleración del cuerpo. La forma (3.30)es una formulación matemática directa de la manera en la que usualmente lasegunda ley de Newton se expresa en palabras. La magnitud de la constante deproporcionalidad k depende de las unidades empleadas para la fuerza, masa y

Page 56: Ecuaciones diferenciables

48 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

aceleración. Es obvio que en el sistema de unidades más simple k = 1. Cuandose utiliza este sistema (3.31) se reduce a

F = ma. (3.32)

Es en esta forma en la que utilizaremos la segunda ley de Newton. Observe quela ecuación (3.32) es una ecuación vectorial.Hay varios sistemas de unidades en uso para los que k = 1. En este tema

sólo utilizaremos dos: el sistema centímetro-gramo-segundo (cgs) y el sistemagravitacional inglés. En la tabla siguiente se resumen las unidades de estos dossistemas

Sistema Inglés sistema cgsfuerza libra dinamasa slug gramodistancia pie centímetrotiempo segundo segundoaceleración pie/s2 cm/s2

La fuerza de atracción gravitacional que la tierra ejerce sobre un cuerpose conoce como el peso del cuerpo. El peso, al ser una fuerza, se expresa enunidades de fuerza. Así, en el sistema inglés el peso se mide en libras, y en elsistema cgs en dinas.Ahora apliquemos la segunda ley de Newton a un cuerpo que cae libremente

(sin considerar la resistencia del aire). Denotemos la masa del cuerpo por m ya su peso por w. La única fuerza que actúa sobre el cuerpo es su peso y así éstaes la fuerza resultante. La aceleración causada por la gravedad, se denota porg, la cual es aproximadamente 32 pies/s2 en el sistema inglés o 980 cm/s2 en elsistema cgs. Así la segunda ley de Newton F = ma se reduce a w = mg. Por lotanto

m =w

g(3.33)

es una relación que emplearemos frecuentemente.

Figura 3.5:

Ahora consideremos un cuerpo B en movimiento rectilíneo, esto es, en movi-miento a lo largo de una línea recta L. Seleccionamos en L un punto de referencia

Page 57: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.4 Problemas en mecánica 49

como el origen O, una dirección como la dirección positiva, y una unidad dedistancia. Entonces, la coordenada x de la posición de B con respecto al origennos proporciona la distancia o desplazamiento de B. (Ver la figura 3.5). Lavelocidad instantánea de B es la tasa de cambio de x con respecto al tiempo:

v =dx

dt;

y la aceleración instantánea de B es la tasa de cambio de v con respecto altiempo:

a =dv

dt=

d2x

dt2.

Observe que x, v, y a son cantidades vectoriales. Todas las fuerzas, desplaza-mientos, velocidades y aceleraciones en la dirección positiva sobre L son canti-dades positivas; mientras que aquellas en la dirección negativa son cantidadesnegativas.Ahora, si aplicamos la segunda ley de Newton F = ma al movimiento de B

a lo largo de L, notamos que

dv

dt=

dv

dx

dx

dt= v

dv

dx,

se puede expresar la ley en cualquiera de las siguientes tres formas:

mdv

dt= F, (3.34)

md2x

dt2= F, (3.35)

mvdv

dx= F, (3.36)

donde F es la fuerza resultante que actua sobre el cuerpo. La forma a utilizardepende de la manera en la que F esté expresada. Por ejemplo, si F es unafunción del tiempo t y se desea obtener la velocidad v como una función de t,podríamos utilizar (3.34); mientras que si F está expresada como una funcióndel desplazamiento x y deseamos encontrar v como una función de x, podríamosemplear (3.36).

3.4.2. Problemas de caida libre

Ahora consideraremos algunos ejemplos de cuerpos que caen libremente através del aire hacia la tierra. En tal circunstancia el cuerpo encuentra una re-sistencia del aire mientras cae. La cantidad de la resistencia del aire depende dela velocidad del cuerpo, pero no exite una ley general que exprese exactamenteesta dependencia. En algunos casos la ley R = kv parece ser satisfactoria, mien-tras que en otros casos R = kv2 parece ser más exacta. En cualquier caso, laconstante de proporcionalidad k depende de varias circunstancias.

Page 58: Ecuaciones diferenciables

50 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

Ejemplo 52 Un cuerpo que pesa 8 lb cae partiendo del reposo desde una granaltura hacia la tierra. Mientras cae, la resistencia del aire actua sobre él, porlo que supondremos que esta resistencia (en libras) es numéricamente igual a2v, donde v es la velocidad (en pies por segundo). Determine la velocidad y ladistancia recorrida después de t segundos.

Formulación. Seleccionamos la dirección vertical hacia abajo a lo largode la ruta del cuerpo B como la dirección positiva del eje x y el origen en elpunto desde el cual el cuerpo comienza a caer. Las fuerzas que actuan sobre elcuerpo son:

1. F1, su peso, de 8 lbs, que actúa hacia abajo y de aquí que sea positiva.

2. F2, la resistencia del aire, numéricamente igual a 2v, que actúa hacia arribay de aquí que sea la cantidad negativa −2v

Vea la figura (3.6) para reforzar lo indicado.

Figura 3.6:

Entonces la segunda ley de Newton, es

mdv

dt= F1 + F2

o, tomando g = 32 y utilizando m = w/g = 832 =

14 ,

1

4

dv

dt= 8− 2v. (3.37)

Page 59: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.4 Problemas en mecánica 51

Puesto que el cuerpo empieza a caer del reposo, tenemos la condición inicial

v(0) = 0. (3.38)

Solución. La ecuación (3.37) es separable. Separando variables, tenemos

dv

8− 2v = 4dt.

Integrando, tenemos

−12ln |8− 2v| = 4t+ c0,

la cual se reduce a8− 2v = c1e

−8t.

Aplicando la condición (3.38) encontramos que c1 = 8. Así, la velocidad en eltiempo t está dada por

v = 4(1− e−8t). (3.39)

Ahora, para determinar la distancia recorrida en el tiempo t, escribimos (3.39)en la forma

dx

dt= 4(1− e−8t)

y notamos que x(0) = 0. Integrando la ecuación de arriba, obtenemos

x = 4(t+1

8e−8t) + c2.

Puesto que x = 0 cuando t = 0, encontramos que c2 = −12 y de aquí que ladistancia recorrida esté dada por

x = 4(t+1

8e−8t − 1

8). (3.40)

Interpretación de los resultados. La ecuación (3.39) muestra que amedida de que t → ∞, la velocidad v se aproxima a la velocidad límite de4 pies/s. También observamos que esta velocidad límite aproximadamente sealcanza en un tiempo muy corto. La ecuación (3.40) establece que cuando t→∞, también x→∞. ¿Esto implica que el cuerpo atravesará la tierra y continuarásu recorrido por siempre? Por supuesto que no; para cuando el cuerpo alcance lasuperficie de la tierra su movimiento ciertamente cesará. ¿Cómo reconciliar estefinal obvio del movimiento con la afirmación de la ecuación diferencial (3.40)?Simple, cuando el cuerpo alcance la superficie de la tierra, la ecuación diferencial(3.37) y de aquí la ecuación (3.40) ya no son aplicables.

Ejemplo 53 Un paracaidista equipado con un paracaídas y otro equipo esencialcae partiendo del reposo hacia la tierra. El peso total del hombre más el equipo esde 160 lb. Antes de la apertura del paracaídas, la resistencia del aire (en libras)

Page 60: Ecuaciones diferenciables

52 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

es numéricamente igual a 12v, donde v es la velocidad (en pies por segundo).

El paracaídas se abre 5 segundos después del comienzo de la caída; después deque se abre, la resistencia del aire (en libras) es numéricamente igual a 5

8v2,

donde v es la velocidad (en pies por segundo). Determine (A) la velocidad delparacaidista antes de la apertura del paracaídas, y (B) después de la aperturadel paracaídas.

Formulación. De nuevo se elige la dirección vertical hacia abajo como ladirección positiva del eje x y el origen en el punto desde el cual el paracaidistacomienza a caer. La exposición del problema sugiere que lo consideremos en dospartes: (A) antes de la apertura del paracaídas; (B) después de su apertura.Consideremos primero el problema (A). Antes de que el paracaídas se abra,

las fuerzas que actúan sobre el paracaidista son:

1. F1, el peso, 160 lbs, que actúa hacia abajo y de aquí que sea positivo.

2. F2, la resistencia del aire, numéricamente igual a 12v, que actúa hacia

arriba y de aquí que sea la cantidad negativa −12v.

Utilizando la segunda ley de Newton F = ma, donde F = F1+F2, tomandom = w/g y g = 32, obtenemos

5dv

dt= 160− 1

2v.

Puesto que el paracaidista inicialmente parte del reposo, v = 0 cuando t = 0. Así,el problema (A), relacionado con el tiempo antes de la apertura del paracaídas,se formula como sigue:

5dv

dt= 160− 1

2v. (3.41)

v(0) = 0. (3.42)

Ahora, continuamos con la formulación del problema (B). Razonando comoantes, vemos que después de que el paracaídas se abra, las fuerzas que actúansobre el paracaidista son:

1. F1, exactamente como antes.

2. F2 = −58v2 (en lugar de −12v).

Así, procediendo como arriba, obtenemos la ecuación diferencial

5dv

dt= 160− 5

8v2.

Puesto que el paracaídas se abre 5 segundos después de iniciado el descenso,tenemos v = v1 cuando t = 5, donde v1 es la velocidad alcanzada en el momento

Page 61: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.4 Problemas en mecánica 53

en que el paracaídas se abre. Así, el problema (B), relacionado con el tiempodespués de la apertura del paracaídas, se formula como sigue:

5dv

dt= 160− 5

8v2, (3.43)

v(5) = v1. (3.44)

Solución. Primero consideraremos el problema (A). Encontramos una familiade soluciones uniparamétricas de

5dv

dt= 160− 1

2v. (3.45)

Separando variables, obtenemos

dv

v − 320 = −1

10dt.

La integración produce

ln(v − 320) = − 110

t+ c0,

la cual fácilmente se simplifica a

v = 320 + ce−t/10.

Aplicando las condiciones iniciales (3.44) v = 0 en t = 0, encontramos quec = −320. De aquí que la solución al problema (A) es

v = 320(1− e−t/10), (3.46)

la cual es válida para 0 ≤ t ≤ 5. En particular, cuando t = 5, obtenemosv1 = 320(1− e−1/2) ≈ 126, (3.47)

la cual es la velocidad en el momento en que el paracaídas abre.

Ahora, consideremos el problema (B). Encontramos primero la familia unipará-metrica de soluciones de la ecuación diferencial

5dv

dt= 160− 5

8v2. (3.48)

Simplificando y separando variables, obtenemos

dv

v2 − 456 = −dt

8.

Su integración resulta en

1

32ln

v − 16v + 16

= − t

8+ c2

Page 62: Ecuaciones diferenciables

54 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

oln

v − 16v + 16

= −4t+ c1.

Esta fácilmente se simplica a

v − 16v + 16

= ce−4t, (3.49)

y resolviéndola para v obtenemos

v =16(ce−4t + 1)1− ce−4t

. (3.50)

Aplicando la condición inicial (3.44), v = v1 en t = 5, donde v1 está dado por(3.47) y es aproximadamente 126, en (3.49), obtenemos

c =110

142e20.

Sustituyendo en (3.50) obtenemos

v =16¡110142e

20−4t + 1¢

1− 110142e

20−4t , (3.51)

que es válida para t ≥ 5.

Interpretación de los resultados. Primero consideraremos la solucióndel problema (A), dada por la ecuación (3.46). De acuerdo a ésta, cuando t→∞,v se aproxima a la velocidad límite de 320 pies/segundo. Así, si el paracaídasnunca se abriera, la velocidad con la que el paracaidista impactaría en la tierrasería de aproximadamente 320 pies/segundo. Pero, de acuerdo a la redaccióndel problema, el paracaídas abre a los 5 segundos de iniciada la caida. Entonces,considerando la solución del problema (B), dada por la ecuación (3.51), vemosque cuando t→∞, v se aproxima a la velocidad límite de 16 pies/segundo. Así,asumiendo que el paracaídas se abre a una distancia considerable por arribade la tierra, la velocidad será aproximadamente de 16 pies/segundo cuando elparacaidista alcance el suelo.

3.4.3. Fuerzas de fricción

Si un cuerpo se mueve sobre una superficie rugosa, enfrentará no sólo la re-sistencia del aire sino también otra fuerza de resistencia debida a la rugosidad dela superficie. Esta fuerza adicional se denomina fricción. En física se demuestraque la fricción está dada por µN , donde

1. µ es una constante de proporcionalidad denominada el coeficiente de fric-ción, que depende de la rugosidad de la superficie; y

2. N es la fuerza normal (esto es, perpendicular) que la superficie ejerce sobreel cuerpo.

Page 63: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.4 Problemas en mecánica 55

Ejemplo 54 Un objeto que pesa 48 libras se libera partiendo del reposo desde laparte superior de un plano metálico inclinado el cual tiene una inclinación de 300

con respecto a la horizontal. La resistencia del aire (en libras) numéricamentees igual a un medio de la velocidad (en pies por segundo), y el coeficiente defricción es un cuarto.

A. ¿Cuál es la velocidad del objeto 2 segundos después de liberado?B. Si el plano inclinado tiene 24 pies de largo, ¿cuál será la velocidad cuando

el objeto alcance la parte más baja?

Formulación. La línea de movimiento está sobre el plano. Elegimos elorigen en la parte más alta del plano y la dirección positiva a lo largo deldel plano, pero hacia abajo. Si por el momento despreciamos la fricción y laresistencia del aire, las fuerzas que actúan sobre el objeto A son:

1. Su peso, 48 libras, que actúa verticalmente hacia abajo; y

2. La fuerza normal, N , ejercida por el plano que actúa hacia arriba endirección perpendicular al plano. (Ver la figura 3.7)

Figura 3.7:

Las componentes del peso, paralela y perpendicular al plano, tienen las mag-nitudes

48 sen 30 = 24

y48 cos 30 = 24

√3,

respectivamente. Las componentes perpendiculares al plano están en equilibrioy de aquí que la fuerza normal N tenga una magnitud de 24

√3.

Ahora, tomando en cuenta la fricción y resistencia del aire, vemos que lasfuerzas que actúan sobre el objeto en movimiento a lo largo del plano son lassiguientes:

Page 64: Ecuaciones diferenciables

56 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

1. F1, la componente del peso paralela al plano, cuyo valor es 24. Ya que estafuerza actúa en la dirección positiva (hacia abajo a lo largo del plano),tenemos

F1 = 24.

2. F2, la fuerza de fricción, cuyo valor es µN = 14(24√3). Puesto que actúa

en la dirección negativa a lo largo del plano, tenemos

F2 = −6√3.

3. F3, la resistencia del aire, cuyo valor es 12v. Puesto que v > 0 y esta actúaen la dirección negativa, tenemos

F3 = −12v.

Aplicando la segunda ley de Newton F = ma, donde F = F1 + F2 + F3 =24− 6√3− 1

2v y m = w/g = 48/32 = 3/2, la ecuación diferencial es

3

2

dv

dt= 24− 6

√3− 1

2v. (3.52)

Puesto que el objeto se libera partiendo del reposo, la condición inicial es

v(0) = 0. (3.53)

Solución. La ecuación (3.52) es separable; separando variables tenemos

dv

48− 12√3− v=

dt

3.

Su integración y simplicación conduce a

v = 48− 12√3− c1e

−t/3.

La condición (3.53) da c1 = 48− 12√3. Así obtenemos

v = (48− 12√3)³1− e−t/3

´. (3.54)

La pregunta A se responde haciendo t = 2 en la ecuación (3.54). Encontramos

v(2) = (48− 12√3)³1− e−2/3

´≈ 10,2 ft/ s.

Para responder la pregunta B, integramos (3.54) para obtener

x = (48− 12√3)³t+ 3 e−t/3

´+ c2.

Puesto que x(0) = 0, c2 = −(48 − 12√3)(3). Así, la distancia cubierta en el

tiempo t está dada por

x = (48− 12√3)³t+ 3 e−t/3 − 3

´.

Page 65: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.5 Circuitos eléctricos simples 57

Ya que el plano es de 24 pies de largo, el objeto alcanza la parte más baja delmismo en el tiempo T determinado en la ecuación trascendente

24 = (48− 12√3)³T + 3 e−T/3 − 3

´,

que puede ser escrita como

3e−T/3 =47 + 2

√3

13− T.

El valor de T que satisface esta ecuación es aproximadamente 2,6. Así, de laecuación (3.54) la velocidad del objeto cuando alcanza la parte más baja delplano inclinado es aproximadamente

(48− 12√3)(1− e−0,9) ≈ 12,3 ft/ s.

3.5. Circuitos eléctricos simplesAhora consideraremos las ecuaciones diferenciales lineales que gobiernan el

flujo eléctrico en el circuito eléctrico de la figura 3.8. Este circuito eléctricoconsta de cuatro elementos cuya acción se puede entender con facilidad sinconocimientos especiales de electricidad.

Figura 3.8:

1. Una fuente de fuerza electromotriz (fem) E, digamos una batería o ungenerador, que impulsa a las cargas eléctricas y produce una corriente I.Según la naturaleza de la fuente, E puede ser constante o una función deltiempo.

Page 66: Ecuaciones diferenciables

58 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

2. Una resistencia R, que se opone al paso de la corriente produciendo unacaída en la fem de magnitud

ER = RI.

Esta ecuación se denomina ley de Ohm1 .

3. Un inductor de inductancia L, que se opone a cualquier cambio en lacorriente produciendo una caída en la fem de magnitud

EL = LdI

dt.

4. Un condensador de capacitancia C, que almacena una carga Q. La cargaacumulada en él se resiste a la entrada de nueva carga y la caída de femque ello conlleva viene dada por

EC =1

CQ.

Además, como la corriente es la tasa de flujo de carga, y por lo tanto latasa a la que la carga se acumula en el condensador, tenemos

I =dQ

dt.

Los estudiantes que no estén familiarizados con los circuitos eléctricos encon-trarán útil pensar en la corriente I como el análogo de la tasa en la que fluye elagua en la tubería. La fem E juega el papel de una bomba de presión (voltaje)que hace que el agua fluya. La resistencia R es el análogo del rozamiento en latubería, que se opone al flujo produciendo una caída de la presión. La induc-tancia L es una especie de inercia que se opone a cualquier cambio en el flujoproduciendo una caída de la presión si el flujo aumenta y un aumento de presiónsi el flujo decrece. La mejor manera de pensar en el condensador es visualizarlocomo un tanque cilíndrico de almacenamiento en el que el agua entra por unagujero en su fondo: cuando más profunda está el agua en el depósito (Q) máscuesta bombear agua adicional en él; y cuanto mayor es la base del depósito(C) para una cierta cantidad de agua almacenada, el agua es menos profunday cuesta menos bombear agua en él.Estos elementos de circuitos actúan conjuntamente de acuerdo a la ley de

Kirchhoff según la cual la suma algebraica de las fuerzas electromotrices en un

1Georg Simon Ohm (1787-1854) fue un físico alemán cuya única contribución relevante fuela ley aquí citada. Cuando la anunció en 1827 parecía demasiado maravillosa para ser cierta,y nadie la creyó. Ohm sufrió con ello tal descrédito y fue tan maltratado que renunció a suplaza de profesor en Colonia, y vivió muchos años en la oscuridad y en la pobreza antes deque se reconociera que estaba en lo cierto. Alumno suyo en Colonia fue Peter Dirichlet, quehabría de llegar a ser uno de los más eminentes matemáticos del siglo XIX.

Page 67: Ecuaciones diferenciables

Sec.3.5 Circuitos eléctricos simples 59

circuito cerrado es cero2. Este principio lleva a que

E −ER −EL −EC = 0,

es decir,

E −RI − LdI

dt− 1

CQ = 0,

que escribimos en la forma

LdI

dt+RI +

1

CQ = E. (3.55)

Según las circunstancias, podemos ver a I o Q como la variable dependiente.En el primer caso eliminamos Q derivando (3.55) respecto a t y sustituyendodQ/dt por I:

Ld2I

dt2+R

dI

dt+1

CI =

dE

dt. (3.56)

En el segundo caso, reemplazamos simplemente I por dQ/dt:

Ld2Q

dt2+R

dQ

dt+1

CQ = E. (3.57)

Posteriormente consideraremos estas ecuaciones diferenciales de segundo ordencon más detalle. Nuestro interés en este tema se centra sobre todo en la ecuacióndiferencial lineal de primer orden

LdI

dt+RI = E (3.58)

obtenida de (3.55) cuando no hay condensador.

Ejemplo 55 Resolver la ecuación (3.58) con una corriente inicial I0 si seconecta en el circuito una fem E0 en el instante t = 0.

Solución. Para t ≥ 0, nuestra ecuación es

LdI

dt+RI = E0.

Separando variables,dI

E0 −RI=1

Ldt.

Integrando y utilizando la condición inicial I = I0 cuando t = 0 obtenemos

ln(E0 −RI) = −RLt+ ln(E0 −RI0),

2Gustav Robert Kirchhoff (1824-1887) fue un científico alemán cuyas investigaciones sobrecircuitos eléctricos son familiares a todo estudiante de física elemental. Estableció además losprincipios del análisis espectral y allanó el camino a las aplicaciones de la espectroscospía enla determinación de la constitución química de las estrellas.

Page 68: Ecuaciones diferenciables

60 Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden

luego

I =E0R+

µI0 − E0

R

¶e−Rt/L.

Nótese que la corriente I consta de una parte estacionaria E0/R y otra tran-sitoria (I0 − E0/R)e

−Rt/L que tiende a cero cuando t → ∞. En consecuencia,la ley de Ohm E0 = RI es aproximadamente válida para valores grandes de t.Observemos también que si I0 = 0, entonces

I =E0R

³1− e−Rt/L

´,

y si E0 = 0, entonces I = I0e−Rt/L.

Page 69: Ecuaciones diferenciables

Capítulo 4

Métodos explícitos desolución para las ecuacionesdiferenciales lineales deorden superior

Prácticamente, las ecuaciones diferenciales lineales se originan en una va-riedad de aplicaciones de la ciencia e ingeniería. Afortunadamente, muchas delas ecuaciones diferenciales lineales que así ocurren son lineales con coeficientesconstantes, para las que existen métodos de solución conocidos. El propósito deeste capítulo es estudiar algunos de estos métodos.

4.1. Teoría básica de las ecuaciones diferencialeslineales

Definición 14Una ecuación diferencial ordinaria lineal de orden n en la variable dependiente yy en la variable independiente x es una ecuación que está, o puede ser expresada,en la forma

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = g(x), (4.1)

donde an(x) 6= 0. Asumiremos que an(x), an−1(x), . . . , a0(x) y g(x) son fun-ciones reales continuas en el intervalo a ≤ x ≤ b y que an(x) 6= 0 para todo x ena ≤ x ≤ b. La función g(x) del lado derecho de la ecuación (4.1) se denomina eltérmino no homogéneo, por lo que se dice que la ecuación (4.1) es una ecuacióndiferencial ordinaria lineal no homogénea de orden n. Si g(x) = 0, la ecuación

61

Page 70: Ecuaciones diferenciables

62 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

(4.1) se reduce a

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = 0 (4.2)

y se denomina ecuación diferencial ordinaria lineal homogénea de orden n.

Ejemplo 56 La ecuación

d2y

dx2+ 3x

dy

dx+ x3y = ex

es una ecuación diferencial ordinaria lineal no homogénea de segundo orden.

Ejemplo 57 La ecuación

d3y

dx3+ x

d2y

dx2+ 3x2

dy

dx− 5y = senx

es una ecuación diferencial ordinaria lineal no homogénea de tercer orden.

Ejemplo 58 La ecuación

2d2y

dx2+ 3

dy

dx− 5y = 0

es una ecuación diferencial ordinaria lineal homogénea de segundo orden.

A continuación formulamos el teorema de existencia para los problemas devalor inicial asociados con una ecuación diferencial ordinaria lineal de orden n.

Teorema 3Hipótesis1. Considere la ecuación diferencial lineal de orden n

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = g(x), (4.3)

donde an(x), an−1(x), . . . , a0(x) y g(x) son funciones reales continuas en el in-tervalo a ≤ x ≤ b y an(x) 6= 0 para todo x en a ≤ x ≤ b.2. Sea x0 cualquier punto del intervalo a ≤ x ≤ b, y supongamos que c0, c1, . . . ,cn−1 son n constantes reales arbitrarias.Conclusión. Existe una solución única de (4.3) tal que

f(x0) = c0, f 0(x0) = c1, . . . , f(n−1)(x0) = cn−1,

y esta solución está definida sobre el intervalo completo a ≤ x ≤ b.

Supóngase que estamos considerando una ecuación diferencial lineal de or-den n (4.3), y que los coeficientes y el término no homogéneo satisfacen los

Page 71: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.1 Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales 63

requisitos de continuidad establecidos en la hipótesis 1 del Teorema 3 en un in-tervalo específico del eje x. Entonces, dado cualquier punto x0 de este intervalo ycualesquiera n números reales c0, c1, . . . , cn−1, el teorema nos asegura que existeuna solución única de la ecuación diferencial que toma el valor c0 en x = x0 ycuya k-ésima derivada toma el valor ck para cada k = 1, 2, . . . , n− 1 en x = x0.Además, el teorema nos asegura que esta solución única está definida en toda xdel intervalo anteriormente mencionado.

Ejemplo 59 Considere el problema de valor inicial

d2y

dx2+ 3x

dy

dx+ x3y = ex,

y(1) = 2,

y0(1) = −5.Los coeficientes 1, 3x y x3, así como el término no homogéneo ex de la ecuacióndiferencial son funciones continuas en el intervalo −∞ < x < ∞. Aquí, elpunto x0 = 1 pertenece al intervalo y los números reales c0 y c1 son 2 y −5,respectivamente. Por lo tanto, el Teorema 3 nos asegura que existe una solucióndel problema de valor inicial y que ésta es única, y está definida en todo puntox del intervalo −∞ < x <∞.Ejemplo 60 Considere el problema de valor inicial

2d3y

dx3+ x

d2y

dx2+ 3x2

dy

dx− 5y = senx,

y(4) = 3,

y0(4) = 5,

y00(4) = −72.

Los coeficientes 2, x, 3x2 y −5, así como el término no homogéneo senx, sonfunciones continuas para toda x en el intervalo −∞ < x <∞. El punto x0 = 4pertenece al intervalo; los números reales c0, c1 y c2 en este problema son 3, 5y −7/2, respectivamente. El Teorema 3 nos asegura que este problema de valorinicial tiene una solución única definida en el intervalo −∞ < x <∞.Un corolario útil del Teorema 3 es el siguiente:

Corolario 1Hipótesis. Sea f una solución de la ecuación diferencial lineal homogénea deorden n

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = 0 (4.4)

tal quef(x0) = 0, f 0(x0) = 0, . . . , f (n−1)(x0) = 0,

Page 72: Ecuaciones diferenciables

64 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

donde x0 es un punto del intervalo a ≤ x ≤ b en el que los coeficientesan(x), an−1(x), . . . , a0(x) son funciones reales continuas y an(x) 6= 0.Conclusión. Entonces f(x) = 0 para toda x en a ≤ x ≤ b.

Supongamos que estamos considerando una ecuación diferencial homogéneade la forma (4.4), y que todos los coeficientes de dicha ecuación diferencial sonfunciones continuas en un intervalo específico del eje x. Además, supongamosque tenemos una solución f de esta ecuación de manera que f y sus primerasn − 1 derivadas son iguales a cero en un punto x0 de este intervalo. Entonces,este corolario establece que esta solución es la solución trivial f tal que f(x) = 0para toda x en el intervalo antes mencionado.

Ejemplo 61 La solución única f de la ecuación diferencial homogénea de tercerorden

d3y

dx3+ 2

d2y

dx2+ 4x

dy

dx+ x2y = 0,

sujeta af(2) = f 0(2) = f 00(2) = 0,

es la solución trivial f tal que f(x) = 0 para toda x.

Ahora consideraremos algunos resultados fundamentales para la ecuacióndiferencial homogénea (4.2). Primero estableceremos el siguiente teorema básico.Pero antes de hacerlo, definimos el concepto de combinación lineal de funciones:

Definición 15Si f1, f2, . . . , fm, son m funciones y c1, c2, . . . , cm son m constantes, entoncesla expresión

c1f1 + c2f2 + · · ·+ cmfm

se denomina una combinación lineal de f1, f2, . . . , fm.

Teorema 4 Teorema fundamental de las ecuaciones diferenciales linea-les homogéneas.Hipótesis. Sean f1, f2, . . . , fm, m soluciones cualesquiera de la ecuación dife-rencial lineal homogénea (4.2).Conclusión. Entonces cualquier combinación lineal c1f1 + c2f2 + · · · + cmfmde las soluciones f1, f2, . . . , fm también es una solución de (4.2).

El Teorema 4 establece que cualquier combinación lineal de m solucionesconocidas también es una solución de (4.2).

Ejemplo 62 Es fácil verificar que senx y cosx son soluciones de

d2y

dx2+ y = 0.

Page 73: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.1 Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales 65

El Teorema 4 establece que la combinación lineal c1 senx + c2 cosx tambiénes una solución de la ecuación diferencial, donde c1 y c2 son dos constantescualesquiera. Por ejemplo, particularmente la combinación lineal

5 senx+ 6 cosx

es una solución.

Ejemplo 63 Es fácil verificar que ex, e−x y e2x son soluciones de

d3y

dx3− 2d

2y

dx2− dy

dx+ 2y = 0.

El Teorema 4 establece que la combinación lineal c1ex + c2e−x + c3e

2x tambiénes una solución de la ecuación diferencial, donde c1, c2 y c3 son constantesarbitrarias. Por ejemplo, particularmente la combinación lineal

2 ex − 3 e−x + 23e2x

es una solución.

Ahora consideraremos el concepto de solución general de (4.2). Para entenderesta, primero introducimos los conceptos de dependencia lineal e independencialineal.

Definición 16Las n funciones f1, f2, . . . , fn se dicen linealmente dependientes en el intervaloa ≤ x ≤ b si existen constantes c1, c2, . . . , cn, no todas cero, tal que

c1f1(x) + c2f2(x) + · · ·+ cnfn(x) = 0

para toda x en a ≤ x ≤ b.En particular, dos funciones f1 y f2 son linealmente dependientes en el intervaloa ≤ x ≤ b si existen constantes c1 y c2, no todas cero, tal que

c1f1(x) + c2f2(x) = 0

para toda x en a ≤ x ≤ b.

Ejemplo 64 Observamos que x y 2x son linealmente dependientes en el inter-valo 0 ≤ x ≤ 1, ya que existen constantes c1 y c2, no todas cero, tal que

c1x+ c2(2x) = 0

para toda x en el intervalo 0 ≤ x ≤ 1. Por ejemplo, c1 = 2 y c2 = −1.Ejemplo 65 Observamos que senx, 3 senx y − senx son linealmente depen-dientes en el intervalo −1 ≤ x ≤ 2, ya que existen constantes c1, c2 y c3, notodas cero, tal que

c1 senx+ c2(3 senx) + c3(− senx) = 0para toda x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 2. Por ejemplo, c1 = 1, c2 = 1 y c3 = 4.

Page 74: Ecuaciones diferenciables

66 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

Definición 17Las n funciones f1, f2, . . . , fn se dicen linealmente independientes en el intervaloa ≤ x ≤ b si no son linealmente dependientes en dicho intervalo. Esto es, lasfunciones f1, f2, . . . , fn son linealmente independientes en el intervalo a ≤ x ≤ bsi la relación

c1f1(x) + c2f2(x) + · · ·+ cnfn(x) = 0

para toda x en a ≤ x ≤ b implica que

c1 = c2 = · · · = cn = 0.

En otras palabras, la única combinación lineal de f1, f2, . . . , fn que es idéntica-mente cero en el intervalo a ≤ x ≤ b es la combinación trivial

0 f1(x) + 0 f2(x) + · · ·+ 0 fn(x) = 0.Ejemplo 66 Observamos que x y x2 son linealmente independientes en el in-tervalo 0 ≤ x ≤ 1, puesto que c1x+ c2x

2 = 0 en el intervalo 0 ≤ x ≤ 1 implicaque c1 = 0 y c2 = 0.

El teorema siguiente está relacionado con la existencia de conjuntos de solu-ciones linealmente independientes de una ecuación diferencial lineal homogéneade orden n y con la significancia de tales conjuntos linealmente independientes.

Teorema 5La ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (4.2) siempre posee n solu-ciones que son linealmente independientes. Además, si f1, f2, . . . , fn son n solu-ciones linealmente independientes de (4.2), entonces cada solución f de (4.2)puede ser expresada como una combinación lineal

c1f1(x) + c2f2(x) + · · ·+ cnfn(x)

de estas n soluciones linealmente independientes mediante una elección apro-piada de las constantes c1, c2, . . . , cn.

Dada una ecuación diferencial lineal homogénea de orden n, este teoremanos asegura primero que existe un conjunto de n soluciones linealmente inde-pendientes. Asegurada la existencia de tal conjunto de n soluciones linealmenteindependientes, el teorema nos dice que cualquier solución de (4.2) puede serescrita como una combinación lineal de tal conjunto linealmente independientede n soluciones mediante la elección adecuada de las constantes c1, c2, . . . , cn.Ahora, supongamos que f1, f2, . . . , fn son n soluciones linealmente indepen-

dientes de (4.2). Entonces, por el Teorema (4) conocemos que la combinaciónlineal

c1f1(x) + c2f2(x) + · · ·+ cnfn(x) (4.5)

donde c1, c2, . . . , cn son n constantes arbitrarias, es también una solución de(4.2). Por otro lado, por el Teorema (5) conocemos que si f es cualquier solu-ción de (4.2), entonces puede ser expresada como una combinación lineal (4.5)

Page 75: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.1 Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales 67

de las n soluciones linealmente independientes f1, f2, . . . , fn mediante la elecciónapropiada de las constantes c1, c2, . . . , cn. Así, una combinación lineal (4.5) delas n soluciones linealmente independientes debe incluir todas las soluciones de(4.2). Por esta razón, llamamos al conjunto de n soluciones linealmente inde-pendientes de (4.2) conjunto fundamental de soluciones de (4.2) y llamamos a lacombinación lineal general de n soluciones linealmente independientes solucióngeneral de (4.2), de acuerdo a la siguiente definición:

Definición 18Si f1, f2, . . . , fn son n soluciones linealmente independientes de la ecuación li-neal homogénea de orden n (4.2) en el intervalo a ≤ x ≤ b, entonces el conjuntof1, f2, . . . , fn se denomina un conjunto fundamental de soluciones de (4.2) y lafunción f definida por

f(x) = c1f1(x) + c2f2(x) + · · ·+ cnfn(x), a ≤ x ≤ b,

donde c1, c2, . . . , cn son n constantes arbitrarias, se denomina una solución gen-eral de (4.2) en a ≤ x ≤ b.

Por consiguiente, si podemos encontrar n soluciones linealmente independi-entes de (4.2), entonces podemos escribir la solución general de (4.2) como unacombinación lineal general de estas n soluciones.

Ejemplo 67 Hemos observado que senx y cosx son soluciones de

d2y

dx2+ y = 0

para toda x en −∞ < x < ∞. Además, puede demostrarse que estas dos fun-ciones son linealmente independientes. Así que constituyen un conjunto funda-mental de soluciones de la ecuación diferencial dada, y su solución general puedeser expresada como la combinación lineal

c1 senx+ c2 cosx,

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias. Escribimos la solución general comoy = c1 senx+ c2 cosx.

Ejemplo 68 Se puede demostrar que las soluciones ex, e−x y e2x de

d3y

dx3− 2d

2y

dx2− dy

dx+ 2y = 0.

son linealmente independientes para toda x en −∞ < x <∞. Así, ex, e−x y e2xconstituyen un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencialdada, y su solución general puede ser expresada como la combinación lineal

c1 ex + c2 e

−x + c3 e2x,

donde c1, c2 y c3 son constantes arbitrarias. Escribimos la solución general como

y = c1 ex + c2 e

−x + c3 e2x.

Page 76: Ecuaciones diferenciables

68 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

El teorema siguiente proporciona un criterio simple para determinar si nsoluciones de (4.2) son linealmente independientes. Primero introducimos otroconcepto.

Definición 19Sean f1, f2, . . . , fn n funciones reales, donde cada una de ellas tiene (n − 1)derivadas en un intervalo real a ≤ x ≤ b. El determinante

W (f1, f2, . . . , fn) =

¯¯¯f1 f2 · · · fnf 01 f 02 · · · f 0n...

......

f(n−1)1 f

(n−1)2 · · · f

(n−1)n

¯¯¯ ,

se denomina el Wronskiano de estas n funciones. Observamos queW (f1, f2, . . . , fn)es una función real definida en el intervalo a ≤ x ≤ b. Su valor en x está deno-tado por W (f1, f2, . . . , fn)(x) o por W [f1(x), f2(x), . . . , fn(x)].

Teorema 6Las n soluciones f1, f2, . . . , fn de la ecuación diferencial lineal homogénea deorden n (4.2) son linealmente independientes en el intervalo a ≤ x ≤ b si ysólo si el Wronskiano de f1, f2, . . . , fn es distinto de cero para alguna x en elintervalo a ≤ x ≤ b.

Adicionalmente tenemos:

Teorema 7El Wronskiano de n soluciones f1, f2, . . . , fn de (4.2) o es idénticamente ceroen a ≤ x ≤ b o nunca es cero en a ≤ x ≤ b.

Así, si podemos encontrar n soluciones de (4.2), podemos aplicar los teore-mas 6 y 7 para determinar si son linealmente independientes. Si son linealmenteindependientes, entonces podemos formar la solución general como una combi-nación lineal de estas n soluciones linealmente independientes.En el caso de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x) y = 0,

el Wronskiano de dos soluciones f1 y f2 es el determinante de segundo orden¯f1 f2f 01 f 002

¯= f1f

02 − f 01f2.

Ejemplo 69 Apliquemos el Teorema 6 para demostrar que las soluciones senxy cosx de

d2y

dx2+ y = 0

Page 77: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.1 Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales 69

son linealmente independientes. Encontramos que

W (senx, cosx) =

¯sinx cosxcosx − sinx

¯= − sen2 x− cos2 x= −1 6= 0

para toda x real. Así, puesto queW (senx, cosx) 6= 0 para toda x real, concluimosque senx y cosx son soluciones linealmente independientes de la ecuación dife-rencial dada en todo intervalo real.

Ejemplo 70 Las soluciones ex, e−x y e2x de

d3y

dx3− 2d

2y

dx2− dy

dx+ 2y = 0.

son linealmente independientes en el intervalo −∞ < x <∞, ya que

W (ex, e−x, e2x) =

¯¯ e

x e−x e2x

ex −e−x 2 e2x

ex e−x 4 e2x

¯¯

= e2x

¯¯ 1 1 11 −1 21 1 4

¯¯

= −6 e2x 6= 0

para toda x real.

4.1.1. Reducción de orden

En la sección siguiente comenzaremos a estudiar los métodos para la ob-tención de soluciones explícitas de las ecuaciones diferenciales lineales de ordensuperior. Aquí y en las secciones posteriores encontraremos que el teorema sigu-iente sobre la reducción de orden es a menudo muy útil.

Teorema 8Hipótesis. Sea f una solución no trivial de la ecuación diferencial lineal ho-mogénea de orden n

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = 0. (4.6)

Conclusión. La transformación y = f(x) v reduce la ecuación (4.6) a unaecuación diferencial lineal homogénea de orden n− 1 en la variable dependientew = dv/dx.

Page 78: Ecuaciones diferenciables

70 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

Este teorema establece que si se conoce una solución distinta de cero dela ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (4.6), entonces realizandola transformación apropiada podemos reducir la ecuación diferencial dada aotra ecuación diferencial lineal homogénea cuyo orden es n − 1. Puesto queeste teorema será más útil para nosotros con las ecuaciones diferenciales linealeshomogéneas de segundo orden, investigaremos este caso en detalle. Suponga quef es una solución no trivial conocida de la ecuación diferencial lineal homogéneade segundo orden

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x) y = 0. (4.7)

Haciendo la transformacióny = f(x) v, (4.8)

donde f es la solución conocida de (4.7) y v es una función de x que serádeterminada. Diferenciando, obtenemos

dy

dx= f(x)

dv

dx+ f 0(x) v, (4.9)

d2y

dx2= f(x)

d2v

dx2+ 2f 0(x)

dv

dx+ f 00(x) v. (4.10)

Substituyendo (4.8), (4.9) y (4.10) en (4.7), obtenemos

a2(x)

·f(x)

d2v

dx2+ 2f 0(x)

dv

dx+ f 00(x) v

¸+ a1(x)

·f(x)

dv

dx+ f 0(x) v

¸+ a0(x)f(x) v = 0

o

a2(x)f(x)d2v

dx2+ [2a2(x)f

0(x) + a1(x)f(x)]dv

dx+ [a2(x)f

00(x) + a1(x)f0(x) + a0(x)f(x)] v = 0.

Puesto que f es una solución de (4.7), el coeficiente de v es cero, y así la últimaecuación se reduce a

a2(x)f(x)d2v

dx2+ [2a2(x)f

0(x) + a1(x)f(x)]dv

dx= 0.

Haciendo w = dv/dx, esta última ecuación se transforma en

a2(x)f(x)dw

dx+ [2a2(x)f

0(x) + a1(x)f(x)]w = 0. (4.11)

Esta es una ecuación diferencial lineal homogénea de primer orden en la variabledependiente w. La ecuación es separable; asumiendo que f(x) 6= 0 y a2(x) 6= 0,podemos escribir

dw

w= −

·2f 0(x)f(x)

+a1(x)

a2(x)

¸dx.

Page 79: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.1 Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales 71

Integrando, obtenemos

ln |w| = − ln [f(x)]2 −Z

a1(x)

a2(x)dx+ ln |c|

o

w =c exp

h− R a1(x)

a2(x)dxi

[f(x)]2.

Esta es la solución general de la Ecuación (4.11); eligiendo la solución particularpara la cual c = 1, recordando que dv/dx = w, e integrando otra vez, obtenemos

v =

Z exph− R a1(x)

a2(x)dxi

[f(x)]2dx.

Finalmente, de (4.8), obtenemos

y = f(x)

Z exph− R a1(x)

a2(x)dxi

[f(x)]2 dx. (4.12)

La función definida en el lado derecho de (4.12), que de aquí en adelante de-notaremos por h, realmente es una solución de la ecuación diferencial originalde segundo orden (4.7). Además, esta nueva solución h y la solución originalconocida f son linealmente independientes, puesto que

W [f(x), h(x)] =

¯f(x) h(x)f 0(x) h0(x)

¯=

¯f(x) f(x)vf 0(x) f(x)v0 + f 0(x)v

¯= [f(x)]2 v0 = exp

·−Z

a1(x)

a2(x)dx

¸6= 0.

Así la combinación linealc1f + c2h

es la solución general de la ecuación (4.7). Ahora resumimos estos resultados enel teorema siguiente.

Teorema 9Hipótesis.Sea f una solución no trivial de la ecuación diferencial lineal ho-mogénea de segundo orden

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x) y = 0. (4.13)

Conclusión 1. La transformación y = f(x)v reduce la ecuación (4.13) a unaecuación diferencial lineal homogénea de primer orden

a2(x)f(x)dw

dx+ [2a2(x)f

0(x) + a1(x)f(x)]w = 0 (4.14)

Page 80: Ecuaciones diferenciables

72 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

en la variable dependiente w, donde w = dvdx .

Conclusión 2. La solución particular

w =exp

h− R a1(x)

a2(x)dxi

[f(x)]2

de la ecuación (4.14) da lugar a la función v donde

v(x) =

Z exph− R a1(x)

a2(x)dxi

[f(x)]2 dx.

La función h definida por h(x) = f(x)v(x) es entonces una solución de laecuación diferencial de segundo orden (4.13).Conclusión 3. La solución original conocida f y la nueva solución h son solu-ciones linealmente independientes de (4.13), y de aquí que la solución generalde (4.13) pueda ser expresada como la combinación lineal

c1f + c2h.

Enfatizamos la utilidad de este teorema y al mismo tiempo reconocemos suslimitaciones. Ciertamente su utilidad por ahora es obvia. Nos dice que si cono-cemos una solución de la ecuación diferencial de segundo orden (4.13), entoncespodemos reducir el orden para obtener una solución linealmente independiente yentonces obtener la solución general de (4.13). Pero las limitaciones del teoremason igualmente obvias. Debemos conocer una solución de la ecuación diferencial(4.13) para poder aplicar el teorema.¿Se tiene una solución conocida? En gener-al no. En algunos casos la forma de la ecuación misma o de sus consideracionesfísicas relacionadas pueden sugerir la existencia de una solución de alguna formaespecial: por ejemplo, una solución exponencial o una solución lineal. Sin em-bargo, tales casos no son demasiado comunes por lo que si no hay una solución,entonces el teorema no será de gran ayuda.A continuación ilustraremos el método de reducción de orden.

Ejemplo 71 Dado que y = x es una solución de

(x2 + 1)d2y

dx2− 2xdy

dx+ 2y = 0, (4.15)

encuentre una solución linealmente independiente mediante la reducción de or-den.

Solución. Primero observe que y = x satisface la ecuación (4.15). Entonceshagamos

y = xv.

Entoncesdy

dx= x

dv

dx+ v

Page 81: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.1 Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales 73

yd2y

dx2= x

d2v

dx2+ 2

dv

dx.

Substituyendo las expresiones para y, dy/dx y d2y/dx2 en la ecuación (4.15),obtenemos

(x2 + 1)

µxd2v

dx2+ 2

dv

dx

¶− 2x

µxdv

dx+ v

¶+ 2xv = 0

o

x(x2 + 1)d2v

dx2+ 2

dv

dx= 0.

Haciendo w = dv/dx obtenemos la ecuación diferencial lineal homogénea deprimer orden

x(x2 + 1)dw

dx+ 2w = 0.

Tratando esta ecuación como una ecuación separable, obtenemos

dw

w= − 2 dx

x(x2 + 1)

odw

w=

µ− 2x+

2x

x2 + 1

¶dx.

Integrando, obtenemos la solución general

w =c(x2 + 1)

x2.

Eligiendo c = 1, recordando que w = dv/dx e integrando, obtenemos la funciónv

v(x) = x− 1x.

Ahora, con h = fv, donde f(x) denota la solución conocida x, obtenemos lafunción h definida por

h(x) = x

µx− 1

x

¶= x2 − 1.

Por el Teorema 9 conocemos que esta es la solución linealmente independientedeseada. La solución general de la ecuación (4.15) puede ser expresada como lacombinación lineal c1x+ c2(x

2−1) de las soluciones linealmente independientesf y h. Así, escribimos la solución general de la ecuación (4.15) como

y = c1x+ c2(x2 − 1).

Page 82: Ecuaciones diferenciables

74 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

4.1.2. La ecuación no homogénea

Ahora regresamos brevemente a la ecuación no homogénea

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = g(x). (4.16)

El teorema básico relacionado con esta ecuación es el siguiente.

Teorema 10Hipótesis. (1) Sea v cualquier solución de la ecuación diferencial lineal nohomogénea de orden n (4.16). (2) Sea u cualquier solución de la correspondienteecuación diferencial homogénea

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = 0 (4.17)

Conclusión. Entonces u+v es también una solución de la ecuación diferencialno homogénea (4.16).

Ejemplo 72 Observe que y = x es una solución de la ecuación no homogénea

d2y

dx2+ y = x

y que y = senx es una solución de la correspondiente ecuación homogénea

d2y

dx2+ y = 0.

Entonces, por el Teorema 10 la suma

x+ senx

también es una solución de la ecuación no homogénea dada

d2y

dx2+ y = x.

Ahora supongamos que u es la solución general de la ecuación diferencialhomogénea (4.17); esto es, es una combinación lineal general de n solucioneslinealmente independientes de (4.17). Sea v cualquier solución particular dela ecuación diferencial no homogénea (4.16), donde v no contiene constantesarbitrarias. Entonces, aplicando el Teorema 10, vemos que u+v es una soluciónde la ecuación diferencial no homogénea de orden n y que esta solución involucran constantes arbitrarias. Llamamos a tal solución una solución general de laecuación (4.16), de acuerdo a la siguiente definición:

Definición 20Considere la ecuación diferencial lineal no homogénea de orden n

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = g(x) (4.18)

Page 83: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.1 Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales 75

y la ecuación homogénea correspondiente

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = 0 (4.19)

1. La solución general de (4.19) se denomina la función complementaria de laecuación (4.18), la cual denotaremos por yc.2. Cualquier solución particular de (4.18) que no contenga constantes arbitrariasse denomina una integral particular de (4.18), la cual denotaremos por yp.3. La solución yc+ yp de (4.18), donde yc es la función complementaria y yp esuna integral particular de (4.18), se denomina la solución general de (4.18).

Así, para encontrar la solución general de (4.18), simplemente encontramos:

1. La función complementaria, esto es, una combinación lineal general de nsoluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea corres-pondiente (4.19); y

2. Una integral particular, esto es, cualquier solución particular de (4.18) queno contenga constantes arbitrarias.

Ejemplo 73 Considere la ecuación diferencial

d2y

dx2+ y = x.

La función complementaria es la solución general

yc = c1 senx+ c2 cosx

de la ecuación homogénea correspondiente

d2y

dx2+ y = 0.

Una integral particular está dada por

yp = x.

Así, la solución general de la ecuación dada puede ser escrita como

y = yc + yp = c1 senx+ c2 cosx+ x.

En las secciones siguientes de este capítulo procederemos a estudiar los méto-dos para la obtención de las dos partes constituyentes de la solución general.Señalamos que si el término no homogéneo g(x) de la ecuación diferencial

lineal (4.18) está expresado como una combinación lineal de dos o más funciones,entonces el teorema siguiente puede ser utilizado para encontrar una integralparticular.

Page 84: Ecuaciones diferenciables

76 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

Teorema 11Hipótesis1. Sea f1 una integral particular de

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = g1(x). (4.20)

2. Sea f2 una integral particular de

an(x)dny

dxn+ an−1(x)

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1(x)dy

dx+ a0(x) y = g2(x). (4.21)

Conclusión. Entonces k1f1 + k2f2 es una integral particular de

an(x)dny

dxn+an−1(x)

dn−1ydxn−1

+· · ·+a1(x)dydx+a0(x) y = k1g1(x)+k2g2(x), (4.22)

donde k1 y k2 son constantes.

Ejemplo 74 Suponga que buscamos una integral particular de

d2y

dx2+ y = 3x+ 5 tanx. (4.23)

Entonces podemos considerar las dos ecuaciones

d2y

dx2+ y = x (4.24)

yd2y

dx2+ y = tanx. (4.25)

Hemos visto en el ejemplo 73 que una integral particular de la ecuación (4.24)está dada por

y = x.

Además, podemos verificar (por sustitución directa) que una integral particularde la ecuación (4.25) es

y = −(cosx) ln | secx+ tanx|.Por consiguiente, aplicando el Teorema 11, una integral particular de la ecuación(4.23) es

y = 3x− 5(cosx) ln | secx+ tanx|.Este ejemplo muestra la utilidad del Teorema 11. La integral particular y = xde (4.24) puede obtenerse fácilmente mediante el método de la sección 4.3 (opor inspección directa), mientras que la integral particular

y = −(cosx) ln | secx+ tanx|de (4.25) debe ser determinada por el método de la sección 4.4, y esta requiereuna gran cantidad de cálculos.

Page 85: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.2 La ec. lineal homogénea con coeficientes constantes 77

4.2. La ecuación lineal homogénea con coeficientesconstantes

4.2.1. Introducción

En esta sección consideraremos el caso especial de la ecuación diferenciallineal homogénea de orden n en la que todos los coeficientes son constantesreales. Esto es, estaremos interesados en la ecuación

andny

dxn+ an−1

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1dy

dx+ a0 y = 0 (4.26)

donde a0, a1, . . . , an son constantes reales. Mostraremos que la solución generalde esta ecuación se puede determinar explícitamente.En un intento para encontrar una solución de esta ecuación diferencial po-

dríamos preguntarnos si existe un tipo conocido de función que tenga las propiedadesadecuadas para que pueda ser habilitada como una solución. La ecuación (4.26)requiere una función f con la propiedad de que si ella y sus derivadas se mul-tiplican por ciertas constantes, ai, y los productos resultantes, aif (n−i), sonsumados, entonces el resultado debería ser igual a cero para todos los valores dex para los cuales este resultado está definido. Para que este sea el caso necesi-tamos una función tal que sus derivadas sean múltiplos constantes de ella. Estoes, ¿conocemos funciones f que tengan la propiedad de que

dk

dxk[f(x)] = cf(x)

para toda x? La respuesta es "si", ya que la función exponencial f(x) = emx,donde m es una constante, es tal que

dk

dxk[emx] = mkemx.

Por consiguiente, es obvio que deberíamos buscar soluciones de (4.26) de laforma y = emx, donde la constantem debería ser elegida de manera que y = emx

satisfaga la ecuación. Suponiendo que y = emx es una solución para cierta m,tenemos:

dy

dx= memx,

d2y

dx2= m2 emx,

...dny

dxn= mn emx.

Substituyendo en (4.26), obtenemos

anmn emx + an−1mn−1 emx + · · ·+ a1memx + a0 e

mx = 0

Page 86: Ecuaciones diferenciables

78 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

oemx(anm

n + an−1mn−1 + · · ·+ a1m + a0 ) = 0.

Puesto que emx 6= 0, obtenemos la ecuación polinomial en la constante m:anm

n + an−1mn−1 + · · ·+ a1m + a0 = 0. (4.27)

Esta ecuación se denomina la ecuación auxiliar o la ecuación característica de laecuación diferencial dada (4.26). Para que y = emx sea una solución de (4.26) laconstante m debe satisfacer (4.27). De aquí que para resolver (4.26), escribimosla ecuación auxiliar (4.27) y la resolvemos para m. Observe que (4.27) puede serobtenida de (4.26) simplemente reemplazando la k-ésima derivada en (4.26) pormk (k = 0, 1, 2, . . . , n). Así, surgen tres casos: las raíces son reales y distintas,reales y repetidas, o complejas. Pero antes de estudiar estos casos, repasemosalgunas técnicas para encontrar las raíces de un polinomio.

4.2.2. Raíces de un polinomio

Las raíces de un polinomio se pueden determinar mediante una técnica basa-da en la división de polinomios denominada división sintética. Los conceptosrelacionados con esta técnica están fundamentados en el siguiente teorema:

Teorema 12 (Algoritmo de la división)Sean f(x) y g(x) dos polinomios cualesquiera definidos sobre el campo de losnúmeros complejos C. Si g(x) 6= 0, siempre existen dos polinomios únicos q(x)y r(x), también definidos en el campo de los complejos tales que

f(x) = q(x)g(x) + r(x)

donder(x) = 0 o grado(r) < grado(g)

Al polinomio q(x) se le denomina cociente y al polinomio r(x) se le llama resid-uo.

La expresión anterior puede escribirse

f(x)

g(x)= q(x) +

r(x)

g(x).

que se conoce comunmente como la división ordinaria de polinomios.Del Teorema 12 se deduce el siguiente

Corolario 2 (Teorema del residuo)Cuando un polinomio f(x) se divide entre x − a, donde a ∈ C, el residuo esf(a).

Cuando el residuo de la división del polinomio f(x) entre g(x) es cero, sedice que f es divisible entre g.

Corolario 3 (Teorema del factor)Un polinomio f(x) es divisible entre x− a si y sólo si f(a) = 0.

Page 87: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.2 La ec. lineal homogénea con coeficientes constantes 79

División sintética La división sintética es una técnica útil para dividirun polinomio de cualquier grado f(x) entre un polinomio de grado uno del tipog(x) = x − a. La división sintética es, básicamente, la división de polinomiosrealizada de una manera simplificada en la que se trabaja exclusivamente conlos coeficientes, eliminando además el término x del divisor.En la siguiente definición proporcionamos el concepto de raíz de un poli-

nomio:

Definición 21 Sea α ∈ C y sea f(x) un polinomio definido sobre C. α es raízdel polinomio f(x) si y sólo si f(α) = 0.

De la teoría de polinomios se sabe que

Teorema 13Un polinomio de grado n tiene exactamente n raíces.

Un polinomio definido en el campo de los números complejos con coeficientesen el campo de los números racionales puede admitir hasta tres tipos de raíces:

1. Raíces racionales.

2. Raíces irracionales.

3. Raíces complejas.

Es claro que las raíces del tipo 1 y 2 son raíces reales y son también del tipo3, pero hemos hecho esta clasificación con el objeto de facilitar su estudio.El teorema siguiente es de gran utilidad para la determinación de las raíces

de un polinomio.

Teorema 14Si los coeficientes del polinomio

p(x) = anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0

son números enteros, entonces cada una de sus raíces racionales en su mínimaexpresión (p/q) tiene como numerador un factor de a0 y como denominador unfactor de an.

Ejemplo 75 Sea el polinomio

p(x) = 2x3 + 7x2 + 2x− 3.

En este caso, los factores de a0 = −3 son: ±3,±1. Los factores de an = 2 son:±2,±1. Por lo que según el Teorema 14, si el polinomio tiene raíces reales éstasdeberán ser algunas de los siguientes números:

−32,3

2,−3, 3,−1

2,1

2,−1, 1.

Page 88: Ecuaciones diferenciables

80 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

En efecto, empleando la división sintética y aplicando el teorema del residuovemos que 1

2 es una raíz de p(x) ya que:

2 7 2 −312 1 4 3

2 8 6 0

con lo que el polinomio puede factorizarse como:

p(x) = (x− 12)(2x2 + 8x+ 6)

Las raíces del segundo factor se pueden obtener resolviendo la ecuación:

2x2 + 8x+ 6 = 0

de dondex1 = −1 y x2 = −3

así que la forma factorizada del polinomio es:

p(x) = (x− 12)(x+ 1)(x+ 3)

por lo que, en este caso las tres raíces del polinomio son racionales.

Ahora, ya podemos regresar a los casos que pudieran darse al resolver laecuación característica (4.27).

4.2.3. Caso 1. Raíces reales distintas

Supongamos que las n raíces de (4.27) son todas reales y distintas, digamos

m1,m2, . . . ,mn.

Entoncesem1x, em2x, . . . , emnx

son n soluciones distintas de (4.26). Además, utilizando el Wronskiano se puedemostrar que estas n soluciones son linealmente independientes. Así, tenemos elresultado siguiente.

Teorema 15Considere la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n con coeficientesconstantes (4.26). Si la ecuación auxiliar (4.27) tiene las n raíces reales distintasm1,m2, . . . ,mn, entonces la solución general de (4.26) es

y = c1em1x + c2 e

m2x + · · ·+ cn emnx,

donde c1, c2, . . . , cn son constantes arbitrarias.

Page 89: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.2 La ec. lineal homogénea con coeficientes constantes 81

Ejemplo 76 Considere la ecuación diferencial

d2y

dx2− 3dy

dx+ 2y = 0.

La ecuación auxiliar esm2 − 3m+ 2 = 0.

De aquí,(m− 1)(m− 2) = 0, m1 = 1, m2 = 2.

Las raíces son reales y distintas. Así, ex y e2x son soluciones y la solucióngeneral puede ser escrita como

y = c1ex + c2e

2x.

Verificamos que ex y e2x son linealmente independientes. Su Wronskiano es

W (ex, e2x) =

¯ex e2x

ex 2 e2x

¯= e3x 6= 0.

Así, el Teorema 6 nos asegura su independencia lineal.

Ejemplo 77 Considere la ecuación diferencial

d3y

dx3− 4d

2y

dx2+

dy

dx+ 6y = 0.

La ecuación auxiliar es

m3 − 4m2 +m+ 6 = 0.

En este caso, los factores de a0 = 6 son: ±6,±3,±2,±1. Los factores de an = 1son: ±1. Por lo que según el Teorema 14, si el polinomio tiene raíces reales éstasdeberán ser algunas de los siguientes números:

±6,±3,±2,±1.En efecto, empleando la división sintética y aplicando el teorema del residuovemos que m = −1 es una raíz de ecuación característica ya que:

1 −4 1 6−1 −1 5 −6

1 −5 6 0

Por lo que la ecuación característica se puede factorizar como sigue:

(m+ 1)(m2 − 5m+ 6) = 0

o(m+ 1)(m− 2)(m− 3) = 0.

Así, las raíces son todas reales y distintas, a saber

m1 = −1, m2 = 2, m3 = 3,

y la solución general es

y = c1e−x + c2e

2x + c3e3x.

Page 90: Ecuaciones diferenciables

82 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

4.2.4. Caso 2. Raíces reales repetidas

Comenzaremos el estudio de este caso considerando un ejemplo simple.

Ejemplo 78 Considere la ecuación diferencial

d2y

dx2− 6dy

dx+ 9y = 0.

La ecuación auxiliar esm2 − 6m+ 9 = 0

o(m− 3)2 = 0.

Las raíces de esta ecuación son

m1 = 3, m2 = 3

reales pero iguales.Correspondiendo a la raíz m1 tenemos la solución e3x, y correspondiendo a laraíz m2 se tiene la misma solución e3x. La combinación lineal c1e3x + c2e

3x deestas “dos” soluciones claramente no es la solución general de la ecuación difer-encial, puesto que no es una combinación lineal de dos soluciones linealmenteindependientes. Efectivamente podemos escribir la combinación c1e

3x + c2e3x

simplemente como c0e3x, donde c0 = c1 + c2; y es claro que y = c0e

3x, al in-volucrar una constante arbitraria, no es una solución general de la ecuación desegundo orden dada.Debemos encontrar una solución linealmente independiente; pero ¿cómo lo hace-mos? Puesto que ya conocemos la única solución e3x, podemos aplicar el Teore-ma 9 para reducir el orden de la ecuación diferencial. Hagamos

y = e3xv,

donde v debe ser determinada. Entonces

dy

dx= e3x

dv

dx+ 3e3xv,

d2y

dx2= e3x

d2v

dx2+ 6e3x

dv

dx+ 9e3xv.

Substituyendo en la ecuación diferencial, tenemosµe3x

d2v

dx2+ 6e3x

dv

dx+ 9e3xv

¶− 6

µe3x

dv

dx+ 3e3xv

¶+ 9e3xv = 0

o

e3xd2v

dx2= 0.

Haciendo w = dv/dx, tenemos la ecuación de primer orden

e3xdw

dx= 0

Page 91: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.2 La ec. lineal homogénea con coeficientes constantes 83

o simplementedw

dx= 0.

Las soluciones de esta ecuación de primer orden son simplemente w = c, donde ces una constante arbitraria. Eligiendo la solución particular w = 1 y recordandoque dv/dx = w, encontramos

v(x) = x+ c0,

donde c0 es una constante arbitraria. Por el Teorema 9, conocemos que paracualquier elección de la constante c0, v(x)e3x = (x+ c0)e

3x es una solución dela ecuación diferencial de segundo orden dada. Además, por el Teorema 9 cono-cemos que esta solución y la solución previamente conocida e3x son linealmenteindependientes. Seleccionando c0 = 0 obtenemos la solución

y = xe3x

de la ecuación diferencial de segundo orden dada.Así, la solución general de la ecuación diferencial dada es

y = c1e3x + c2xe

3x

oy = (c1 + c2x)e

3x.

Con este ejemplo como guía, regresemos a la ecuación diferencial generalde orden n (4.26). Si la ecuación auxiliar (4.27) tiene una doble raíz real m,debemos esperar que emx y xemx sean soluciones linealmente independientes dela ecuación diferencial lineal homogénea (4.26). Específicamente, supongamosque la ecuación característica (4.27) tiene una doble raíz real m y (n− 2) raícesreales distintas

m1,m2, . . . ,mn−2.

Entonces, las soluciones linealmente independientes de (4.26) son

emx, xemx, em1x, em2x, . . . , emn−2x,

y la solución general puede ser escrita

y = c1emx + c2xe

mx + c3em1x + c4e

m2x + · · ·+ cnemn−2x

oy = (c1 + c2x) e

mx + c3em1x + c4e

m2x + · · ·+ cnemn−2x.

Similarmente, si la ecuación auxiliar (4.27) tiene una triple raiz real m, lassoluciones linealmente independientes serían

emx, xemx, x2emx.

La parte correspondiente de la solución general se escribiría como sigue

(c1 + c2x+ c3x2) emx.

En el siguiente teorema se resume el caso 2.

Page 92: Ecuaciones diferenciables

84 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

Teorema 161. Considere la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n con coeficientesconstantes (4.26). Si la ecuación auxiliar (4.27) tiene la raíz real que ocurre kveces, entonces la parte de la solución general de (4.26) que corresponde a estaraíz repetida k-veces es

(c1 + c2x+ c3x2 + · · ·+ ckx

k−1) emx.

2. Adicionalmente, si las raíces restantes de la ecuación auxiliar (4.27) son losnúmeros reales distintos mk+1, . . . ,mn, entonces la solución general de (4.26)es

y = (c1 + c2x+ c3x2 + · · ·+ ckx

k−1) emx + ck+1emk+1x + · · ·+ cne

mnx.

3. Sin embargo, si algunas de las raíces restantes también son repetidas, entonceslas partes de la solución general de (4.26) que corresponden a cada una de estasraíces repetidas son expresiones similares a la que corresponde a m en la parte1.

Consideremos algunos ejemplos.

Ejemplo 79 Encuentre la solución general de

d3y

dx3− 4d

2y

dx2− 3dy

dx+ 18y = 0.

La ecuación auxiliarm3 − 4m2 − 3m+ 18 = 0

tiene las raíces: 3, 3,−2. La solución general esy = c1e

3x + c2xe3x + c3e

−2x

oy = (c1 + c2x)e

3x + c3e−2x.

Ejemplo 80 Encuentre la solución general de

d4y

dx4− 5d

3y

dx3+ 6

d2y

dx2+ 4

dy

dx− 8y = 0.

La ecuación auxiliar es

m4 − 5m3 + 6m2 + 4m− 8 = 0,con raíces 2, 2, 2,−1. La parte de la solución general correspondiente a las tresraíces repetidas es

y1 = (c1 + c2x+ c3x2)e2x

y la correspondiente a la raíz −1 esy2 = c4e

−x.

Así, la solución general es y = y1 + y2, esto es,

y = (c1 + c2x+ c3x2)e2x + c4e

−x.

Page 93: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.2 La ec. lineal homogénea con coeficientes constantes 85

4.2.5. Caso 3. Raíces complejas conjugadas

Ahora, supongamos que la ecuación auxiliar tiene el número complejo a+ bi(a, b reales, i2 = −1, b 6= 0) como una raíz no repetida. Entonces, puesto quelos coeficientes son reales, el número complejo conjugado a− bi también es unaraíz no repetida. Entonces, la parte correspondiente de la solución general es

k1e(a+bi)x + k2e

(a−bi)x,

donde k1 y k2 son constantes arbitrarias. Las soluciones definidas por e(a+bi)x

y e(a−bi)x son funciones complejas de la variable real x. Es deseable sustituiréstas por dos soluciones reales linealmente independientes. Esto se puede hacerutilizando la fórmula de Euler,

eiθ = cos θ + i sen θ,

la cual se cumple para toda θ real. Tenemos:

k1e(a+bi)x + k2e

(a−bi)x = k1eaxebix + k2e

axe−bix

= eax£k1e

bix + k2 e−bix¤

= eax [k1(cos bx+ i sen bx) + k2(cos bx− i sen bx)]

= eax [(k1 + k2) cos bx+ i(k1 − k2) sen bx]

= eax [c1 sen bx+ c2 cos bx] ,

donde c1 = i(k1−k2), c2 = k1+k2 son dos nuevas constantes arbitrarias. Así, laparte de la solución general que corresponde a las raíces complejas conjugadasno repetidas a± bi es

eax [c1 sen bx+ c2 cos bx]

Combinando ésta con los resultados del caso 2, tenemos el siguiente teoremaque cubre al caso 3.

Teorema 171. Considere la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n con coeficientesconstantes (4.26). Si la ecuación auxiliar (4.27) tiene la raíces complejas con-jugadas a+ bi y a− bi, ninguna repetida, entonces la parte correspondiente dela solución general de (4.26) puede ser escrita

y = eax [c1 sen bx+ c2 cos bx] .

2. Sin embargo, si a + bi y a − bi son raíces repetidas k veces de la ecuaciónauxiliar (4.27), entonces la parte correspondiente de la solución general de (4.26)puede ser escrita

y = eax£(c1 + c2x+ c3x

2 + · · ·+ ckxk−1) sen bx+

(ck+1 + ck+2x+ ck+3x2 + · · ·+ c2kx

k−1) cos bx¤.

A continuación damos algunos ejemplos.

Page 94: Ecuaciones diferenciables

86 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

Ejemplo 81 Encuentre la solución general de

d2y

dx2+ y = 0.

Ya hemos utilizado esta ecuación diferencial para ilustrar los teoremas de la sec-ción 4.1. Ahora obtengamos su solución utilizando el Teorema 17. La ecuaciónauxiliar m2 + 1 = 0 tiene las raíces m = ±i. Estas son los números complejosimaginarios puros a± bi, donde a = 0 y b = 1. La solución general es así

y = e0x [c1 sen 1 · x+ c2 cos 1 · x] ,

la cual se simplifica ay = c1 senx+ c2 cosx.

Ejemplo 82 Encuentre la solución general de

d2y

dx2− 6dy

dx+ 25y = 0.

La ecuación auxiliar es m2 − 6m+ 25 = 0. Resolviéndola, encontramos

m =6±√36− 100

2=6± 8i2

= 3± 4i.

Las raíces son los números complejos conjugados a ± bi donde a = 3 y b = 4.La solución general puede ser escrita como

y = e3x [c1 sen 4x+ c2 cos 4x] .

Ejemplo 83 Encuentre la solución general de

d4y

dx4− 4d

3y

dx3+ 14

d2y

dx2− 20dy

dx+ 25y = 0.

La ecuación auxiliar es

m4 − 4m3 + 14m2 − 20m+ 25 = 0.

La solución de esta ecuación requiere algo de trabajo. Las raíces son

1 + 2i, 1− 2i, 1 + 2i, 1− 2i.

Puesto que cada par de raíces complejas conjugadas es doble, la solución generales

y = ex [(c1 + c2x) sen 2x+ (c3 + c4x) cos 2x]

oy = c1e

x sen 2x+ c2xex sen 2x+ c3e

x cos 2x+ c4xex cos 2x.

Page 95: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.2 La ec. lineal homogénea con coeficientes constantes 87

4.2.6. Problema de valor inicial

Ahora apliquemos los resultados anteriores relacionados con la solución gen-eral de una ecuación diferencial lineal homogénea con coeficientes constantes ala resolución de un problema de valor inicial.

Ejemplo 84 Resuelva el problema de valor inicial

d2y

dx2− 6dy

dx+ 25y = 0, (4.28)

y(0) = −3, (4.29)

y0(0) = −1. (4.30)

Notemos que por el Teorema 62 este problema tiene una solución única definidapara toda x en −∞ < x < ∞. Ahora procedemos a encontrar esta solución;esto es, buscamos la solución particular de la ecuación diferencial (4.28) quesatisface las dos condiciones iniciales (4.29) y (4.30). Ya hemos encontrado lasolución general de la ecuación diferencial (4.28) en el ejemplo 82. Esta es

y = e3x [c1 sen 4x+ c2 cos 4x] . (4.31)

De ésta, encontramos

dy

dx= e3x [(3c1 − 4c2) sen 4x+ (4c1 + 3c2) cos 4x] . (4.32)

Ahora aplicamos las condiciones iniciales. Aplicando la condición (4.29), y(0) =−3, a la ecuación (4.31), encontramos

−3 = e0 [c1 sen 0 + c2 cos 0] ,

la cual se reduce ac2 = −3. (4.33)

Aplicando la condición (4.30), y0(0) = −1, a la ecuación (4.32), obtenemos−1 = e0 [(3c1 − 4c2) sen 0 + (4c1 + 3c2) cos 0] ,

la cual se reduce a4c1 + 3c2 = −1 (4.34)

Resolviendo las ecuaciones (4.33) y (4.34) para c1 y c2, encontramos

c1 = 2, c2 = −3.Reemplazando c1 y c2 en la ecuación (4.31), encontramos

y = e3x [2 sen 4x− 3 cos 4x] .Recordando de trigonometría que una combinación lineal de un término senoy un término coseno que tienen un argumento común cx puede ser expresado

Page 96: Ecuaciones diferenciables

88 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

como un múltiplo constante apropiado del seno de la suma de este argumentocomún cx y un ángulo constante apropiado φ. Así, la solución anterior puedeser reexpresada en una forma alternativa que involucra el factor sen(4x + φ).Para hacer esto primero multipliquemos y dividamos por

p(2)2 + (−3)2 = √13,

obteniendo así

y =√13e3x

·2√13sen 4x− 3√

13cos 4x

¸.

Así, podemos expresar la solución en la forma alternativa

y =√13e3x sen(4x+ φ),

donde el ángulo φ está definido por las ecuaciones

senφ = − 3√13

, cosφ =2√13

.

4.3. El método de coeficientes indeterminados

4.3.1. El método

Consideremos la ecuación diferencial no homogénea

andny

dxn+ an−1

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1dy

dx+ a0 y = g(x), (4.35)

donde los coeficientes a0, a1, . . . , an son constantes reales y el término no ho-mogéneo g(x) es en general una función no constante de x. Recuerde que lasolución general de (4.35) puede ser escrita como

y = yc + yp,

donde yc es la función complementaria, esto es, la solución general de la ecuaciónhomogénea correspondiente, y yp es una integral particular, esto es, cualquiersolución de (4.35) que no contiene constantes arbitrarias. En la sección 4.2,aprendimos cómo determinar la función complementaria; ahora consideraremoslos métodos para la determinación de una integral particular.Consideraremos primero el método de coeficientes indeterminados.Matemáti-

camente hablando, la clase de funciones g para la que este método se aplica real-mente está muy restringida; pero esta clase estrecha matemáticamente incluyefunciones de frecuente ocurrencia y de importancia considerable en varias apli-caciones de la física. Y este método tiene una ventaja distintiva–su aplicaciónes relativamente simple.Primero introduciremos algunas definiciones preliminares.

Definición 22Denominaremos a una función una función de Coeficientes Indeterminados (CI)si es (1) una de las funciones siguientes:

Page 97: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.3 El método de coeficientes indeterminados 89

(i) xn, donde n es un entero positivo o cero.

(ii) eax, donde a es una constante distinta de cero.

(iii) sen(bx+ c), donde b y c son constantes, b 6= 0.(iv) cos(bx+ c), donde b y c son constantes, b 6= 0.(2) una función definida como un producto finito de dos o más funciones de

estos cuatro tipos.

El método de los coeficientes indeterminados se aplica cuando el término nohomogéneo g(x) en la ecuación diferencial es una combinación lineal finita defunciones CI. Observe que para una función CI específica f , cualquier derivadasucesiva de f es un múltiplo constante de una función CI o es una combinaciónlineal de funciones CI.

Definición 23Considere una función CI f . El conjunto de funciones formado con f mismay todas las funciones linealmente independientes de funciones CI de las cualeslas derivadas sucesivas de f son múltiplos constantes o combinaciones linealesse denomina el conjunto CI de f .

Ejemplo 85 La función f definida para todo real x por f(x) = x3 es unafunción CI. Calculando las derivadas de f , encontramos

f 0(x) = 3x2, f 00(x) = 6x, f 000(x) = 6 = 6 · 1, f (n)(x) = 0 para n > 3.

Las funciones CI linealmente independientes de las cuales las derivadas sucesi-vas de f son múltiplos constantes o combinaciones lineales son

x2, x, 1.

Así que el conjunto CI de la función f(x) = x3 es S = f(x3, x2, x, 1.Ejemplo 86 La función f definida para todo real x por f(x) = sen 2x es unafunción CI. Calculando las derivadas de f , encontramos

f 0(x) = 2 cos 2x, f 00(x) = −4 sen 2x.La única función CI linealmente independiente de la que las derivadas sucesivasde f son múltiplos constantes o combinaciones lineales es cos 2x. Así, el conjuntoCI de la función f(x) = sen 2x es el conjunto S = sen 2x, cos 2x.Ejemplo 87 La función f definida para todo real x por f(x) = x2 senx es elproducto de dos funciones CI definidas por x2 y senx. De aquí que f misma esuna función CI. Derivando sucesivamente a f , obtenemos

f 0(x) = 2x senx+ x2 cosx,

f 00(x) = 2 senx+ 4x cosx− x2 senx,

f 000(x) = 6 cosx− 6x senx− x2 cosx.

Page 98: Ecuaciones diferenciables

90 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

Observamos que si seguimos diferenciando ya no ocurrirán nuevos tipos de fun-ciones. Cada derivada de f es una combinación lineal de seis funciones CI dadaspor x2 senx, x2 cosx, x senx, x cosx, senx, cosx. Así, el conjunto

S = x2 senx, x2 cosx, x senx, x cosx, senx, cosx

es el conjunto CI de la función f(x) = x2 senx.

A continuación desarrollaremos el método de coeficientes indeterminadospara encontrar una integral particular yp de

andny

dxn+ an−1

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1dy

dx+ a0 y = g(x), (4.36)

donde g(x) es una combinación lineal finita

g(x) = A1u1 +A2u2 + · · ·+Amum

de la funciones CI u1, u2, . . . , um, y las Ai son constantes conocidas. Suponiendoque la función complementaria yc ya ha sido obtenida, procedemos como sigue:

1. Para cada una de las funciones CI

u1, u2, . . . , um

de las que g(x) es una combinación lineal, construya el conjunto CI co-rrespondiente, obteniendo así los conjuntos respectivos

S1, S2, . . . , Sm.

2. Supongamos que uno de los conjuntos CI así formados, digamos el Sj ,esidéntico con o completamente incluido en otro, digamos el Sk. En estecaso, omitimos el conjunto Sj (el conjunto idéntico o el más pequeño) deuna consideración posterior (reteniendo el conjunto Sk).

3. En este paso se consideran cada uno de los conjuntos CI que aún per-manecen después del paso 2. Supongamos ahora que uno de estos con-juntos CI, digamos el Sl, incluye uno o más miembros que son solucionesde la ecuación diferencial homogénea correspondiente. Si este es el caso,multipliquemos cada miembro del conjunto Sl por la potencia entera pos-itiva más baja de x para que el conjunto revisado resultante no contengamiembros que sean soluciones de la ecuación diferencial homogénea corre-spondiente. A continuación se reemplaza Sl por este conjunto revisado asíobtenido. Observe que en este paso se considera un conjunto CI a la vez yse realiza la multiplicación indicada, si fuera necesario, únicamente en losmiembros del conjunto CI bajo consideración.

4. En general, al inicio de este paso, aún permanecen:

Page 99: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.3 El método de coeficientes indeterminados 91

a) Algunos de los conjuntos CI, que no fueron omitidos en el paso 2 ninecesitaron revisión en el paso 3, y

b) Algunos conjuntos revisados obtenidos por revisión en el paso 3.

Ahora formemos una combinación lineal con todos los elementos de to-dos los conjuntos CI de estas dos categorías, con coeficientes constantesdesconocidos (coeficientes desconocidos).

5. Determine estos coeficientes desconocidos sustituyendo la combinación lin-eal formada en el paso 4 en la ecuación diferencial y demandando que laecuación diferencial sea idénticamente satisfecha (esto es, que sea una solu-ción particular).

A continuación ilustraremos este procedimiento con algunos ejemplos.

Ejemplo 88 Resolver

d2y

dx2− 2dy

dx− 3y = 2ex − 10 senx.

Solución. La ecuación homogénea correspondiente es

d2y

dx2− 2dy

dx− 3y = 0

y la función complementaria es

yc = c1e3x + c2e

−x.

El término no homogéneo es la combinación lineal 2ex − 10 senx de las dosfunciones CI dadas por ex y senx.

1. Formar el conjunto CI para cada una de las dos funciones. Encontramos

S1 = ex,S2 = senx, cosx.

2. Observe que ninguno de estos conjuntos es idéntico o está incluido en elotro; de aquí que ambos sean retenidos.

3. Además, examinando la función complementaria, vemos que ninguna delas funciones ex, senx, cosx en cualquiera de estos conjuntos es una solu-ción de la ecuación homogénea correspondiente. De aquí que ninguno delos conjuntos necesite ser revisado.

4. Así, los conjuntos originales S1 y S2 permanecen intactos en este problema,y formamos la combinación lineal

Aex +B senx+ C cosx

de los tres elementos con los coeficientes ex, senx, cosx de los conjuntosS1 y S2, con los coeficientes indeterminados A,B,C.

Page 100: Ecuaciones diferenciables

92 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

5. Determine estos coeficientes desconocidos mediante la sustitución de lacombinación lineal, formada en el paso 4, en la ecuación diferencial ydemandando que esta satisfaga la ecuación diferencial. Esto es, tomamos

yp = Aex +B senx+ C cosx

como una solución particular. Entonces

y0p = Aex +B cosx− C senx,

y00p = Aex −B senx− C cosx.

Substituyendo, obtenemos

(Aex −B senx− C cosx)− 2(Aex +B cosx− C senx)

− 3(Aex +B senx+ C cosx) = 2ex − 10 senx

o

−4Aex + (−4B + 2C) senx+ (−4C − 2B) cosx = 2ex − 10 senx.

Igualando los coeficientes de los términos semejantes, obtenemos las ecua-ciones

−4A = 2, −4B + 2C = −10, −4C − 2B = 0.

De estas ecuaciones, encontramos que

A = −12, B = 2, C = −1,

y de aquí obtenemos la integral particular

yp = −12ex + 2 senx− cosx.

Así, la solución general de la ecuación diferencial es

y = yc + yp = c1e3x + c2e

−x − 12ex + 2 senx− cosx.

Ejemplo 89 Resolver

d2y

dx2− 3dy

dx+ 2y = 2x2 + ex + 2xex + 4e3x.

Solución. La ecuación homogénea correspondiente es

d2y

dx2− 3dy

dx+ 2y = 0

Page 101: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.3 El método de coeficientes indeterminados 93

y la función complementaria es

yc = c1ex + c2e

2x.

El término no homogéneo es la combinación lineal

2x2 + ex + 2xex + 4e3x

de las cuatro funciones CI dadas por x2, ex, xex y e3x.

1. Formar el conjunto CI para cada una de estas funciones. Tenemos

S1 = x2, x, 1,S2 = ex,S3 = xex, ex,S4 = e3x.

2. Observamos que S2 está completamente incluido en S3, así que ya noconsideramos S2, quedando los tres conjuntos

S1 = x2, x, 1, S3 = xex, ex, S4 = e3x.

3. Observamos que S3 = xex, ex incluye a ex, que está incluida en la fun-ción complementaria y así es solución de la ecuación diferencial homogéneacorrespondiente. Por lo tanto, multiplicamos cada miembro de S3 por xpara obtener la familia revisada

S03 = x2ex, xex,que no contiene miembros que sean soluciones de la ecuación diferencialhomogénea correspondiente.

4. En este punto, quedan los conjuntos CI originales

S1 = x2, x, 1y

S4 = e3xy el conjunto revisado

S03 = x2ex, xex.Estos conjuntos contienen los seis elementos

x2, x, 1, e3x, x2ex, xex.

Con ellos formamos la combinación lineal

Ax2 +Bx+ C +De3x +Ex2ex + Fxex.

Page 102: Ecuaciones diferenciables

94 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

5. Tomamos como nuestra solución particular

yp = Ax2 +Bx+ C +De3x +Ex2ex + Fxex.

De ésta, tenemos

y0p = 2Ax+B + 3De3x +Ex2ex + 2Exex + Fxex + Fex,

y00p = 2A+ 9De3x +Ex2ex + 4Exex + 2Eex + Fxex + 2Fex.

Sustituyendo yp, y0p, y00p en la ecuación diferencial, obtenemos

2A+ 9De3x +Ex2ex + 4Exex + 2Eex + Fxex + 2Fex

− 3 £2Ax+B + 3De3x +Ex2ex + 2Exex + Fxex + Fex¤

+ 2£Ax2 +Bx+ C +De3x +Ex2ex + Fxex

¤= 2x2 + ex + 2xex + 4e3x,

o

(2A−3B+2C)+(2B−6A)x+2Ax2+2De3x+(−2E)xex+(2E−F )ex= 2x2 + ex + 2xex + 4e3x.

Igualando coeficientes de términos semejantes, tenemos:

2A− 3B + 2C = 0,

2B − 6A = 0,

2A = 2,

2D = 4,

−2E = 2,

2E − F = 1.

Resolviendo este sistema de ecuaciones, obtenemos A = 1, B = 3, C =72 ,D = 2, E = −1, F = −3, por lo que la integral particular es

yp = x2 + 3x+7

2+ 2e3x − x2ex − 3xex.

Por consiguiente, la solución general es

y = yc + yp = c1ex + c2e

2x + x2 + 3x+7

2+ 2e3x − x2ex − 3xex.

Ejemplo 90 Resolver

d4y

dx4+

d2y

dx2= 3x2 + 4 senx− 2 cosx.

Page 103: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.3 El método de coeficientes indeterminados 95

Solución. La ecuación homogénea correspondiente es

d4y

dx4+

d2y

dx2= 0,

y la función complementaria es

yc = c1 + c2x+ c3 senx+ c4 cosx.

El término no homogéneo es la combinación lineal

3x2 + 4 senx− 2 cosxde las tres funciones CI dadas por

x2, senx y cosx.

1. Formar el conjunto CI para cada una de las tres funciones. Estos conjuntosson, respectivamente

S1 = x2, x, 1,S2 = senx, cosx,S3 = cosx, senx.

2. Observe que S2 y S3 son idénticos por lo que retenemos sólo a uno deellos, quedando los conjuntos

S1 = x2, x, 1, S2 = senx, cosx.

3. Ahora observamos que S1 = x2, x, 1 incluye a 1 y x, las cuales, como laecuación complementaria muestra, son soluciones de la ecuación diferen-cial homogénea correspondiente. Por ello multiplicamos cada miembro delconjunto S1 por x2 para obtener el conjunto revisado

S01 = x4, x3, x2,en el que ninguno de sus miembros es solución de la ecuación diferencialhomogénea. Observe que la multiplicación por x, en lugar de x2, no essuficiente, puesto que el conjunto resultante sería x3, x2, x, el cual to-davía incluye la solución homogénea x. Regresando al conjunto S2, observeque sus dos miembros, también son soluciones de la ecuación diferencialhomogénea. De aquí que S2 deba ser reemplazado por el conjunto revisado

S02 = x senx, x cosx.

4. En este punto ya no quedan conjuntos CI originales. Ellos han sido reem-plazados por los conjuntos revisados S01 y S02 los cuales contienen cincoelementos siguientes

x4, x3, x2, x senx, x cosx.

Page 104: Ecuaciones diferenciables

96 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

A continuación formamos una combinación lineal con ellos,

Ax4 +Bx3 + Cx2 +Dx senx+Ex cosx,

con coeficientes indeterminados A,B,C,D,E.

5. Ahora, tomamos esta combinación como nuestra solución particular

yp = Ax4 +Bx3 + Cx2 +Dx senx+Ex cosx.

Entonces

y0p = 4Ax3 + 3Bx2 + 2Cx+Dx cosx+D senx−Ex senx+E cosx,

y00p = 12Ax2 + 6Bx+ 2C −Dx senx+ 2D cosx−Ex cosx− 2E senx,y000p = 24Ax+ 6B −Dx cosx− 3D senx+Ex senx− 3E cosx,y(4)p = 24A+Dx senx− 4D cosx+Ex cosx+ 4E senx.

Substituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos

24A+Dx senx− 4D cosx+Ex cosx+ 4E senx

+ 12Ax2 + 6Bx+ 2C −Dx senx+ 2D cosx−Ex cosx− 2E senx= 3x2 + 4 senx− 2 cosx

Igualando coeficientes, encontramos

24A+ 2C = 0

6B = 0

12A = 3

−2D = −22E = 4.

De aquí que A = 14 , B = 0, C = −3,D = 1, E = 2, y la integral particular

esyp =

1

4x4 − 3x2 + x senx+ 2x cosx.

La solución general es

y = yc + yp = c1 + c2x+ c3 senx+ c4 cosx1

4x4 − 3x2 + x senx+ 2x cosx.

Ejemplo 91 (Un problema de valor inicial) Para cerrar esta sección, re-solvamos el problema de valor inicial

d2y

dx2− 2dy

dx− 3y = 2ex − 10 senx (4.37)

Page 105: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.4 Variación de parámetros 97

y(0) = 2, (4.38)

y0(0) = 4. (4.39)

Por el Teorema 3, este problema tiene una solución única, definida para todax en −∞ < x <∞; procedamos a encontrar dicha solución única. En el ejemplo88 encontramos que la solución general de la ecuación diferencial (4.37) es

y = c1e3x + c2e

−x − 12ex + 2 senx− cosx. (4.40)

De esta, tenemos

dy

dx= 3c1e

3x − c2e−x − 1

2ex + 2 cosx+ senx. (4.41)

Aplicando las condiciones iniciales (4.38) y (4.39) a las ecuaciones (4.40) y(4.41), respectivamente, tenemos

2 = c1e0 + c2e

0 − 12e0 + 2 sen 0− cos 0,

4 = 3c1e0 − c2e

0 − 12e0 + 2 cos 0 + sen 0.

Estas ecuaciones se simplifican en las siguientes:

c1 + c2 =7

2, 3c1 − c2 =

5

2.

De estas dos ecuaciones, obtenemos

c1 =3

2, c2 = 2.

Sustituyendo estos valores para c1 y c2 en la ecuación (4.40) obtenemos la solu-ción única del problema de valor inicial, la cual es

y =3

2e3x + 2e−x − 1

2ex + 2 senx− cosx.

4.4. Variación de parámetros

4.4.1. El método

Mientras que el método de coeficientes indeterminados es realmente muydirecto (involucrando sólo técnicas de álgebra de bachillerato y diferenciación),el método se aplica por lo general a una pequeña clase de problemas. Porejemplo, el método de coeficientes indeterminados no se aplica a la ecuaciónaparentemente simple

d2y

dx2+ y = tanx.

Page 106: Ecuaciones diferenciables

98 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

Buscamos un método para determinar una integral particular que se aplique entodos los casos (incluyendo coeficientes variables) en los que la función comple-mentaria se conozca. Tal método se denomina método de variación de paráme-tros, que a continuación consideramos.Desarrollaremos este método para la ecuación diferencial lineal de segundo

orden con coeficientes variables

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x) y = g(x). (4.42)

Suponga que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la ecuaciónhomogénea correspondiente

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x) y = 0. (4.43)

Entonces la función complementaria de la ecuación (4.42) es

c1y1(x) + c2y2(x),

donde y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de (4.43) y c1 y c2 sonconstantes arbitrarias. El procedimiento en el método de variación de parámet-ros consiste en reemplazar las constantes arbitrarias c1 y c2 en la función com-plementaria por funciones respectivas v1 y v2 que serán determinadas de maneraque la función resultante, la cual está definida como

v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x) (4.44)

sea una integral particular de la ecuación (4.42) (de aquí el nombre variaciónde parámetros).Tenemos a nuestra disposición las dos funciones, v1 y v2 con las cuales sat-

isfacer a la única condición de que (4.44) sea una solución de (4.42). Puestoque tenemos dos funciones pero sólo una condición sobre ellas, tenemos la liber-tad de imponer una segunda condición, con la condición de que no violemos laprimera. Posteriormente estudiaremos cuándo y cómo imponer esta condiciónadicional.Así asumimos una solución de la forma (4.44) y escribimos

yp = v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x). (4.45)

Diferenciando (4.45) tenemos

y0p = v1(x)y01(x) + v2(x)y

02(x) + v01(x)y1(x) + v02(x)y2(x), (4.46)

En este punto imponemos la segunda condición para simplificar y0p, demandandoque

v01(x)y1(x) + v02(x)y2(x) = 0. (4.47)

Con esta condición impuesta, (4.46) se reduce a

y0p = v1(x)y01(x) + v2(x)y

02(x). (4.48)

Page 107: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.4 Variación de parámetros 99

Ahora, diferenciando (4.48), obtenemos

y00p = v1(x)y001 (x) + v2(x)y

002 (x) + v01(x)y

01(x) + v02(x)y

02(x). (4.49)

Ahora imponemos la condición básica de que (4.45) sea una solución de laecuación (4.42). Así sustituimos (4.45), (4.48) y (4.49) por y, dy

dx yd2ydx2 , re-

spectivamente, en la ecuación (4.42), por lo que obtenemos

a2(x) [v1(x)y001 (x) + v2(x)y

002 (x) + v01(x)y

01(x) + v02(x)y

02(x)]

+ a1(x) [v1(x)y01(x) + v2(x)y

02(x)]

+ a0(x) [v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x)] = g(x).

Esta expresión puede ser escrita como

v1(x) [a2(x)y001 (x) + a1(x)y

01(x) + a0(x)y1(x)]

+ v2(x) [a2(x)y002 (x) + a1(x)y

02(x) + a0(x)y2(x)]

+ a2(x) [v01(x)y

01(x) + v02(x)y

02(x)] = g(x).

Puesto que y1 y y2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea cor-respondiente (4.43), las expresiones dentro de los paréntesis en los primeros dostérminos en la ecuación anterior son idénticamente cero. Esto conduce a

v01(x)y01(x) + v02(x)y

02(x) =

g(x)

a2(x). (4.50)

Esto es lo que realmente demanda la condición básica. Así las dos condicionesimpuestas requieren que las funciones v1 y v2 sean elegidas de manera que elsistema de ecuaciones

v01(x)y1(x) + v02(x)y2(x) = 0, (4.51)

v01(x)y01(x) + v02(x)y

02(x) =

g(x)

a2(x),

sea satisfecho. El determinante de coeficientes de este sistema es precisamente

W [y1(x), y2(x)] =

¯y1(x) y2(x)y01(x) y02(x)

¯.

Puesto que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la ecuacióndiferencial homogénea correspondiente (4.43), sabemos queW [y1(x), y2(x)] 6= 0.De aquí que el sistema (4.51) tenga una solución única. Resolviendo este sistema,obtenemos

v01(x) =

¯¯ 0 y2(x)

g(x)a2(x)

y02(x)

¯¯¯

y1(x) y2(x)y01(x) y02(x)

¯ = − g(x)y2(x)

a2(x)W [y1(x), y2(x)],

Page 108: Ecuaciones diferenciables

100 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

v02(x) =

¯¯ y1(x) 0

y01(x)g(x)a2(x)

¯¯¯

y1(x) y2(x)y01(x) y02(x)

¯ = g(x)y1(x)

a2(x)W [y1(x), y2(x)].

Así, obtenemos las funciones v1 y v2 definidas por

v1(x) = −Z x g(t)y2(t)dt

a2(t)W [y1(t), y2(t)], (4.52)

v2(x) =

Z x g(t)y1(t)dt

a2(t)W [y1(t), y2(t)].

Por lo tanto, una integral particular yp de la ecuación (4.42) está definida por

yp = v1(x)y1(x) + v2(x)y2(x),

donde v1 y v2 están definidas por (4.52).

4.4.2. Ejemplos

Ejemplo 92 Considere la ecuación diferencial

d2y

dx2+ y = tanx. (4.53)

La función complementaria está definida por

yc(x) = c1 senx+ c2 cosx.

Asumimosyp(x) = v1(x) senx+ v2(x) cosx, (4.54)

donde las funciones v1 y v2 deberán ser determinadas de manera que esta seauna integral particular de la ecuación diferencial (4.53). Entonces

y0p(x) = v1(x) cosx− v2(x) senx+ v01(x) senx+ v02(x) cosx.

A continuación imponemos la condición

v01(x) senx+ v02(x) cosx = 0, (4.55)

quedandoy0p(x) = v1(x) cosx− v2(x) senx.

De esta ecuación

y00p (x) = −v1(x) senx− v2(x) cosx+ v01(x) cosx− v02(x) senx. (4.56)

Sustituyendo (4.54) y (4.56) en (4.53) obtenemos

v01(x) cosx− v02(x) senx = tanx. (4.57)

Page 109: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.4 Variación de parámetros 101

Así que tenemos las dos ecuaciones (4.55) y (4.57) de las cuales se determinanv01(x) y v02(x):

v01(x) senx+ v02(x) cosx = 0,

v01(x) cosx− v02(x) senx = tanx.

Resolviendo este sistema de ecuaciones, obtenemos

v01(x) =

¯0 cosx

tanx − senx¯

¯senx cosxcosx − senx

¯ = − cosx tanx−1 = senx,

v02(x) =

¯senx 0cosx tanx

¯¯senx cosxcosx − senx

¯ = senx tanx

−1 =− sen2 xcosx

=cos2 x− 1cosx

= cosx− secx.Integrando obtenemos

v1(x) = − cosx+ c3, v2(x) = senx− ln |secx+ tanx|+ c4. (4.58)

Substituyendo (4.58) en (4.54) tenemos

yp(x) = (− cosx+ c3) senx+ (senx− ln |secx+ tanx|+ c4) cosx

= − senx cosx+ c3 senx+ senx cosx

− ln |secx+ tanx| (cosx) + c4 cosx

= c3 senx+ c4 cosx− (cosx)(ln |secx+ tanx|).Ya que una integral particular es una solución libre de constantes arbitrarias,podemos asignar valores particulares cualesquiera A y B a c3 y c4, respectiva-mente, y el resultado será la integral particular

A senx+B cosx− (cosx)(ln |secx+ tanx|).Así, y = yc + yp es

y = c1 senx+ c2 cosx+A senx+B cosx− (cosx)(ln |secx+ tanx|).que puede ser escrita como

y = C1 senx+ C2 cosx− (cosx)(ln |secx+ tanx|),donde C1 = c1 +A, C2 = c2 +B.También notamos que se puede seleccionar a c3 y c4 iguales a cero en las

ecuaciones (4.58), para obtener esencialmente el mismo resultado,

y = c1 senx+ c2 cosx− (cosx)(ln |secx+ tanx|).Esta es la solución general de la ecuación diferencial (4.53).

Page 110: Ecuaciones diferenciables

102 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

El método de variación de parámetros se puede extender a ecuaciones dife-renciales lineales de orden superior. A continuación ilustramos esta extensión auna ecuación de tercer orden.

Ejemplo 93 Considere la ecuación diferencial

d3y

dx3− 6d

2y

dx2+ 11

dy

dx− 6y = ex. (4.59)

La función complementaria es

yc(x) = c1ex + c2e

2x + c3e3x.

Entonces asumimos como una integral particular

yp(x) = v1(x)ex + v2(x)e

2x + v3(x)e3x. (4.60)

Ya que tenemos tres funciones v1, v2, v3, debemos aplicar tres condiciones.Tenemos:

y0p(x) = v1(x)ex + 2v2(x)e

2x + 3v3(x)e3x + v01(x)e

x + v02(x)e2x + v03(x)e

3x.

Procediendo en una manera análoga al caso de la ecuación de segundo orden,imponemos la condición

v01(x)ex + v02(x)e

2x + v03(x)e3x = 0, (4.61)

dejandoy0p(x) = v1(x)e

x + 2v2(x)e2x + 3v3(x)e

3x. (4.62)

Entonces

y00p (x) = v1(x)ex + 4v2(x)e

2x + 9v3(x)e3x + v01(x)e

x + 2v02(x)e2x + 3v03(x)e

3x.

Ahora imponemos la condición

v01(x)ex + 2v02(x)e

2x + 3v03(x)e3x = 0, (4.63)

dejandoy00p (x) = v1(x)e

x + 4v2(x)e2x + 9v3(x)e

3x. (4.64)

De ésta

y000p (x) = v1(x)ex + 8v2(x)e

2x + 27v3(x)e3x + v01(x)e

x + 4v02(x)e2x + 9v03(x)e

3x.(4.65)

Sustituimos (4.60), (4.62), (4.64) y (4.65) en la ecuación diferencial (4.59),obteniendo

v1(x)ex + 8v2(x)e

2x + 27v3(x)e3x + v01(x)e

x + 4v02(x)e2x + 9v03(x)e

3x

− 6v1(x)ex − 24v2(x)e2x − 54v3(x)e3x + 11v1(x)ex + 22v2(x)e2x + 33v3(x)e3x− 6v1(x)ex − 6v2(x)e2x − 6v3(x)e3x = ex

Page 111: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.4 Variación de parámetros 103

ov01(x)e

x + 4v02(x)e2x + 9v03(x)e

3x = ex. (4.66)

Así tenemos las tres ecuaciones (4.61), 4.63), (4.66) de las cuales se puedendeterminar v01(x), v

02(x), v

03(x):

v01(x)ex + v02(x)e

2x + v03(x)e3x = 0,

v01(x)ex + 2v02(x)e

2x + 3v03(x)e3x = 0,

v01(x)ex + 4v02(x)e

2x + 9v03(x)e3x = ex.

Resolviendo este sistema, obtenemos

v01(x) =

¯¯ 0 e2x e3x

0 2e2x 3e3x

ex 4e2x 9e3x

¯¯¯

¯ ex e2x e3x

ex 2e2x 3e3x

ex 4e2x 9e3x

¯¯=

e6x¯1 12 3

¯

e6x

¯¯ 1 1 11 2 31 4 9

¯¯=1

2,

v02(x) =

¯¯ e

x 0 e3x

ex 0 3e3x

ex ex 9e3x

¯¯¯

¯ ex e2x e3x

ex 2e2x 3e3x

ex 4e2x 9e3x

¯¯=

−e5x¯1 11 3

¯2e6x

= −e−x,

v03(x) =

¯¯ e

x e2x 0ex 2e2x 0ex 4e2x ex

¯¯¯

¯ ex e2x e3x

ex 2e2x 3e3x

ex 4e2x 9e3x

¯¯=

e4x¯1 11 2

¯2e6x

=1

2e−2x.

Integrando y tomando todas las constantes de integración iguales a cero, encon-tramos

v1(x) =1

2x, v2(x) = e−x, v3(x) = −1

4e−2x.

Así

yp(x) =1

2xex + e−xe2x +−1

4e−2xe3x =

1

2xex +

3

4ex.

Así, la solución general de (5.60) es

y = yc + yp = c01ex + c2e

2x + c3e3x +

1

2xex.

donde c01 = c1 +34 .

Page 112: Ecuaciones diferenciables

104 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

En los dos ejemplos anteriores los coeficientes de la ecuación diferencialfueron constantes. En la discusión al comienzo de esta sección se mencionóque el método de variación de parámetros se aplica también en las ecuacionesdiferenciales lineales con coeficientes variables. A continuación ilustraremos estecaso.

Ejemplo 94 Considere la ecuación diferencial

(x2 + 1)d2y

dx2− 2xdy

dx+ 2y = 6(x2 + 1)2. (4.67)

En el ejemplo (71) resolvimos la ecuación homogénea correspondiente

(x2 + 1)d2y

dx2− 2xdy

dx+ 2y = 0.

Del resultado de dicho ejemplo, vemos que la función complementaria de laecuación (4.67) es

yc(x) = c1x+ c2(x2 − 1).

Para encontrar una integral particular de la ecuación (4.67), hacemos

yp(x) = v1(x)x+ v2(x)(x2 − 1). (4.68)

Entonces

y0p(x) = v1(x) · 1 + v2(x) · 2x+ v01(x)x+ v02(x)(x2 − 1).

Ahora imponemos la condición

v01(x)x+ v02(x)(x2 − 1) = 0, (4.69)

conduciendo ay0p(x) = v1(x) + 2x v2(x) (4.70)

De ésta, obtenemos

y00p (x) = v01(x) + 2 v2(x) + 2x v02(x). (4.71)

Sustituyendo (4.68), (4.70) y (4.71) en (4.67) obtenemos

(x2 + 1) [v01(x) + 2 v2(x) + 2x v02(x)]− 2x [v1(x) + 2x v2(x)]+ 2

£v1(x)x+ v2(x)(x

2 − 1)¤ = 6(x2 + 1)2o

(x2 + 1) [v01(x) + 2x v02(x)] = 6(x

2 + 1)2. (4.72)

Así tenemos las dos ecuaciones (4.69) y (4.72) de las cuales determinar v01(x)y v02(x); esto es, v

01(x) y v

02(x) satisfacen el sistema

v01(x)x+ v02(x)(x2 − 1) = 0,

(x2 + 1) [v01(x) + 2x v02(x)] = 6(x2 + 1)2.

Page 113: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.5 La ecuación de Cauchy-Euler 105

Resolviendo este sistema, encontramos

v01(x) =

¯0 x2 − 1

6(x2 + 1) 2x

¯¯x x2 − 11 2x

¯ =−6(x2 + 1)(x2 − 1)

x2 + 1= −6(x2 − 1),

v02(x) =

¯x 01 6(x2 + 1)

¯¯x x2 − 11 2x

¯ =6x(x2 + 1)

x2 + 1= 6x.

Integrando, obtenemos

v1(x) = −2x3 + 6x, v2(x) = 3x2, (4.73)

donde hemos seleccionado las constantes de integración igual a cero. Sustituyen-do (4.73) en (4.68), tenemos

yp(x) = (−2x3 + 6x)x+ 3x2(x2 − 1)= x4 + 3x2.

Por consiguiente, la solución general de la ecuación (4.67) puede ser expresadaen la forma

y = yc + yp

= c1x+ c2(x2 − 1) + x4 + 3x2.

4.5. La ecuación de Cauchy-Euler

4.5.1. La ecuación y el método de solución

En las secciones anteriores estudiamos cómo obtener la solución general dela ecuación diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes. Vimos queen tal caso la forma de la función complementaria puede ser determinada fá-cilmente Sin embargo, la ecuación lineal general de orden n con coeficientesvariables es algo diferente, y sólo en ciertos casos especiales puede obtenersela función complementaria en forma cerrada1. Un caso especial de considerableimportancia práctica para el que afortunadamente esto puede realizarse es ladenominada ecuación de Cauchy-Euler (o ecuación equidimensional). Esta esuna ecuación de la forma

anxn d

ny

dxn+ an−1xn−1

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1xdy

dx+ a0 y = g(x), (4.74)

1Esta frase se refiere normalmente a soluciones explícitas que se pueden expresar en tér-minos de funciones elementales : combinaciones finitas de potencias de x, raíces, funcionesexponenciales y logarítmicas y funciones trigonométricas directas e inversas.

Page 114: Ecuaciones diferenciables

106 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

donde a0, a1, . . . , an, son constantes. Note la característica fundamental de estaecuación: cada término en el lado izquierdo es un múltiplo constante de unaexpresión de la forma

xkdky

dxk.

El proceso para la resolución de esta ecuación diferencial se establece en elteorema siguiente.

Teorema 18La transformación x = et reduce la ecuación

anxn d

ny

dxn+ an−1xn−1

dn−1ydxn−1

+ · · ·+ a1xdy

dx+ a0 y = g(x) (4.75)

a una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes.

A continuación probaremos este teorema para el caso de una ecuación dife-rencial de Cauchy-Euler de segundo orden

a2x2 d

2y

dx2+ a1x

dy

dx+ a0 y = g(x). (4.76)

La prueba para el caso general de orden n procede de forma similar. Haciendox = et y asumiendo que x > 0, tenemos que t = lnx. Entonces

dy

dx=

dy

dt

dt

dx=1

x

dy

dt

y

d2y

dx2=

1

x

d

dx

µdy

dt

¶+

dy

dt

d

dx

µ1

x

¶=1

x

µd2y

dt2dt

dx

¶− 1

x2dy

dt

=1

x

µd2y

dt21

x

¶− 1

x2dy

dt=1

x2

µd2y

dt2− dy

dt

¶.

Así

xdy

dx=

dy

dty

x2d2y

dx2=

d2y

dt2− dy

dt.

Sustituyendo en la ecuación (4.76) obtenemos

a2

µd2y

dt2− dy

dt

¶+ a1

dy

dt+ a0 y = g(et)

o

A2d2y

dt2+A1

dy

dt+A0 y = G(t), (4.77)

Page 115: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.5 La ecuación de Cauchy-Euler 107

dondeA2 = a2, A1 = a1 − a2, A0 = a0, G(t) = g(et).

Esta es una ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes con-stantes, que es lo que queríamos demostrar.Observación 1 : Note que el coeficiente anxn en la ecuación (4.75) es cero

para x = 0. Así el intervalo básico a ≤ x ≤ b, relacionado con los teoremas dela sección 4.1, no incluye a x = 0.Observación 2 : Observe que en la prueba anterior asumimos que x > 0. Si

x < 0, la substitución adecuada sería x = −et. A menos que se establezca otracosa, asumiremos que x > 0 cuando estemos buscando la solución general deuna ecuación diferencial de Cauchy-Euler.

Ejemplo 95 Resolver

x2d2y

dx2− 2xdy

dx+ 2 y = x3. (4.78)

Solución. Hagamos x = et. Entonces, asumiendo x > 0, tenemos t = lnx, y

dy

dx=

dy

dt

dt

dx=1

x

dy

dt,

d2y

dx2=1

x

µd2y

dt2dt

dx

¶− 1

x2dy

dt=1

x2

µd2y

dt2− dy

dt

¶.

Así, la ecuación (4.78) se transforma en

x2µ1

x2

µd2y

dt2− dy

dt

¶¶− 2x

µ1

x

dy

dt

¶+ 2 y = e3t

od2y

dt2− 3dy

dt+ 2y = e3t. (4.79)

La función complementaria de esta ecuación es yc = c1et+c2e

2t. A continuaciónbuscamos una integral particular por el método de coeficientes indeterminados.Asumimos yp = Ae3t. Entonces y0p = 3Ae3t, y00p = 9Ae3t, y sustituyendo en laecuación (4.79) obtenemos

2Ae3t = e3t.

Así A = 12 y tenemos que yp =

12e3t. La solución general de la ecuación (4.79)

esy = c1e

t + c2e2t +

1

2e3t.

Finalmente, puesto que x = et, encontramos

y = c1x+ c2x2 +

1

2x3.

Esta es la solución general de (4.78).

Page 116: Ecuaciones diferenciables

108 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

Ejemplo 96 Resolver

x3d3y

dx3− 4x2 d

2y

dx2+ 8x

dy

dx− 8y = 4 lnx. (4.80)

Solución. Hagamos x = et. Entonces, asumiendo x > 0, tenemos t = lnx, y

dy

dx=

dy

dt

dt

dx=1

x

dy

dt,

d2y

dx2=1

x2

µd2y

dt2− dy

dt

¶.

d3y

dx3=

1

x2d

dx

µd2y

dt2− dy

dt

¶− 2

x3

µd2y

dt2− dy

dt

¶=

1

x2

µd3y

dt3dt

dx− d2y

dt2dt

dx

¶− 2

x3

µd2y

dt2− dy

dt

¶=

1

x3

µd3y

dt3− d2y

dt2

¶− 2

x3

µd2y

dt2− dy

dt

¶=

1

x3

µd3y

dt3− 3d

2y

dt2+ 2

dy

dt

¶.

Así, sustituyendo en la ecuación (4.80) , obtenemos

x3·1

x3

µd3y

dt3− 3d

2y

dt2+ 2

dy

dt

¶¸− 4x2

·1

x2

µd2y

dt2− dy

dt

¶¸+ 8x

·1

x

dy

dt

¸− 8y = 4t

od3y

dt3− 7d

2y

dt2+ 14

dy

dt− 8y = 4t. (4.81)

La función complementaria de la ecuación transformada (4.81) es

yc = c1et + c2e

2t + c3e4t.

A continuación procedemos a buscar la integral particular de la ecuación (4.81)por el método de coeficientes indeterminados. Asumimos que yp = At + B.Entonces y0p = A, y00p = y000p = 0. Sustituyendo en la ecuación (4.81), encontramos

14A− 8At− 8B = 4t.

Así,−8A = 4, 14A− 8B = 0,

por lo que A = −12 , B = −78 . Así la solución general de la ecuación (4.81) es

y = c1et + c2e

2t + c3e4t − 1

2t− 7

8,

Page 117: Ecuaciones diferenciables

Sec.4.5 La ecuación de Cauchy-Euler 109

y la solución general de la ecuación (4.80) es

y = c1x+ c2x2 + c3x

4 − 12lnx− 7

8.

Observación. Al resolver las ecuaciones de Cauchy-Euler de los ejemplosanteriores, observamos que la transformación x = et reduce

xdy

dxa

dy

dt, x2

d2y

dx2a

d2y

dt2− dy

dt

y

x3d3y

dx3a

d3y

dt3− 3d

2y

dt2+ 2

dy

dt.

A continuación mostraremos (sin prueba) cómo encontrar la expresión en la queel término general

xndny

dxn,

donde n es un entero positivo arbitrario, se reduce bajo la transformación x = et.El procedimiento es el siguiente.

1. Para un entero positivo dado n, determine

r(r − 1)(r − 2) · · · [r − (n− 1)] .

2. Expanda la expresión anterior como un polinomio de grado n en r.

3. Reemplace rk por dkydtk, para cada k = 1, 2, 3, . . . , n.

4. Iguale xn dnydxn al resultado del paso 3.

Por ejemplo, cuando n = 3, tenemos la siguiente ilustración.

1. Puesto que n = 3, n− 1 = 2 y determinamos r(r − 1)(r − 2).2. Expandiendo el resultado anterior, obtenemos r3 − 3r2 + 2r.3. Reemplazando r3 por d3y

dt3 , r2 por d2y

dt2 y r pordydt , tenemos

d3y

dt3− 3d

2y

dt2+ 2

dy

dt.

4. Igualando x3 d3ydx3 con esta última expresión, tenemos

x3d3y

dx3=

d3y

dt3− 3d

2y

dt2+ 2

dy

dt.

Observe que esta expresión es precisamente la relación encontrada en elúltimo ejemplo.

Page 118: Ecuaciones diferenciables

110 Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales...

Page 119: Ecuaciones diferenciables

Capítulo 5

Soluciones en series de lasecuaciones diferencialeslineales

En el Capítulo 4.aprendimos que ciertos tipos de ecuaciones diferencialeslineales de orden superior (por ejemplo, aquellas con coeficientes constantes)tienen soluciones que pueden ser expresadas como combinaciones lineales finitasde funciones elementales conocidas. Sin embargo, generalmente las ecuacionesdiferenciales lineales de orden superior no tienen soluciones que puedan ser ex-presadas en esta manera simple. Así que debemos buscar otros medios de expre-sión para las soluciones de estas ecuaciones. Uno de estos medios de expresiónlo proporciona las representaciones en series infinitas, y el presente capítulo estádedicado a los métodos de obtención de soluciones en forma de series infinitas.

5.1. Soluciones en series de potencia alrededorde un punto ordinario

5.1.1. Conceptos básicos y resultados

Considere la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x) y = 0, (5.1)

y suponga que esta ecuación no tiene una solución que sea expresable comouna combinación lineal finita de funciones elementales conocidas. Sin embargo,supongamos que tiene una solución que puede ser expresada en la forma de unaserie infinita. Específicamente, asumamos que tiene una solución en la forma

c0 + c1(x− x0) + c2(x− x0)2 + · · · =

∞Xn=0

cn(x− x0)n, (5.2)

111

Page 120: Ecuaciones diferenciables

112 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

donde c0, c1, c2, . . . son constantes. Una expresión de la forma (5.2) se denominauna serie de potencias en x−x0. Así hemos asumido que la ecuación diferencial(5.1) tiene una solución en serie de potencias de la forma (5.2). Asumiendo queesta suposición es válida, enseguida procedemos a determinar los coeficientesc0, c1, c2, . . . en (5.2) de manera que la expresión (5.2) satisfaga la ecuación(5.1).Pero, ¿bajo que condiciones esta suposición realmente es válida? Esto es, ¿ba-

jo que condiciones podemos estar seguros de que la ecuación diferencial (5.1)realmente tiene una solución de la forma (5.2)? Esta es una pregunta de consid-erable importancia; ya que sería un absurdo buscar una “solución” de la forma(5.2) si realmente ésta no existiera. Para responder a esta pregunta concernientea la existencia de una solución de la forma (5.2), primero introduciremos algunasdefiniciones básicas. Para este propósito escribamos la ecuación diferencial (5.1)en la forma normalizada equivalente

d2y

dx2+ P1(x)

dy

dx+ P2(x) y = 0, (5.3)

donde

P1(x) =a1(x)

a2(x)y P2(x) =

a0(x)

a2(x).

Definición 24Una función se dice analítica en x0 si su serie de Taylor alrededor de x0,

∞Xn=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)

n,

existe y converge a f(x) para toda x de algún intervalo abierto que incluya a x0.

Notamos que todas las funciones polinomiales son analíticas en (−∞,∞); dela misma manera las funciones con valores ex, sen(x), y cos(x) son analíticas en(−∞,∞). Una función racional es analítica en todos los números reales exceptoen los valores de x en los que el denominador es cero. Por ejemplo, la funciónracional definida por 1/(x2 − 3x + 2) es analítica en todo número real con laexcepción de x = 1 y de x = 2.

Definición 25El punto x0 se denomina un punto ordinario de la ecuación diferencial (5.1) silas funciones P1(x) y P2(x) de la ecuación normalizada correspondiente (5.3)son analíticas en x0. Si cualquiera de estas funciones no es analítica en x0,entonces se dice que x0 es un punto singular de la ecuación diferencial (5.1).

Ejemplo 97 Considere la ecuación diferencial

d2y

dx2+ x

dy

dx+ (x2 + 2) y = 0. (5.4)

Aquí P1(x) = x y P2(x) = x2+2. Las dos funciones P1(x) y P2(x) son funcionespolinomiales por lo que son analíticas en todos los números reales. Así, todoslos puntos de esta ecuación diferencial son puntos ordinarios.

Page 121: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.1 Soluciones en series de potencia alrededor de un punto ordinario 113

Ejemplo 98 Considere la ecuación diferencial

(x− 1)d2y

dx2+ x

dy

dx+1

xy = 0. (5.5)

La ecuación (5.5) no está escrita en la forma normalizada (5.3), por lo queprimero la expresaremos en la forma normalizada, obteniendo

d2y

dx2+

x

(x− 1)dy

dx+

1

x(x− 1) y = 0.

Aquí

P1(x) =x

(x− 1) y P2(x) =1

x(x− 1) .

La función P1 es analítica en todos los números reales excepto en x = 1 y P2 esanalítica en todos los números reales excepto en x = 0 y en x = 1. Así, x = 0 yx = 1 son puntos singulares de la ecuación diferencial bajo consideración. Todoslos otros puntos restantes son puntos ordinarios de la ecuación diferencial. Noteclaramente que x = 0 es un punto singular, aunque P1 sea una función analíticaen x = 0. Mencionamos este hecho para enfatizar que tanto P1(x) y P2(x) debenser funciones analíticas en x0 para que x0 sea un punto ordinario.

Ahora estamos en la posición adecuada para establecer un teorema rela-cionado con la existencia de soluciones en series de potencias de la forma (5.2).

Teorema 19Hipótesis. El punto x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial (5.1).Conclusión. La ecuación diferencial (5.1) tiene dos soluciones no triviales enseries de potencias que son linealmente independientes de la forma

∞Xn=0

cn(x− x0)n, (2)

y estas series de potencias convergen en algún intervalo |x − x0| < R (dondeR > 0) alrededor de x0.

Este teorema nos da una condición suficiente para la existencia de solu-ciones en series de potencias de la ecuación diferencial (5.1). Establece que six0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial (5.1), entonces esta ecuacióndiferencial tiene dos soluciones en series de potencias que son linealmente in-dependientes. Así, si x0 es un punto ordinario de (5.1), podemos obtener lasolución general de (5.1) tomando una combinación lineal de estas dos series depotencias linealmente independientes.

Ejemplo 99 En el Ejemplo 97 notamos que todos los puntos son puntos ordi-narios de la ecuación diferencial (5.4). Así, esta ecuación diferencial tiene dossoluciones linealmente independientes de la forma (5.2) alrededor de cualquierpunto x0.

Page 122: Ecuaciones diferenciables

114 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

Ejemplo 100 En el Ejemplo 98 observamos que x = 0 y x = 1 son los únicospuntos singulares de la ecuación diferencial (5.5). Así, esta ecuación diferencialtiene dos soluciones linealmente independientes de la forma (5.2) alrededor decualquier punto x 6= 0 y x 6= 1.Por ejemplo, la ecuación tiene dos soluciones linealmente independientes de

la forma∞Xn=0

cn(x− 2)n

alrededor del punto ordinario 2. Sin embargo, no estamos seguros de que existauna solución de la forma

∞Xn=0

cnxn

alrededor del punto singular 0 o cualquier solución de la forma

∞Xn=0

cn(x− 1)n

alrededor del punto singular 1.

5.1.2. El método de solución

Ahora que sabemos que bajo ciertas condiciones la ecuación (5.1) tiene solu-ciones en series de potencias de la forma (5.2) la pregunta inmediata es ¿cómoencontrar estas soluciones? En otras palabras, cómo determinamos los coefi-cientes c0, c1, c2, . . . en la expresión

∞Xn=0

cn(x− x0)n (2)

para que esta expresión realmente satisfaga la ecuación (5.1)? Primero haremosun breve esbozo del procedimiento para encontrar estos coeficientes y entoncesilustraremos el procedimiento en detalle considerando ejemplos específicos.Asumiendo que x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial (5.1), así

que existen soluciones en potencias de (x− x0), denotamos tal solución por

y = c0 + c1(x− x0) + c2(x− x0)2 + · · · =

∞Xn=0

cn(x− x0)n. (5.6)

Ya que la serie en (5.6) converge en un intervalo |x− x0| < R alrededor de x0,la serie puede ser derivada término a término en este intervalo sucesivamentedos veces para obtener

dy

dx= c1 + 2c2(x− x0) + 3c3(x− x0)

2 + · · · =∞Xn=1

ncn(x− x0)n−1 (5.7)

Page 123: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.1 Soluciones en series de potencia alrededor de un punto ordinario 115

y

d2y

dx2= 2c2+6c3(x−x0)+12c4(x−x0)2+· · · =

∞Xn=2

n(n−1)cn(x−x0)n−2, (5.8)

respectivamente. Ahora substituimos las series del lado derecho de (5.6), (5.7)y (5.8) por y y sus primeras dos derivadas sucesivas en la ecuación diferencial(5.1). Entonces simplificamos la expresión resultante hasta que toma la forma

K0 +K1(x− x0) +K2(x− x0)2 + · · · = 0, (5.9)

donde los coeficientes Ki (i = 0, 1, 2, . . .) son funciones de ciertos coeficientescn de la solución (5.6). Para que (5.9) sea válida para toda x en el intervalo deconvergencia |x− x0| < R, debemos establecer

K0 = K1 = K2 = · · · = 0.

En otras palabras, debemos igualar a cero el coeficiente de cada potencia de(x−x0) en el lado izquierdo de (5.9). Esto conduce a un conjunto de condicionesque deben ser satisfechas por los coeficientes cn en la serie (5.6) para que (5.6)sea una solución de la ecuación diferencial (5.1). Si los cn se eligen de manera quesatisfagan el conjunto de condiciones que así ocurren, entonces la serie resultante(5.6) es la solución deseada de la ecuación diferencial (5.1). A continuaciónilustraremos este procedimiento en detalle en los dos ejemplos siguientes.

Ejemplo 101 Encontrar la solución en series de potencias de la ecuación difer-encial

d2y

dx2+ x

dy

dx+ (x2 + 2) y = 0 (4)

en potencias de x (esto es, alrededor de x = 0).

Solución. Ya hemos visto que x0 = 0 es un punto ordinario de la ecuacióndiferencial (4) y que existen dos soluciones linealmente independientes del tipodeseado.Supongamos una solución de la forma (5.6) con x0 = 0. Esto es, asumimos

que

y =∞Xn=0

cnxn. (5.10)

Diferenciando término a término obtenemos

dy

dx=∞Xn=1

ncnxn−1 (5.11)

yd2y

dx2=∞Xn=2

n(n− 1)cnxn−2. (5.12)

Page 124: Ecuaciones diferenciables

116 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

Substituyendo las series (5.10), (5.11) y (5.12) en la ecuación diferencial (4),obtenemos

∞Xn=2

n(n− 1)cnxn−2 + x∞Xn=1

ncnxn−1 + x2

∞Xn=0

cnxn + 2

∞Xn=0

cnxn = 0.

Puesto que x es independiente del índice de la suma n, podemos reescribir laexpresión anterior como

∞Xn=2

n(n− 1)cnxn−2 +∞Xn=1

ncnxn +

∞Xn=0

cnxn+2 + 2

∞Xn=0

cnxn = 0. (5.13)

Para escribir el lado izquierdo de (5.13) en la forma (5.9), reescribiremos laprimera y la tercera suma en (5.13) para que la x en cada una de estas sumastenga el exponente n. Consideremos la primera suma

∞Xn=2

n(n− 1)cnxn−2 (5.14)

en (5.13). Para reescribir la suma (5.14) para que la x tenga el exponente deseadon, reemplazamos el exponente n − 2 en (5.14) por una nueva variable m. Estoes, hacemos m = n − 2 en (5.14). Entonces n = m + 2, y ya que m = 0 paran = 2, la suma (5.14) toma la forma

∞Xm=0

(m+ 2)(m+ 1)cm+2xm. (5.15)

Ahora, puesto que la variable de la suma es una variable “ficticia”, podemosreemplazar m por n en (5.15) para escribir la primera suma en (5.13) como

∞Xn=0

(n+ 2)(n+ 1)cn+2xn. (5.16)

De la misma manera, haciendo m = n+ 2 en la tercera suma de (5.13)

∞Xn=0

cnxn+2 (5.17)

obtenemos ∞Xm=2

cm−2xm. (5.18)

Entonces, reemplazando m por n en (5.18), la tercer suma en (5.13) puede serescrita como ∞X

n=2

cn−2xn. (5.19)

Page 125: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.1 Soluciones en series de potencia alrededor de un punto ordinario 117

Así, reemplazando (5.14) por su equivalente (5.16) y (5.17) por su equivalente(5.19), la Ecuación (5.13) puede ser escrita como

∞Xn=0

(n+ 2)(n+ 1)cn+2xn +

∞Xn=1

ncnxn +

∞Xn=2

cn−2xn + 2∞Xn=0

cnxn = 0. (5.20)

Aunque x tiene la misma potencia n en cada suma en (5.20), los rangos de lassumas no son las mismas. En la primera y en la cuarta suma n varía de 0 a∞, enla segunda suma varía de 1 a ∞, y en la tercera el rango es de 2 a ∞. El rangocomún es de 2 a ∞. A continuación escribimos individualmente los términosen cada suma que no pertenecen al rango común, y continuamos empleando lanotación “sigma” para denotar el remanente de cada suma. Por ejemplo, en laprimer suma

∞Xn=0

(n+ 2)(n+ 1)cn+2xn

de (5.20) escribimos individualmente los términos correspondientes a n = 0 yn = 1 y denotamos el remanente de esta suma por

∞Xn=2

(n+ 2)(n+ 1)cn+2xn.

Así reescribimos ∞Xn=0

(n+ 2)(n+ 1)cn+2xn

en (5.20) como

2c2 + 6c3x+∞Xn=2

(n+ 2)(n+ 1)cn+2xn.

En la misma manera, escribimos

∞Xn=1

ncnxn

en (5.20) como

c1x+∞Xn=2

ncnxn

y

2∞Xn=0

cnxn

en (5.20) como

2c0 + 2c1x+ 2∞Xn=2

cnxn.

Page 126: Ecuaciones diferenciables

118 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

Así, la ecuación (5.20) es ahora escrita como

2c2 + 6c3x+∞Xn=2

(n+ 2)(n+ 1)cn+2xn + c1x+

∞Xn=2

ncnxn

∞Xn=2

cn−2xn + 2c0 + 2c1x+ 2∞Xn=2

cnxn = 0.

Ahora podemos combinar potencias semejantes de x y escribir esta ecuacióncomo

(2c0+2c2)+ (3c1+6c3)x+∞Xn=2

[(n+ 2)(n+ 1)cn+2 + (n+ 2)cn + cn−2]xn = 0.

(5.21)La ecuación (5.21) está en la forma deseada (5.9). Para que (5.21) sea válidapara toda x en el intervalo de convergencia |x− x0| < R, el coeficiente de cadapotencia de x en el lado izquierdo de (5.21) debe ser igualado a cero. Estoconduce inmediatamente a las condiciones

2c0 + 2c2 = 0, (5.22)

3c1 + 6c3 = 0, (5.23)

y(n+ 2)(n+ 1)cn+2 + (n+ 2)cn + cn−2 = 0, n ≥ 2. (5.24)

La condición (5.22) nos permite expresar c2 en términos de c0. Haciéndolo así,encontramos que

c2 = −c0. (5.25)

La condición (5.23) nos permite expresar c3 en términos de c1. Esto conduce a

c3 = −12c1. (5.26)

La condición (5.24) es denominada una fórmula de recurrencia. Nos permiteexpresar cada coeficiente cn+2 para n ≥ 2 en términos de los coeficientes previoscn y cn−2, proporcionando así

cn+2 = −(n+ 2)cn + cn−2(n+ 1)(n+ 2)

, n ≥ 2. (5.27)

Para n = 2, la fórmula (5.27) es

c4 = −4c2 + c012

.

Ahora, utilizando (5.25), esta se reduce a

c4 =14c0, (5.28)

Page 127: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.1 Soluciones en series de potencia alrededor de un punto ordinario 119

la cual expresa c4 en términos de c0. Para n = 3, la fórmula (5.27) es

c5 = −5c3 + c120

.

Ahora, utilizando (5.26) esta se reduce a

c5 =340c1, (5.29)

que expresa c5 en términos de c1. En la misma manera podemos expresar cadacoeficiente par en términos de c0 y cada coeficiente impar en términos de c1.Sustituyendo los valores de c2, c3, c4 y c5, dados en (5.25), (5.26), (5.28) y

(5.29), respectivamente, en la solución supuesta (5.10), tenemos

y = c0 + c1x− c0x2 − 1

2c1x3 + 1

4c0x4 + 3

40c1x5 + · · · .

Agrupando términos en c0 y en c1, finalmente tenemos

y = c0(1− x2 + 14x

4 + · · · ) + c1(x− 12x

3 + 340x

5 + · · · ), (5.30)

la cual proporciona la solución de la ecuación diferencial (4) en potencias de xhasta el término en x5. Las dos series entre paréntesis en (5.30) son las expan-siones en series de potencias de las dos soluciones linealmente independientes de(4), y las constantes c0 y c1 son constantes arbitrarias. Así, (5.30) representa lasolución general de (4) en potencias de x (hasta el término en x5).

Ejemplo 102 Encuentre una solución en series de potencias del problema devalor inicial

(x2 − 1)d2y

dx2+ 3x

dy

dx+ xy = 0, (5.31)

y(0) = 4, (5.32)

y0(0) = 6. (5.33)

Solución. Observamos que todos los puntos, con la excepción de x = ±1,son puntos ordinarios de la ecuación diferencial (5.31). Por lo tanto podríamosasumir soluciones de la forma (5.6) para cualquier x0 6= ±1. Sin embargo, puestoque los valores iniciales de y y su primer derivada están definidas en x = 0,elegimos x0 = 0 y buscamos soluciones en potencias de x. Así asumimos

y =∞Xn=0

cnxn. (5.34)

Diferenciando término a término obtenemos

dy

dx=∞Xn=1

ncnxn−1 (5.35)

Page 128: Ecuaciones diferenciables

120 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

yd2y

dx2=∞Xn=2

n(n− 1)cnxn−2. (5.36)

Sustituyendo las series (5.34), (5.35) y (5.36) en la ecuación diferencial (5.31),obtenemos∞Xn=2

n(n− 1)cnxn−∞Xn=2

n(n− 1)cnxn−2+3∞Xn=1

ncnxn+

∞Xn=0

cnxn+1 = 0. (5.37)

A continuación escribimos la segunda y cuarta suma en (5.37) para que x tengael mismo exponente n en cada una de dichas sumas. Así, la ecuación toma laforma∞Xn=2

n(n− 1)cnxn −∞Xn=0

(n+ 2)(n+ 1)cn+2xn + 3

∞Xn=1

ncnxn +

∞Xn=1

cn−1xn = 0.

(5.38)El rango común de las cuatro sumas en (5.38) es de 2 a ∞. Podemos escribirlos términos individuales en cada suma que no pertenezcan a este rango comúny así expresar (5.38) en la forma

∞Xn=2

n(n− 1)cnxn − 2c2 − 6c3x−∞Xn=2

(n+ 2)(n+ 1)cn+2xn

+ 3c1x+ 3∞Xn=2

ncnxn + c0x+

∞Xn=2

cn−1xn = 0.

Agrupando por potencias de x, esta expresión toma la forma

− 2c2 + (c0 + 3c1 − 6c3)x

+∞Xn=2

[−(n+ 2)(n+ 1)cn+2 + n(n+ 2)cn + cn−1]xn = 0. (5.39)

Para que (5.39) sea válida para toda x en el intervalo de convergencia |x−x0| <R, el coeficiente de cada potencia de x en el lado izquierdo de (5.39) debe serigualado a cero. Esto conduce a las siguientes relaciones

−2c2 = 0, (5.40)

c0 + 3c1 − 6c3 = 0, (5.41)

y−(n+ 2)(n+ 1)cn+2 + n(n+ 2)cn + cn−1 = 0, n ≥ 2. (5.42)

De (5.40), encontramos que c2 = 0; y de (5.41), c3 = 16c0 +

12c1. La fórmula de

recurrencia (5.42) da

cn+2 =n(n+ 2)cn + cn−1(n+ 1)(n+ 2)

, n ≥ 2.

Page 129: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.1 Soluciones en series de potencia alrededor de un punto ordinario 121

Utilizando ésta, sucesivamente encontramos

c4 =8c2 + c112

=1

12c1,

c5 =15c3 + c220

=1

8c0 +

3

8c1,

Sustituyendo estos valores de c2, c3, c4, c5,. . . en la solución supuesta (5.34),tenemos

y = c0 + c1x+³c06+

c12

´x3 +

c112

x4 +

µc08+3c18

¶x5 + · · ·

o

y = c0(1 +16x

3 + 18x

5 + · · · ) + c1(x+12x

3 + 112x

4 + 38x

5 + · · · ). (5.43)

La solución (5.43) es la solución general de la ecuación diferencial (5.31) enpotencias de x (hasta el término en x5).Ahora aplicamos las condiciones iniciales (5.32) y (5.33). Aplicando (5.32) a

(5.43), inmediatamente encontramos que

c0 = 4.

Diferenciando (5.43), tenemos

dy

dx= c0(

12x

2 + 58x

4 + · · · ) + c1(1 +32x

2 + 13x

3 + 158 x

4 + · · · ). (5.44)

Aplicando (5.33) a (5.44) encontramos que

c1 = 6.

Así, la solución del problema de valor inicial en potencias de x (hasta el términoen x5) es

y = 4(1 + 16x

3 + 18x

5 + · · · ) + 6(x+ 12x

3 + 112x

4 + 38x

5 + · · · ).o

y = 4 + 6x+ 113 x

3 + 12x

4 + 114 x

5 + · · · .

Observación 1 Suponga que los valores iniciales de y y su primer derivada enlas condiciones (5.32) y (5.33) del Ejemplo 102 están definidas en x = 2,en lugar de x = 0. Entonces tenemos el problema de valor inicial

(x2 − 1)d2y

dx2+ 3x

dy

dx+ x y = 0, (5.45)

y(2) = 4, y0(2) = 6.

Page 130: Ecuaciones diferenciables

122 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

Puesto que los valores iniciales en este problema están definidos en x = 2,deberíamos buscar soluciones en potencias de x− 2. Esto es, en este casobuscaríamos soluciones de la forma

y =∞Xn=0

cn(x− 2)n. (5.46)

El procedimiento más simple para obtener una solución de la forma (5.46)consiste en hacer la sustitución t = x− 2. Esto reemplaza el problema devalor inicial (5.45) por el problema equivalente

(t2 + 4t+ 3)d2y

dt2+ (3t+ 6)

dy

dt+ (t+ 2)y = 0, (5.47)

y(0) = 4, y0(0) = 6,

en el cual t es la variable independiente y los valores iniciales están definidosen t = 0. Entonces buscamos la solución del problema (5.47) en potenciasde t,

y =∞Xn=0

cntn. (5.48)

Diferenciando (5.48) y sustituyendo en la ecuación diferencial en (5.47),determinamos las cn en la manera como lo hicimos en los Ejemplos 101 y102. Entonces aplicamos las condiciones iniciales en (5.47). Reemplazandot por x− 2 en la solución resultante (5.48), obtenemos la solución deseadadel problema original (5.45).

Observación 2 En los Ejemplos 101 y 102 obtuvimos las soluciones en seriesde potencias de las ecuaciones diferenciales bajo consideración pero nohicimos ningún intento de discutir la convergencia de estas soluciones.De acuerdo al Teorema 19, si x0 es un punto ordinario de la ecuacióndiferencial

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x) y = 0, (1)

entonces las soluciones en series de potencias convergen en algún intervalo|x−x0| < R (donde R > 0) alrededor de x0. Escribamos otra vez la formanormalizada de (1)

d2y

dx2+ P1(x)

dy

dx+ P2(x) y = 0, (3)

donde

P1(x) =a1(x)

a2(x)y P2(x) =

a0(x)

a2(x).

Si x0 es un punto ordinario de (1), las funciones P1 y P2 tienen expansionesen series de Taylor alrededor de x0 que convergen, respectivamente, en losintervalos |x− x0| < R1 y |x− x0| < R2, alrededor de x0. Puede probarse

Page 131: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 123

que el intervalo de convergencia |x− x0| < R de una solución en series depotencias (5.2) de (5.1) es al menos tan grande como el más pequeño delos intervalos |x− x0| < R1 y |x− x0| < R2.

En la ecuación diferencial (5.4) del Ejemplo 101, P1(x) = x y P2(x) =x2 + 2. Así, en este ejemplo las expansiones en series de Taylor de P1 yP2 alrededor del punto ordinario x0 = 0 convergen para toda x real. Deaquí que la solución en series (5.30) de (5.4) también converja para todax real.

En la ecuación diferencial (5.31) del Ejemplo 102,

P1(x) =3x

x2 − 1 y P2(x) =x

x2 − 1 .

En este ejemplo las series de Taylor para P1 y P2 alrededor x0 = 0 con-vergen para |x| < 1. Así, la solución (5.43) de (5.31) converge al menospara |x| < 1.

5.2. Soluciones alrededor de puntos singulares;el método de Frobenius

5.2.1. Puntos singulares regulares

Consideremos otra vez la ecuación diferencial lineal homogénea

a2(x)d2y

dx2+ a1(x)

dy

dx+ a0(x) y = 0, (1)

y asumamos que x0 es un punto singular de (1). Entonces el Teorema 19 no esaplicable en el punto x0, por lo que no se tiene asegurada una solución en seriesde potencias

y =∞Xn=0

cn(x− x0)n (2)

de (1) en potencias de x − x0. En efecto, una ecuación de la forma (1) conun punto singular en x0 no tiene, en general, una solución de la forma (2).Claramente, en este caso debemos buscar un tipo diferente de solución ¿peroqué tipo de solución? Sucede que bajo ciertas condiciones se justifica asumir unasolución de la forma

y = |x− x0|r∞Xn=0

cn(x− x0)n (5.49)

donde r es una constante real o compleja por determinar. Tal solución clara-mente es una serie de potencias en x− x0 multiplicada por una cierta potenciade |x− x0|. Para establecer las condiciones bajo las cuales una solución de estaforma está asegurada, procedemos a clasificar los puntos singulares.

Page 132: Ecuaciones diferenciables

124 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

Escribimos de nuevo la ecuación diferencial (1) en la forma normalizadaequivalente

d2y

dx2+ P1(x)

dy

dx+ P2(x) y = 0, (3)

donde

P1(x) =a1(x)

a2(x)y P2(x) =

a0(x)

a2(x).

Definición 26Considere la ecuación diferencial (1), y asuma que al menos una de las funcionesP1 y P2 en la ecuación normalizada equivalente (3) no es analítica en x0, asíque x0 es un punto singular de (1). Si las funciones definidas por los productos

(x− x0)P1(x) y (x− x0)2P2(x) (5.50)

son analíticas en x0, entonces x0 se denomina un punto singular regular dela ecuación diferencial (1). Si cualquiera de las funciones (o ambas) definidaspor los productos (5.50) no es analítica en x0, entonces x0 se llama un puntosingular irregular de (1).

Ejemplo 103 Considere la ecuación diferencial

2x2d2y

dx2− x

dy

dx+ (x− 5) y = 0. (5.51)

Escribiendo ésta en la forma normalizada, tenemos

d2y

dx2− 1

2x

dy

dx+

x− 52x2

y = 0.

Aquí P1(x) = −1/2x y P2(x) = (x− 5)/2x2. Ya que P1 y P2 no son funcionesanalíticas en x = 0, concluimos que x = 0 es un punto singular de (5.51). Ahoraconsideremos las funciones definidas por los productos

xP1(x) = −12

y x2P2(x) =x− 52

de la forma (5.50). Los productos de estas dos funciones son funciones analíticasen x = 0, y así x = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial(5.51).

Ejemplo 104 Considere la ecuación diferencial

x2(x− 2)2 d2y

dx2+ 2(x− 2)dy

dx+ (x+ 1) y = 0. (5.52)

En la forma normalizada (3), esta ecuación es

d2y

dx2+

2

x2(x− 2)dy

dx+

x+ 1

x2(x− 2)2 y = 0.

Page 133: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 125

Aquí

P1(x) =2

x2(x− 2) y P2(x) =x+ 1

x2(x− 2)2 .

Claramente los puntos singulares de la ecuación diferencial (5.52) son x = 0 yx = 2.Consideremos primero a x = 0, y formemos las funciones definidas por los

productos

xP1(x) =2

x(x− 2) y x2P2(x) =x+ 1

(x− 2)2de la forma (5.50). La función definida por x2P2(x) es analítica en x = 0, perola función definida por xP1(x) no es analítica en x = 0. Así, x = 0 es un puntosingular irregular de (5.52).Ahora consideremos el punto x = 2. Formando los productos (5.50) para este

punto, tenemos

(x− 2)P1(x) = 2

x2y (x− 2)2P2(x) = x+ 1

x2.

Estas dos funciones producto son analíticas en x = 2, y de aquí que x = 2 seaun punto singular regular de (5.52).

Note que como ya podemos distinguir entre puntos singulares regulares eirregulares, estableceremos un teorema básico relacionado con las solucionesalrededor de puntos singulares de la forma (5.49).

Teorema 20Hipótesis. El punto x0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial(1).Conclusión. La ecuación diferencial (1) tiene al menos una solución no trivialde la forma

y = |x− x0|r∞Xn=0

cn(x− x0)n (49)

donde r es una constante real o compleja por determinar y esta solución esválida en algún intervalo 0 < |x− x0| < R (donde R > 0) alrededor de x0.

Ejemplo 105 En el Ejemplo 103 vimos que x = 0 es un punto singular regularde la ecuación diferencial

2x2d2y

dx2− x

dy

dx+ (x− 5) y = 0. (51)

Por el Teorema 20 concluimos que esta ecuación tiene al menos una soluciónno trivial de la forma

|x|r∞Xn=0

cnxn,

válida en el intervalo 0 < |x| < R alrededor de x = 0.

Page 134: Ecuaciones diferenciables

126 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

Ejemplo 106 En el Ejemplo 104 vimos que x = 2 es un punto singular regularde la ecuación diferencial

x2(x− 2)2 d2y

dx2+ 2(x− 2)dy

dx+ (x+ 1) y = 0. (52)

Así, conocemos que esta ecuación tiene al menos una solución no trivial de laforma

|x− 2|r∞Xn=0

cn(x− 2)n,

válida en algún intervalo 0 < |x− 2| < R alrededor de x = 2.También observamos que x = 0 es un punto singular de la ecuación diferen-

cial (52). Sin embargo, este punto singular es irregular y así el Teorema 20 nose aplica en él. No estamos seguros que la ecuación diferencial (52) tenga unasolución de la forma

|x|r∞Xn=0

cnxn

en algún intervalo alrededor de x = 0.

5.2.2. El método de Frobenius

Ahora que se nos ha asegurado la existencia de al menos una solución de laforma (5.49) de la ecuación diferencial (1) , ¿cómo procedemos para determinarlos coeficientes cn y el número r en esta solución? El procedimiento es similaral introducido en la Sección 5.1 y comunmente se le denomina el método deFrobenius. A continuación brevemente desarrollaremos el método y entonceslo ilustraremos aplicándolo a la ecuación diferencial (51). En este desarrolloy en ejemplo ilustrativo buscaremos soluciones válidas en algún intervalo 0 <x − x0 < R. Observe que para los valores de x que satisfacen la desigualdadanterior, |x− x0| simplemente es x − x0. Para obtener soluciones válidas para−R < x− x0 < 0, simplemente reemplace x− x0 por −(x− x0) > 0 y procedacomo en el desarrollo del método.

Desarrollo del Método de Frobenius

1. Sea x0 un punto singular regular de la ecuación diferencial (1). Procedemosa buscar soluciones válidas en algún intervalo 0 < x− x0 < R, y entoncesasumimos una solución de la forma (5.49)

y = (x− x0)r∞Xn=0

cn(x− x0)n,

donde c0 6= 0. Escribimos esta solución en la forma

y =∞Xn=0

cn(x− x0)n+r, (5.53)

Page 135: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 127

donde c0 6= 0.2. Asumiendo que la derivación término a término de (5.53) es válida, obten-emos

dy

dx=∞Xn=0

(n+ r)cn(x− x0)n+r−1 (5.54)

yd2y

dx2=∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)cn(x− x0)n+r−2 (5.55)

Ahora sustituimos las series (5.53), (5.54) y (5.55) por y y sus primerasdos derivadas, respectivamente, en la ecuación diferencial (1).

3. Ahora procedemos (esencialmente como en la Sección 5.1) a simplificar laexpresión resultante para que tome la forma

K0(x− x0)r+k +K1(x− x0)

r+k+1 +K2(x− x0)r+k+2 + · · · = 0, (5.56)

donde k es un entero y los coeficientes Ki (i = 0, 1, 2, . . .) son funcionesde r y de ciertos coeficientos cn de la solución (5.53).

4. Para que (5.56) sea válida para toda x en el intervalo 0 < x − x0 < R,debemos establecer

K0 = K1 = K2 = · · · = 0.

5. Al igualar a cero el coeficienteK0 de la potencia más baja r+k de (x−x0),obtenemos una ecuación cuadrática en r, denominada la ecuación indicialde la ecuación diferencial (1). Las dos raíces de esta ecuación cuadráticaa menudo se denominan los exponentes de la ecuación diferencial (1) yson los únicos valores posibles para la constante r en la solución asumida(5.53). Así, en este paso se determina la constante “desconocida” r. Deno-tamos las raíces de la ecuación indicial por r1 y r2, donde Re(r1) ≥ Re(r2).Aquí, Re(rj) denota la parte real de rj (j = 1, 2); por supuesto si rj esreal, entonces Re(rj) simplemente es rj .

6. Ahora igualamos a cero los coeficientes restantesK1,K2, . . . en (5.56). Estonos conduce a un conjunto de condiciones, que involucran a la constanter, que deben ser satisfechas por los coeficientes cn en la serie (5.53).

7. Ahora sustituimos la raiz r1 por r en las condiciones obtenidas en el paso 6,y entonces seleccionamos las cn para satisfacer estas condiciones. Si las cnse seleccionan de esta manera, la serie resultante (5.53) con r = r1 es unasolución de la forma deseada. Note que si r1 y r2 son reales y diferentes,entonces r1 es la raíz más grande.

8. Si r1 6= r2, debemos repetir el procedimiento del paso 7 utilizando laraíz r2 en lugar de r1. De esta manera se obtendría una segunda soluciónde la forma deseada (5.53). Note que si r1 y r2 son reales y diferentes,

Page 136: Ecuaciones diferenciables

128 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

entonces r2 es la raíz más pequeña. Sin embargo, en el caso en que r1 yr2 son reales y diferentes, la segunda solución de la forma deseada (5.53)obtenida en este paso es posible que no sea linealmente independiente ala solución obtenida en el paso 7. También, en el caso en que r1 y r2 sonreales e iguales, la solución obtenida en este paso claramente es idéntica ala obtenida en el paso 7. Consideraremos estas situaciones “excepcionales”después de que hayamos considerado un ejemplo.

Ejemplo 107 Utilice el método de Frobenius para encontrar las soluciones dela ecuación diferencial

2x2d2y

dx2− x

dy

dx+ (x− 5) y = 0. (51)

en algún intervalo 0 < x < R.

Solución. Puesto que x = 0 es un punto singular regular de la ecuación difer-encial (51) y buscamos una solución para 0 < x < R, asumimos

y =∞Xn=0

cnxn+r, (5.57)

donde c0 6= 0. Entonces

dy

dx=∞Xn=0

(n+ r)cnxn+r−1 (5.58)

yd2y

dx2=∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r−2. (5.59)

Sustituyendo las series (5.57), (5.58) y (5.59) en (51), tenemos

2∞Xn=0

(n+r)(n+r−1)cnxn+r−∞Xn=0

(n+r)cnxn+r+

∞Xn=0

cnxn+r+1−5

∞Xn=0

cnxn+r = 0.

Simplificando, como en los ejemplos de la Sección 5.1, la ecuación anterior seescribe como

∞Xn=0

[2(n+ r)(n+ r − 1)− (n+ r)− 5] cnxn+r +∞Xn=1

cn−1xn+r = 0

o

[2r(r − 1)− r − 5] c0xr

+∞Xn=1

[2(n+ r)(n+ r − 1)− (n+ r)− 5] cn + cn−1xn+r = 0. (5.60)

Page 137: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 129

Esta ecuación es de la forma (5.56), donde k = 0.Igualando a cero el coeficiente de la potencia más baja de x (esto es, el

coeficiente de xr) en (5.60), obtenemos la ecuación cuadrática

2r(r − 1)− r − 5 = 0

(puesto que hemos asumido que c0 6= 0). Esta es la ecuación indicial de laecuación diferencial (51). La escribimos en la forma

2r2 − 3r − 5 = 0

y observamos que sus raíces son

r1 =52 y r2 = −1.

Estos son los denominados exponentes de la ecuación diferencial (51) y son losúnicos valores posibles para la constante desconocida r de la solución (5.57).Note que son reales y diferentes.Igualando a cero los coeficientes de la potencia más alta de x en (5.60),

obtenemos la fórmula de recurrencia

[2(n+ r)(n+ r − 1)− (n+ r)− 5] cn + cn−1 = 0, n ≥ 1. (5.61)

Haciendo r = r1 =52 en (5.61), obtenemos la fórmula de recurrencia£

2(n+ 52)(n+

32)− (n+ 5

2)− 5¤cn + cn−1 = 0, n ≥ 1,

correspondiente a la raíz más grande 52 de la ecuación indicial. Esta se simplificaa la forma

n(2n+ 7)cn + cn−1 = 0, n ≥ 1,o, finalmente a

cn = − cn−1n(2n+ 7)

, n ≥ 1. (5.62)

Utilizando (5.62) encontramos que

c1 = −c09, c2 = − c1

22=

c0198

, c3 = − c239= − c0

7722, . . .

Haciendo r = 52 en (5.57) y utilizando los valores de c1, c2, c3, . . ., obtenemos la

solución

y = c0(x5/2 − 1

9x7/2 + 1

198x9/2 − 1

7722x11/2 + · · · ) (5.63)

= c0x5/2(1− 1

9x+1198x

2 − 17722x

3 + · · · ),

correspondiente a la raíz más grande r = 52 .

Hagamos r = r2 = −1 en (5.61) para obtener la fórmula de recurrencia

[2(n− 1)(n− 2)− (n− 1)− 5] cn + cn−1 = 0, n ≥ 1,

Page 138: Ecuaciones diferenciables

130 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

correspondiente a la raíz más pequeña de la ecuación indicial. Esta se simplificaa la forma

n(2n− 7)cn + cn−1 = 0, n ≥ 1,o finalmente a

cn = − cn−1n(2n− 7) , n ≥ 1.

Utilizando esta expresión, encontramos que

c1 =15c0, c2 =

16c1 =

130c0, c3 =

13c2 =

190c0, . . .

Haciendo r = −1 en (5.57), y utilizando estos valores de c1, c2, c3, . . ., obtenemosla solución

y = c0(x−1 + 1

5 +130x+

190x

2 − · · · ) (5.64)

= c0x−1(1 + 1

5x+130x

2 + 190x

3 − · · · ),correspondiente a la raíz más pequeña r = −1.Las dos soluciones (5.63) y (5.64) correspondientes a las raíces 5

2 y −1,respectivamente, son linealmente independientes. Así, la solución general de (51)es

y = C1x5/2(1− 1

9x+1198x

2− 17722x

3+ · · · )+C2x−1(1+ 1

5x+130x

2+ 190x

3− · · · ),donde C1 y C2 son constantes arbitrarias.Observe que en el Ejemplo 107 se obtuvieron dos soluciones linealmente

independientes de la forma (5.49) para x > 0. Sin embargo, en el paso 8 deldesarrollo del Ejemplo 107, indicamos que esto no siempre será así. Esto conducea las dos preguntas siguientes:

1. ¿Cuáles son las condiciones que nos aseguran que la ecuación diferencial(5.1) tiene dos soluciones linealmente independientes

|x− x0|r∞Xn=0

cn(x− x0)n

de la forma (5.49) alrededor de un punto singular regular x0?

2. Si la ecuación diferencial (5.1) no tiene dos soluciones linealmente inde-pendientes de la forma (5.49) alrededor de un punto singular regular x0,entonces ¿cuál debe ser la forma de una solución que sea linealmente in-dependiente de la solución básica de la forma (5.49)?

Para responder a estas dos preguntas establecemos el teorema siguiente.

Teorema 21Hipótesis. Supongamos que el punto x0 es un punto singular regular de laecuación diferencial (1). Sean r1 y r2 [donde Re(r1) ≥ Re(r2)] las raíces de laecuación indicial asociada con x0.

Page 139: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 131

Conclusión 1. Suponga que r1 − r2 6= 0 o r1 − r2 6= N , donde N es un enteropositivo. Entonces la ecuación diferencial (5.1) tiene dos soluciones no trivialeslinealmente independientes y1 y y2 de la forma (5.49) dadas respectivamente por

y1(x) = |x− x0|r1∞Xn=0

cn(x− x0)n, (5.65)

donde c0 6= 0, yy2(x) = |x− x0|r2

∞Xn=0

c∗n(x− x0)n, (5.66)

donde c∗0 6= 0.Conclusión 2. Suponga que r1 − r2 = N , donde N es un entero positivo.Entonces la ecuación diferencial (1) tiene dos soluciones no triviales linealmenteindependientes y1 y y2 dadas respectivamente por

y1(x) = |x− x0|r1∞Xn=0

cn(x− x0)n, (65)

donde c0 6= 0, y

y2(x) = |x− x0|r2∞Xn=0

c∗n(x− x0)n + Cy1(x) ln |x− x0| , (5.67)

donde c∗0 6= 0 y C es una constante arbitraria que puede ser igual a cero.Conclusión 3. Suponga que r1 − r2 = 0. Entonces la ecuación diferencial(1) tiene dos soluciones no triviales linealmente independientes y1 y y2 dadasrespectivamente por

y1(x) = |x− x0|r1∞Xn=0

cn(x− x0)n, (65)

donde c0 6= 0, y

y2(x) = |x− x0|r1+1∞Xn=0

c∗n(x− x0)n + y1(x) ln |x− x0| . (5.68)

Las soluciones en las conclusiones 1, 2 y 3 son válidas en el intervalo 0 <|x− x0| < R alrededor de x0.

En los ejemplos ilustrativos y ejercicios siguientes, buscaremos solucionesválidas en algún intervalo 0 < x − x0 < R. Por lo tanto, discutiremos lasconclusiones del Teorema 21 para tal intervalo. Otra vez recalcamos que si 0 <x− x0 < R, entonces |x− x0| simplemente es x− x0.De las tres conclusiones del Teorema 21, vemos que si x0 es un punto singular

regular de (1), y 0 < x− x0 < R, entonces siempre existe una solución

y1(x) = (x− x0)r1∞Xn=0

cn(x− x0)n

Page 140: Ecuaciones diferenciables

132 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

de la forma (49) para 0 < x−x0 < R correspondiente a la raíz r1 de la ecuaciónindicial asociada con x0. Note otra vez que la raíz r1 es la raíz más grande si r1y r2 son reales y diferentes. De la Conclusión 1 vemos que si 0 < x− x0 < R yla diferencia r1−r2 entre las raíces de la ecuación indicial no es cero o un enteropositivo, entonces siempre existirá una solución linealmente independiente

y2(x) = (x− x0)r2∞Xn=0

c∗n(x− x0)n

de la forma (49) para 0 < x− x0 < R correspondiente a la raíz r2. Note que laraíz r2 es la raíz más pequeña si r1 y r2 son reales y diferentes. En particularobserve que si r1 y r2 son complejas conjugadas, entonces r1 − r2 es imaginariapura, y de aquí que siempre habrá una solución linealmente independiente dela forma (49) correspondiente a r2. Sin embargo, de la Conclusión 2 vemos quesi 0 < x − x0 < R y la diferencia r1 − r2 es un entero positivo, entonces unasolución que es linealmente independiente de la solución “básica” de la forma(49) para 0 < x− x0 < R es de la forma, generalmente más complicada

y2(x) = (x− x0)r2∞Xn=0

c∗n(x− x0)n + Cy1(x) ln |x− x0|

para 0 < x− x0 < R. Por supuesto, si la constante C en esta solución es cero,entonces la solución se reduce a la forma (49) para 0 < x−x0 < R. Finalmente,de la Conclusión 3, vemos que si r1−r2 es cero, entonces la solución linealmenteindependiente y2(x) siempre involucra el término logarítmico y1(x) ln |x− x0| yjamás será de la forma más simple (49) para 0 < x− x0 < R.A continuación consideraremos varios ejemplos que (1) nos proporcionarán

práctica adicional del método de Frobenius, (2) ilustrarán las conclusiones delTeorema 21, y (3) nos indicarán cómo encontrar una solución linealmente inde-pendiente de la forma más complicada que contiene el término logarítmico. Encada ejemplo tomaremos x0 = 0 y buscaremos las soluciones válidas en algúnintervalo 0 < x− x0 < R. Así, observe en cada ejemplo que |x− x0| = |x| = x.

Ejemplo 108 Utilice el método de Frobenius para encontrar las soluciones dela ecuación diferencial

2x2d2y

dx2+ x

dy

dx+ (x2 − 3) y = 0 (5.69)

en algún intervalo 0 < x < R.

Solución. Observamos que x = 0 es un punto singular regular de la ecuacióndiferencial (5.69). Ya que buscamos soluciones para 0 < x < R, asumimos unasolución

y =∞Xn=0

cnxn+r, (5.70)

Page 141: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 133

donde c0 6= 0. Diferenciando (5.70), obtenemos

dy

dx=∞Xn=0

(n+ r)cnxn+r−1

yd2y

dx2=∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r−2.

Sustituyendo (5.70) y sus derivadas en (5.69), encontramos

2∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r +∞Xn=0

(n+ r)cnxn+r

+∞Xn=0

cnxn+r+2 − 3

∞Xn=0

cnxn+r = 0.

Simplificando, como en los ejemplos previos, escribimos esta expresión como

∞Xn=0

[2(n+ r)(n+ r − 1) + (n+ r)− 3] cnxn+r +∞Xn=2

cn−2xn+r = 0

o

[2r(r − 1) + r − 3] c0xr + [2(r + 1)r + (r + 1)− 3] c1xr+1

+∞Xn=2

[2(n+ r)(n+ r − 1) + (n+ r)− 3] cn + cn−2xn+r = 0. (5.71)

Esta expresión es de la forma (5.56), donde k = 0.Igualando a cero el coeficiente de la potencia más baja de x en (5.71), obten-

emos la ecuación indicial

2r(r − 1) + r − 3 = 0 o 2r2 − r − 3 = 0.

Las raíces de esta ecuación son

r1 =32 y r2 = −1.

Puesto que la diferencia r1 − r2 =52 entre estas raíces no es cero o un entero

positivo, la Conclusión 1 del Teorema 21 nos dice que la Ecuación (5.69) tienedos soluciones linealmente independientes de la forma (5.70), correspondientesa cada una de las raíces r1 y r2.Igualando a cero los coeficientes de las potencias más altas de x en (5.71),

obtenemos la condición

[2(r + 1)r + (r + 1)− 3] c1 = 0 (5.72)

Page 142: Ecuaciones diferenciables

134 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

y la fórmula de recurrencia

[2(n+ r)(n+ r − 1) + (n+ r)− 3] cn + cn−2 = 0, (5.73)

Haciendo r = r1 =32 en (5.72), obtenemos 7c1 = 0 y de aquí que c1 = 0. Hacien-

do r = r1 =32 en (5.73), obtenemos (después de hacer algunas simplificaciones)

la fórmula de recurrencia

n(2n+ 5)cn + cn−2 = 0, n ≥ 2,correspondiente a la raíz más grande 3

2 . Escribiendo esta última expresión en laforma

cn = − cn−2n(2n+ 5)

, n ≥ 2,

obtenemos

c2 = − c018

, c3 = − c133= 0, c4 = − c2

52=

c0936

, . . .

Note que todos los coeficientes impares son cero, puesto que c1 = 0. Haciendor = 3/2 en (5.70) y utilizando los valores de c1, c2, c3, . . ., obtenemos la solucióncorrespondiente a la raíz más grande r1 = 3/2. Esta solución es y = y1(x),donde

y1(x) = c0x3/2(1− 1

18x2 + 1

936x4 − · · · ). (5.74)

Ahora hagamos r = r2 = −1 en (5.72). Obtenemos −3c1 = 0 y de aquí quec1 = 0. Haciendo r = r2 = −1 en (5.73), obtenemos la fórmula de referencia

n(2n− 5)cn + cn−2 = 0, n ≥ 2,correspondiente a la raíz más pequeña −1. Escribiendo esta expresión en laforma

cn = − cn−2n(2n− 5) , n ≥ 2,

obtenemos

c2 =c02, c3 = −c1

3= 0, c4 = − c2

12= − c0

24, . . .

En este caso, también todos los coeficientes impares son cero. Haciendo r =−1 en (5.70) y utilizando los valores de c1, c2, c3, . . ., obtenemos la solucióncorrespondiente a la raíz más pequeña r2 = −1. Esta solución es y = y2(x),donde

y2(x) = c0x−1(1 + 1

2x2 − 1

24x4 − · · · ). (5.75)

Puesto que las soluciones definidas por (5.74) y (5.75) son linealmente indepen-dientes, la solución general de (5.69) puede ser escrita como

y = C1y1(x) + C2y2(x),

donde C1 y C2 son constantes arbitrarias y y1(x) y y2(x) están definidas por(5.74) y (5.75), respectivamente.

Page 143: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 135

Ejemplo 109 Utilice el método de Frobenius para encontrar las soluciones dela ecuación diferencial

x2d2y

dx2− x

dy

dx− (x2 + 5

4) y = 0. (5.76)

en algún intervalo 0 < x < R.

Solución. Observamos que x = 0 es un punto singular regular de esta ecuacióndiferencial y buscamos sus soluciones para 0 < x < R. De aquí que asumamosuna solución

y =∞Xn=0

cnxn+r, (5.77)

donde c0 6= 0. Diferenciando (5.77), obtenemos

dy

dx=∞Xn=0

(n+ r)cnxn+r−1

yd2y

dx2=∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r−2.

Sustituyendo (5.77) y sus derivadas en (5.76), encontramos

∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r −∞Xn=0

(n+ r)cnxn+r

−∞Xn=0

cnxn+r+2 − 5

4

∞Xn=0

cnxn+r = 0.

Simplificando, como en los ejemplos previos, escribimos esta expresión como

∞Xn=0

£(n+ r)(n+ r − 1)− (n+ r)− 5

4

¤cnx

n+r −∞Xn=2

cn−2xn+r = 0

o £r(r − 1)− r − 5

4

¤c0x

r +£(r + 1)r − (r + 1)− 5

4

¤c1x

r+1

+∞Xn=2

©£(n+ r)(n+ r − 1)− (n+ r)− 5

4

¤cn − cn−2

ªxn+r = 0. (5.78)

Igualando a cero el coeficiente de la potencia más baja de x en (5.78), obtenemosla ecuación indicial

r(r − 1)− r − 54 = 0 o r2 − 2r − 5

4 = 0.

Page 144: Ecuaciones diferenciables

136 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

Las raíces de esta ecuación son

r1 =52 y r2 = −12 .

Aunque estas raíces no son enteros, la diferencia r1−r2 es el entero positivo 3. Porla Conclusión 2 del Teorema 21, sabemos que la ecuación diferencial (5.76) tieneuna solución de la forma (5.77) correspondiente a la raíz más grande r1 = 5

2 . Acontinuación procederemos a obtener esta solución.Igualando a cero los coeficientes de las potencias más altas de x en (5.78),

obtenemos la condición £(r + 1)r − (r + 1)− 5

4

¤c1 = 0 (5.79)

y la fórmula de recurrencia£(n+ r)(n+ r − 1)− (n+ r)− 5

4

¤cn − cn−2 = 0, (5.80)

Haciendo r = r1 =52 en (5.79), obtenemos 4c1 = 0 y de aquí que c1 = 0. Hacien-

do r = r1 =52 en (5.80), obtenemos (después de hacer algunas simplificaciones)

la fórmula de recurrencia

n(n+ 3)cn − cn−2 = 0, n ≥ 2,correspondiente a la raíz más grande 5

2 . Escribiendo esta última expresión en laforma

cn =cn−2

n(n+ 3), n ≥ 2,

De esta expresión obtenemos

c2 =c02 · 5 , c3 =

c13 · 6 = 0, c4 =

c24 · 7 =

c02 · 4 · 5 · 7 , . . .

Notamos que los coeficientes impares son cero. La expresión general del coefi-ciente par puede ser escrita como

c2n =c0

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n+ 3)] , n ≥ 1.

Haciendo r = 5/2 en (5.77) y utilizando los valores de c2n, obtenemos la solucióncorrespondiente a la raíz más grande r1 = 5/2. Esta solución es y = y1(x), donde

y1(x) = c0x5/2(1 +

x2

2 · 5 +x4

2 · 4 · 5 · 7 + · · · ) (5.81)

= c0x5/2

"1 +

∞Xn=1

x2n

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n+ 3)]

#.

Ahora consideraremos la raíz más pequeña r1 = −1/2 El Teorema 21 no nosasegura que la ecuación diferencial (5.76) tenga una solución linealmente inde-pendiente de la forma supuesta (5.77) correspondiente a esta raíz más pequeña.

Page 145: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 137

La Conclusión 2 del Teorema 21 nos dice que hay una solución linealmenteindependiente de la forma

∞Xn=0

c∗n(x− x0)n+2 + Cy1(x) lnx, (5.82)

donde C puede o no ser cero. Por supuesto, si C = 0, entonces la solución lineal-mente independiente (5.82) será de la forma (5.77) y podemos hacer r = r2 =−1/2 en la fórmula (5.79) y en la fórmula de recurrencia (5.80) y proceder comoen los ejemplos anteriores. Supongamos (con optimismo, pero sin justificación)que este es el caso.Así, haciendo r = −1/2 en (5.79) obtenemos −2c1 = 0 y de aquí que c1 = 0.

Haciendo r = −1/2 en (5.80) obtenemos la fórmula de recurrencian(n− 3)cn − cn−2 = 0, n ≥ 2, (5.83)

correspondiente a la raíz más pequeña −1/2. Para n 6= 3, esta puede ser escritacn =

cn−2n(n− 3) , n ≥ 2, n 6= 3. (5.84)

Para n = 2, la fórmula (5.84) da c2 = −c0/2. Para n = 3, la fórmula (5.84) no seaplica y debemos utilizar (5.83). Para n = 3, la fórmula (5.83) es 0 · c3 − c1 = 0o simplemente 0 = 0 (puesto que c1 = 0). De aquí que para n = 3, la fórmulade recurrencia (5.83) automáticamente se satisface con cualquier valor de c3.Así, c3 es independiente de la constante arbitraria c0; ¡es una segunda constantearbitraria! Para n > 3, otra vez utilizamos (5.84). Tenemos

c4 =c24= − c0

2 · 4 , c5 =c32 · 5 ,

c6 =c46 · 3 = −

c02 · 4 · 6 · 3 , c7 =

c54 · 7 =

c32 · 4 · 5 · 7 ,

Notamos que todos los coeficientes pares pueden expresarse en términos de c0y que todos los coeficientes impares más alla de c3 pueden ser expresados entérminos de c3. De hecho, podemos escribir

c2n = − c0[2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [3 · 5 · 7 · · · · · (2n− 3)] , n ≥ 3

(para los coeficientes pares desde el c6 en adelante), y

c2n+1 =c3

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n− 2)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n+ 1)] , n ≥ 2

(para los coeficientes impares desde el c5 en adelante). Haciendo r = −1/2 en(5.77) y utilizando los valores de cn en términos de c0 (para n par) y c3 (paran impar y más allá de c3), obtenemos la solución correspondiente a la raíz máspequeña r2 = −1/2. Esta solución es y = y2(x), donde

y2(x) = c0x−1/2

·1− x2

2− x4

2 · 4 −x6

2 · 4 · 6 · 3 − · · ·¸

+c3x−1/2

·x3 +

x5

2 · 5 +x7

2 · 4 · 5 · 7 + · · ·¸

Page 146: Ecuaciones diferenciables

138 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

o

y2(x) = c0x−1/2

"1− x2

2− x4

2 · 4 −∞Xn=3

x2n

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [3 · 5 · 7 · · · · · (2n− 3)]

#

+ c3x−1/2

"x3 +

∞Xn=2

x2n+1

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n− 2)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n+ 1)]

#, (5.85)

y c0 y c3 son constantes arbitrarias.Si ahora hacemos c0 = 1 en (5.81) obtenemos la solución particular y =

y11(x), donde

y11(x) = x5/2

"1 +

∞Xn=1

x2n

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [3 · 5 · 7 · · · · · (2n+ 3)]

#

correspondiente a la raíz más grande 52 ; si hacemos c0 = 1 y c3 = 0 en (5.85)

obtenemos la solución particular y = y21(x), donde

y21(x) = x−1/2"1− x2

2− x4

2 · 4 −∞Xn=3

x2n

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [3 · 5 · 7 · · · · · (2n− 3)]

#

correspondiente a la raíz más pequeña −1/2. Estas dos soluciones particulares,que tienen la forma asumida (5.77), son linealmente independientes. Así, lasolución general de la ecuación diferencial (5.76) puede ser escrita como

y = C1y11(x) + C2y21(x), (5.86)

donde C1 y C2 son constantes arbitrarias.Ahora examinemos más cuidadosamente la solución y2 definida por (5.85).

La expresión

x−1/2"x3 +

∞Xn=2

x2n+1

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n− 2)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n+ 1)]

#

de la que c3 es el coeficiente en (5.85) puede ser escrita

x5/2

"1 +

∞Xn=2

x2n−2

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n− 2)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n+ 1)]

#

= x5/2

"1 +

∞Xn=1

x2n

[2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n+ 3)]

#

y ésta es precisamente y11(x). Así podemos escribir

y2(x) = c0y21(x) + c3y11(x), (5.87)

Page 147: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 139

donde c0 y c3 son constantes arbitrarias. Ahora compare (5.86) y (5.87). Vemosque y = y2(x) por si sola es realmente la solución general de la ecuación diferen-cial (5.76), aunque y2(x) haya sido obtenida utilizando únicamente la raíz máspequeña −1/2.Así observamos que si la diferencia r1 − r2 entre las raíces de la ecuación

indicial es un entero positivo, algunas veces es posible obtener la solución gener-al utilizando únicamente la raíz más pequeña. En consecuencia, si la diferenciar1 − r2 es un entero positivo es recomendable trabajar primero con la raíz máspequeña, con la esperanza de que esta raíz más pequeña por si sola nos propor-cione la solución general.

Ejemplo 110 Utilice el método de Frobenius para encontrar la solución de laecuación diferencial

x2d2y

dx2+ (x2 − 3x)dy

dx+ 3 y = 0. (5.88)

en algún intervalo 0 < x < R.

Solución. Observamos que x = 0 es un punto singular regular de la ecuacióndiferencial (5.88). Ya que buscamos soluciones para 0 < x < R, asumimos unasolución

y =∞Xn=0

cnxn+r, (5.89)

donde c0 6= 0. Diferenciando (5.89), obtenemos

dy

dx=∞Xn=0

(n+ r)cnxn+r−1

yd2y

dx2=∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r−2.

Sustituyendo (5.89) y sus derivadas en (5.88), encontramos

∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r +∞Xn=0

(n+ r)cnxn+r+1

− 3∞Xn=0

cnxn+r + 3

∞Xn=0

cnxn+r = 0.

Simplificando, como en los ejemplos previos, escribimos esta expresión como

∞Xn=0

[(n+ r)(n+ r − 1)− 3(n+ r) + 3] cnxn+r +

∞Xn=1

(n+ r − 1)cn−1xn+r = 0

Page 148: Ecuaciones diferenciables

140 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

o

[r(r − 1)− 3r + 3] c0xr +∞Xn=1

[(n+ r)(n+ r − 1)− 3(n+ r) + 3] cn

+ (n+ r − 1)cn−1xn+r = 0. (5.90)

Igualando a cero el coeficiente de la potencia más baja de x en (5.90), obtenemosla ecuación indicial

r(r − 1)− 3r + 3 = 0 o r2 − 4r + 3 = 0.Las raíces de esta ecuación son

r1 = 3 y r2 = 1.

La diferencia r1 − r2 de estas raíces es el entero positivo 2. Conocemos delTeorema 21 que la ecuación diferencial (5.88) tiene una solución de la formaasumida (5.89) correspondiente a la raíz más grande r1 = 3. Encontraremosprimero esta solución, aunque los resultados del Ejemplo 109 sugieren que seríamejor trabajar en primer lugar con la raíz más pequeña r2 = 1 con la esperanzade encontrar la solución general directamente a partir de esta raíz más pequeña.Igualando a cero los coeficientes de las potencias más altas de x en (5.90),

obtenemos la fórmula de recurrencia

[(n+ r)(n+ r − 1)− 3(n+ r) + 3] cn + (n+ r − 1)cn−1 = 0, n ≥ 1. (5.91)

Haciendo r = r1 = 3 en (5.91), obtenemos la fórmula de recurrencia

n(n+ 2)cn + (n+ 2)cn−1 = 0, n ≥ 1,correspondiente a la raíz más grande 3. Escribimos esta última expresión en laforma

cn = −cn−1n

, n ≥ 1.De esta fórmula obtenemos sucesivamente

c1 = −c0, c2 = −c12=

c02!, c3 = −c2

3= −c0

3!, . . . , cn =

(−1)nc0n!

, . . .

Haciendo r = 3 en (5.89) y utilizando los valores de cn, obtenemos la solucióncorrespondiente a la raíz más grande r1 = 3. Esta solución es y = y1(x), donde

y1(x) = c0x3

·1− x+

x2

2!− x3

3!+ · · ·+ (−1)

nxn

n!+ · · ·

¸.

Reconocemos la serie encerrada por los paréntesis en esta solución como laexpansión de Maclaurin de e−x. Por lo tanto podemos escribir

y1(x) = c0x3e−x, (5.92)

Page 149: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 141

y expresar la solución correspondiente a r1 en la forma cerrada

y(x) = c0x3e−x,

donde c0 es una constante arbitraria.Ahora consideramos la raíz más pequeña r2 = 1. Como en el Ejemplo 109,

no tenemos asegurada para la ecuación diferencial (5.88) una solución lineal-mente independiente de la forma (5.89) correspondiente a la raíz más pequeñar2 = 1. Sin embargo, como en dicho ejemplo, tentativamente asumiremos quetal solución existe por lo que hacemos r = r2 = 1 en (5.91) con la esperanzade encontrarla. Además, conocemos que este paso por sí mismo podría propor-cionarnos la solución general.Así, hagamos r = r2 = 1 en (5.91) para obtener la fórmula de recurrencia

n(n− 2)cn + ncn−1 = 0, n ≥ 1, (5.93)

correspondiente a la raíz más pequeña 1. Escribimos esta última expresión enla forma

cn = − cn−1n− 2 , n ≥ 1, n 6= 2. (5.94)

Para n = 1, la fórmula de recurrencia (5.94) da c1 = c0. Para n = 2, la fórmula(5.94) no se aplica por lo que debemos usar (5.93). Para n = 2, la fórmula(5.93) es 0 · c2 + 2c1 = 0, y de aquí que tengamos c1 = 0. Pero ya que c1 = c0,debemos tener que c0 = 0. Sin embargo, en la solución asumida (5.89) c0 6= 0.Esta contradicción muestra que no existe una solución de la forma (5.89), conc0 6= 0, correspondiente a la raíz más pequeña 1.Además, observamos que el uso de (5.94) para n ≥ 3 únicamente nos con-

ducirá a la solución y1 ya obtenida. Para verificar lo anterior, de la condición0 · c2 + 2c1 = 0 vemos que c2 puede tomar un valor arbitrario; utilizando (5.94)para n ≥ 3, obtenemos sucesivamente

c3 = −c2, c4 = −c32=

c22!, c5 = −c4

3= −c2

3!, . . . , cn+2 =

(−1)nc2n!

, . . .

Haciendo r = 1 en (5.89) y utilizando los valores de cn, obtenemos

y = c2x

·x2 − x3 +

x4

2!− x5

3!+ · · ·+ (−1)

nxn+2

n!+ · · ·

¸= c2x

3

·1− x+

x2

2!− x3

3!+ · · ·+ (−1)

nxn

n!+ · · ·

¸= c2x

3e−x.

Comparando esta solución con (5.92), vemos que esencialmente es la solucióny = y1(x).A continuación buscaremos una solución que sea linealmente independiente

de la solución y1. Del Teorema 21 sabemos que esta solución es de la forma∞Xn=0

c∗nxn+1 + Cy1(x) lnx, (5.95)

Page 150: Ecuaciones diferenciables

142 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

donde c∗0 6= 0 y C 6= 0. Existen varios métodos para la obtención de tal solución;nosotros utilizaremos el método de reducción de orden. Hagamos y = f(x)v,donde f(x) es una solución conocida de (5.88). Eligiendo como f la soluciónconocida y1 definida por (5.92), con c0 = 1, tenemos

y = x3e−xv. (5.96)

De ésta obtenemos

dy

dx= x3e−x

dv

dx+ (3x2e−x − x3e−x)v (5.97)

y

d2y

dx2= x3e−x

d2v

dx2+2(3x2e−x−x3e−x)dv

dx+(x3e−x−6x2e−x+6xe−x)v. (5.98)

Substituyendo (5.96), (5.97) y (5.98) por y y sus primeras dos derivadas, respec-tivamente, en la ecuación diferencial (5.88) y haciendo algunas simplificacionesobtenemos

xd2v

dx2+ (3− x)

dv

dx= 0. (5.99)

Haciendo w = dv/dx, reducimos la ecuación diferencial anterior a una ecuacióndiferencial de primer orden

xdw

dx+ (3− x)w = 0,

y para la cual una solución particular es w = x−3ex. Así, una solución particularde (5.99) está dada por

v =

Zx−3exdx,

y de aquí que

y2(x) = x3e−xZ

x−3exdx (5.100)

sea una solución particular de (5.88) que es linealmente independiente de lasolución y1 definida por (5.92).Ahora mostramos que la solución y2 definida por (5.100) es de la forma

(5.95). Introduciendo la serie de Maclaurin para ex en (5.100) tenemos

y2(x) = x3e−xZ

x−3µ1 + x+

x2

2+

x3

6+

x4

24+ · · ·

¶dx

= x3e−xZ µ

x−3 + x−2 +1

2x−1 +

1

6+

x

24+ · · ·

¶dx

Integrando término a término, obtenemos

y2(x) = x3e−x·− 1

2x2− 1

x+1

2lnx+

1

6x+

1

48x2 + · · ·

¸.

Page 151: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares 143

Ahora, introduciendo la serie de Maclaurin para e−x, obtenemos

y2(x) =

µx3 − x4 +

x5

2− x6

6+ · · ·

¶µ− 1

2x2− 1

x+1

6x+

1

48x2 + · · ·

¶+ 1

2x3e−x lnx.

Finalmente, multiplicando las dos series involucradas, tenemos

y2(x) = (−12x− 12x

2 + 34x

3 − 14x

4 + · · · ) + 12x

3e−x lnx,

la cual tiene la forma (5.95), donde y1(x) = x3e−x. La solución general de laecuación diferencial (5.88) es

y = C1y1(x) + C2y2(x),

donde C1 y C2 son constantes arbitrarias.

En este ejemplo tuvimos la fortuna de que pudimos expresar la primer solu-ción y1 en forma cerrada, por lo que los cálculos involucrados para encontrar lasegunda solución y2 fueron muy simples. Por supuesto, también puede utilizarseel método de reducción de orden para encontrar la segunda solución aún cuandola primera solución no pueda ser expresada en forma cerrada. En tal caso lospasos del método deben ser llevados a cabo en términos de la expresión en seriede y1. Los cálculos generalmente serán un poco más complicados.

Los ejemplos 108, 109 y 110 ilustran todas las posibilidades listadas en elTeorema 21 con la excepción del caso en el que r1 − r2 = 0 (esto es, el caso enel que las raíces de la ecuación indicial son iguales). En este caso es obvio quepara 0 < x− x0 < R las dos raíces llevarán a la misma solución

y1 = (x− x0)r∞Xn=0

cn(x− x0)n,

donde r es el valor común de r1 y r2. Así, como la Conclusión 3 del Teorema 21establece, para 0 < x−x0 < R, una solución linealmente independiente es de laforma

y2 = (x− x0)r+1

∞Xn=0

c∗n(x− x0)n + y1(x) ln(x− x0).

Ya conocida y1(x), podemos obtener y2 por el método de reducción de orden.Este procedimiento ha sido ya ilustrado en la búsqueda de la segunda soluciónde la ecuación diferencial del Ejemplo 110. Un ejemplo adicional se estudiará enla Sección 5.3 en la solución de la ecuación de Bessel de orden cero.

Page 152: Ecuaciones diferenciables

144 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

5.3. La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel

5.3.1. Ecuación de Bessel de orden cero

La ecuación diferencial

x2d2y

dx2+ x

dy

dx+ (x2 − p2)y = 0, (5.101)

donde p es un parámetro, se denomina ecuación de Bessel de orden p. Cualquiersolución de la ecuación de Bessel de orden p se denomina una función de Besselde orden p. La ecuación y funciones de Bessel ocurren en muchos problemas dela física y la ingeniería, y existe una gran cantidad de literatura relacionada conla teoría y aplicación de esta ecuación y sus soluciones.Si p = 0, la Ecuación (5.101) es equivalente a la ecuación

xd2y

dx2+

dy

dx+ xy = 0, (5.102)

la cual se denomina ecuación de Bessel de orden cero. Nos interesa determinarlas soluciones de esta ecuación que sean válidas en un intervalo 0 < x < R.Observamos inmediatamente que x = 0 es un punto singular de (5.102); ypuesto que buscamos soluciones para 0 < x < R, asumimos una solución

y =∞Xn=0

cnxn+r, (5.103)

donde c0 6= 0. Diferenciando (5.103) dos veces y substituyendo en (5.102), obten-emos∞Xn=0

(n+ r)(n+ r − 1)cnxn+r−1 +∞Xn=0

(n+ r)cnxn+r−1 +

∞Xn=0

cnxn+r+1 = 0.

Simplificando, escribimos esta expresión en la forma

∞Xn=0

(n+ r)2cnxn+r−1 +

∞Xn=2

cn−2xn+r−1 = 0

o

r2c0xr−1 + (1 + r)2c1x

r +∞Xn=2

£(n+ r)2cn + cn−2

¤xn+r−1 = 0. (5.104)

Igualando el coeficiente de la potencia más baja de x en (5.104) a cero, obten-emos la ecuación indicial r2 = 0, la cual tiene raíces iguales r1 = r2 = 0.Igualando los coeficientes de las potencias más altas de x a cero en (5.104)obtenemos

(1 + r)2c1 = 0 (5.105)

Page 153: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.3 La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel 145

y la fórmula de recurrencia

(n+ r)2cn + cn−2 = 0, n ≥ 2. (5.106)

Haciendo r = 0 en (5.105), encontramos que c1 = 0. Haciendo r = 0 en (5.106)obtenemos la fórmula de recurrencia en la forma

n2cn + cn−2 = 0, n ≥ 2,o

cn = −cn−2n2

, n ≥ 2.De esta expresión sucesivamente obtenemos

c2 = − c022, c3 = − c1

32= 0 (puesto que c1 = 0), c4 = − c2

42=

c022 · 42 , . . .

Notamos que todos los coeficientes impares son cero y que los coeficientes paresen general pueden ser escritos como

c2n =(−1)nc0

22 · 42 · 62 · · · · · (2n)2 =(−1)nc0(n!)222n

, n ≥ 1.

Haciendo r = 0 en (5.103) y utilizando los valores de c2n, obtenemos la solucióny = y1(x), donde

y1(x) = c0

∞Xn=0

(−1)n(n!)2

³x2

´2n.

Si hacemos c0 = 1, obtenemos una solución particular importante de la Ecuación(5.102). Esta solución particular define una función denotada por J0 y denomi-nada la función de Bessel de primera clase de orden cero. Esto es, la función J0es la solución particular de la Ecuación (5.102) definida por

J0(x) =∞Xn=0

(−1)n(n!)2

³x2

´2n. (5.107)

Escribiendo los primeros términos de esta solución en serie, vemos que

J0(x) = 1− 1

(1!)2

³x2

´2+

1

(2!)2

³x2

´4− 1

(3!)2

³x2

´6+ · · ·

= 1− x2

4+

x4

64− x6

2304+ · · · . (5.108)

Ya que las raíces de la ecuación indicial son iguales, conocemos del Teorema 21que puede obtenerse de la Ecuación (5.102) una solución que sea linealmenteindependiente de J0, la cual debe ser de la forma

y = x∞Xn=0

c∗nxn + J0(x) lnx,

Page 154: Ecuaciones diferenciables

146 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

para 0 < x < R. También, conocemos que tal solución linealmente independientepuede ser determinada mediante el método de reducción del orden. Del Teorema4.7, conocemos que esta solución linealmente independiente y2 está dada por

y2(x) = J0(x)

Ze− dx/x

[J0(x)]2 dx

y de aquí por

y2(x) = J0(x)

Zdx

x [J0(x)]2 .

De (5.108) encontramos que

[J0(x)]2= 1− x2

2+3x4

32− 5x

6

576+ · · ·

y de aquí1

[J0(x)]2 = 1 +

x2

2+5x4

32+23x6

576+ · · · .

Así

y2(x) = J0(x)

Z µ1

x+

x

2+5x3

32+23x5

576+ · · ·

¶dx

= J0(x)

µlnx+

x2

4+5x4

128+23x6

3456+ · · ·

¶= J0(x) lnx+

µ1− x2

4+

x4

64− x6

2304+ · · ·

¶µx2

4+5x4

128+23x6

3456+ · · ·

¶= J0(x) lnx+

x2

4− 3x

4

128+11x6

13824+ · · · .

De esta manera obtuvimos los primeros términos de la segunda solución y2 porel método de reducción de orden. Sin embargo, nuestros cálculos no dan infor-mación concerniente al coeficiente general c∗2n en la serie anterior. En efecto,parece improbable que podamos encontrar una expresión general para el coefi-ciente general. Sin embargo, podemos observar que

(−1)2 1

22(1!)2(1) =

1

22=1

4,

(−1)3 1

24(2!)2

µ1 +

1

2

¶= − 3

24 · 22 · 2 = −3

128,

(−1)4 1

26(3!)2

µ1 +

1

2+1

3

¶=

11

26 · 62 · 6 =11

13824.

Al observar estas relaciones, podemos expresar la solución y2 en la siguienteforma sistemática:

y2(x) = J0(x) lnx+x2

22− x4

24(2!)2

µ1 +

1

2

¶+

x6

26(3!)2

µ1 +

1

2+1

3

¶+ · · ·

Page 155: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.3 La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel 147

Además, podríamos sospechar que el coeficiente general c∗2n está dado por

c∗2n =(−1)n+122n(n!)2

µ1 +

1

2+1

3+ · · ·+ 1

n

¶, n ≥ 1.

Se puede demostrar que este es efectivamente el caso. Así, podemos expresar y2en la forma

y2(x) = J0(x) lnx+∞Xn=1

(−1)n+1x2n22n(n!)2

µ1 +

1

2+1

3+ · · ·+ 1

n

¶. (5.109)

Ya que la solución y2 definida por (5.109) es linealmente independiente de J0podríamos escribir la solución general de la ecuación diferencial (5.102) comouna combinación lineal general de J0 y y2. Sin embargo, usualmente esto nose hace así; en lugar de ello, se acostumbra seleccionar una cierta combinaciónespecial de J0 y y2 y tomar esta combinación especial como la segunda soluciónde la Ecuación (5.102). Esta combinación especial está definida por

2

π[y2(x) + (γ − ln 2)J0(x)] ,

donde γ es un número denominado la constante de Euler y está definido por

γ = lımn→∞

µ1 +

1

2+1

3+ · · ·+ 1

n− lnn

¶≈ 0,5772.

La combinación lineal especial se denomina la función de Bessel de segundaclase de orden cero (forma de Weber) y comúnmente se denota por Y0. Así,usualmente se toma a Y0 como la segunda solución de (5.102), donde

Y0(x) =2

π

"J0(x) lnx+

∞Xn=1

(−1)n+1x2n22n(n!)2

µ1 +

1

2+1

3+ · · ·+ 1

n

¶+(γ − ln 2)J0(x)]

o

Y0(x) =2

π

"³ln

x

2+ γ

´J0(x) +

∞Xn=1

(−1)n+1x2n22n(n!)2

µ1 +

1

2+1

3+ · · ·+ 1

n

¶#.

(5.110)Por consiguiente, si elegimos Y0 como la segunda solución de la ecuación difer-encial (5.102), la solución general de (5.102) para 0 < x < R está dada por

y = c1J0(x) + c2Y0(x), (5.111)

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias, y J0 y Y0 están definidas por (5.107)y (5.110), respectivamente.Las funciones J0 y Y0 han sido estudiadas extensamente. Muchas de las

propiedades más interesantes de estas funciones están indicadas por sus gráficas,las cuales se muestran en la Figura (5.1).

Page 156: Ecuaciones diferenciables

148 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

2 4 6 8 10 12 14

-1

-0.5

0.5

1

Figura 5.1: La gráfica de la función J0 se muestra en color rojo y la de la funciónY0 en verde.

5.3.2. Ecuación de Bessel de orden p

Ahora consideraremos la ecuación de Bessel de orden p para x > 0, y bus-caremos sus soluciones para 0 < x < R. Esta es la ecuación

x2d2y

dx2+ x

dy

dx+ (x2 − p2)y = 0, (101)

donde ahora se asume que p es un número real positivo. Enseguida vemos quex = 0 es un punto singular regular de la Ecuación (101): y puesto que buscamossoluciones válidas para 0 < x < R, podemos asumir una solución

y =∞Xn=0

cnxn+r, (5.112)

donde c0 6= 0. Diferenciando (5.112), sustituyendo en (101), y simplificandocomo en los ejemplos previos, obtenemos

(r2 − p2)c0xr +

£(r + 1)2 − p2

¤c1x

r+1

+∞Xn=2

©£(n+ r)2 − p2

¤cn + cn−2

ªxn+r = 0. (5.113)

Igualando a cero el coeficiente de cada potencia de x en (5.113), obtenemos

r2 − p2 = 0, (5.114)

Page 157: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.3 La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel 149

£(r + 1)2 − p2

¤c1 = 0, (5.115)£

(n+ r)2 − p2¤cn + cn−2 = 0, n ≥ 2. (5.116)

La Ecuación (5.114) es la ecuación indicial de la ecuación diferencial (101).Sus raíces son r1 = p > 0 y r2 = −p. Si r1 − r2 = 2p > 0 no es un enteropositivo, entonces del Teorema 21 sabemos que la ecuación diferencial (101) tienedos soluciones linealmente independientes de la forma (5.112). Sin embargo, sir1−r2 = 2p es un entero positivo, entonces hay una solución de la forma (5.112)correspondiente a la raíz más grande r1 = p. A continuación procederemos a laobtención de esta solución, de la cual su existencia está asegurada.Haciendo r = r1 = p en (5.115), obtenemos (2p+ 1)c1 = 0. Así, puesto que

p > 0, necesariamente c1 = 0. Haciendo r = r1 = p en (5.116), obtenemos lafórmula de recurrencia

n(n+ 2p)cn + cn−2 = 0, n ≥ 2,o

cn = − cn−2n(n+ 2p)

, n ≥ 2, (5.117)

correspondiente a la raíz más grande p. De esta expresión encontramos que todoslos coeficientes impares son cero (ya que c1 = 0) y que la expresión general paralos coeficientes pares está dada por

c2n =(−1)nc0

[2 · 4 · · · · · (2n)] [(2 + 2p)(4 + 2p) · · · (2n+ 2p)]=

(−1)nc022nn! [(1 + p)(2 + p) · · · (n+ p)]

, n ≥ 1.

De aquí que la solución de la ecuación diferencial (101) correspondiente a la raízmás grande p está dada por y = y1(x), donde

y1(x) = c0

∞Xn=0

(−1)nx2n+p22nn! [(1 + p)(2 + p) · · · (n+ p)]

. (5.118)

Si p es un entero positivo, podemos escribir esta expresión en la forma

y1(x) = c02pp!

∞Xn=0

(−1)nn!(n+ p)!

³x2

´2n+p. (5.119)

Si p no es un entero positivo, necesitamos una generalización de la funciónfactorial para poder expresar y1(x) en una forma análoga a la expresión (5.119).Esta generalización la proporciona la función gamma, la cual introduciremos acontinuación.Para N > 0 la función gamma está definida por la integral impropia conver-

gente

Γ(N) =

Z ∞0

e−xxN−1dx. (5.120)

Page 158: Ecuaciones diferenciables

150 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

- 4 - 2 2 4n

- 1 0

- 5

5

1 0

G HnL

Figura 5.2: Gráfica de Γ(N)

Si N es un entero positivo, puede mostrarse que

N ! = Γ(N + 1). (5.121)

Si N es positivo pero no es un entero, utilizaremos (5.121) para definir N !. Lafunción gamma ha sido estudiada extensivamente. Puede demostrarse que Γ(N)satisface la relación de recurrencia

Γ(N + 1) = N Γ(N), N > 0. (5.122)

Para N < 0 la integral (5.120) diverge, y así Γ(N) no está definida por (5.120)para valores negativos de N . Extendemos la definición de Γ(N) para valoresde N < 0 demandando que la fórmula de recurrencia (5.122) se cumpla paravalores negativos (y positivos) de N . El uso repetido de esta fórmula define asíΓ(N) para todos los valores no enteros negativos de N .Así Γ(N) está definido para toda N 6= 0,−1,−2,−3, . . .. La gráfica de es-

ta función se muestra en la Figura 5.2. Ahora definimos N ! para toda N 6=−1,−2,−3, . . . mediante la fórmula (5.121).Regresando a la solución y1 definida por (5.118), para el caso en el que p no

es un entero positivo, aplicamos la fórmula de recurrencia (5.122) sucesivamentecon N = n+ p, n+ p− 1, n+ p− 2, . . . , p+ 1; obtenemos

Γ(n+ p+ 1) = (n+ p)(n+ p− 1) · · · (p+ 1)Γ(p+ 1).

Así, cuando p no es un entero positivo podemos escribir la solución definida por

Page 159: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.3 La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel 151

(5.118) en la forma

y1(x) = c0Γ(p+ 1)∞Xn=0

(−1)nx2n+p22nn!Γ(n+ p+ 1)

= c02pΓ(p+ 1)

∞Xn=0

(−1)nn!Γ(n+ p+ 1)

³x2

´2n+p. (5.123)

Ahora, utilizando (5.121) con N = p y N = n + p, vemos que (5.123) toma laforma (5.119). Así, la solución de la ecuación diferencial (101) correspondientea la raíz más grande p > 0 está dada por (5.119), donde p! y (n + p)! estándefinidas por Γ(p + 1) y Γ(n + p + 1), respectivamente, si p no es un enteropositivo.Si establecemos arbitrariamente la constante c0 en (5.119) igual al recíproco

de 2pp!, obtenemos una solución particular importante de (101). Esta soluciónparticular define una función denotada por Jp la cual se denomina función deBessel de primera clase de orden p. Esto es, la función Jp es la solución particularde la Ecuación (101) definida por

Jp(x) =∞Xn=0

(−1)nn!(n+ p)!

³x2

´2n+p, (5.124)

donde (n+ p)! está definido por Γ(n+ p+ 1) si p no es un entero positivo.A lo largo de este tema hemos asumido que p > 0 en (101) y de aquí que

p > 0 en (5.124). Si p = 0 en (101), entonces (101) se reduce a la ecuación deBessel de orden cero dada por (5.102) y la solución (5.124) se reduce a la funciónde Bessel de primera clase de orden cero dada por (5.107).Si p = 1 en (101), entonces la ecuación (101) se transforma en

x2d2y

dx2+ x

dy

dx+ (x2 − 1)y = 0, (5.125)

la cual es la ecuación de Bessel de orden uno. Haciendo p = 1 en (5.124) obten-emos una solución de la Ecuación (5.125) la que se denomina función de Besselde primera clase de orden uno y se denota por J1. Esto es, la función J1 estádefinida por

J1(x) =∞Xn=0

(−1)nn!(n+ 1)!

³x2

´2n+1. (5.126)

Las gráficas de las funciones J0, definida por (5.107), y J1, definida por (5.126),se muestran en la figura 5.3.Hay varias propiedades interesantes de las funciones de Bessel de primera

clase que las gráficas sugieren. En primer lugar, las gráficas sugieren que J0 yJ1 tienen un comportamiento oscilatorio amortiguado y que los ceros positivosde J0 y J1 están separados. De hecho, puede mostrarse que para todo p ≥ 0 lafunción Jp tiene un comportamiento oscilatorio amortiguado a medida en quex→∞ y los ceros positivos de Jp y Jp+1 están separados.

Page 160: Ecuaciones diferenciables

152 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

2 4 6 8 10 12 14

-0.4-0.2

0.20.4

0.60.81

Figura 5.3: La gráfica de J0(x) se muestra en color rojo y la de J1(x) en colorverde.

Conocemos que para todo p ≥ 0 una solución de la ecuación de Besselde orden p (101) está dada por (5.124). Ahora consideramos brevemente elproblema de encontrar una solución linealmente independiente de (101). Yahemos encontrado tal solución para el caso en el que p = 0; está dada por(5.110). Para p > 0, hemos observado que si 2p no es un entero positivo, entoncesla ecuación diferencial (101) tiene una solución linealmente independiente de laforma (5.112) correspondiente a la raíz más pequeña r2 = −p. A continuacióntrabajaremos con esta raíz más pequeña.Haciendo r = r2 = −p en (5.115), obtenemos

(−2p+ 1)c1 = 0. (5.127)

Haciendo r = r2 = −p en (5.116) obtenemos la fórmula de recurrencia

n(n− 2p)cn + cn−2 = 0, n ≥ 2, (5.128)

o

cn = − cn−2n(n− 2p) , n ≥ 2, n 6= 2p. (5.129)

Utilizando (5.127) y (5.128) o (5.129) encontramos las soluciones y = y2(x),correspondientes a la raíz más pequeña −p. Ocurren tres casos distintos, queconducen a soluciones de las siguientes formas:

Page 161: Ecuaciones diferenciables

Sec.5.3 La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel 153

1. Si 2p no es un entero positivo,

y2(x) = c0x−pÃ1 +

∞Xn=1

α2nx2n

!, (5.130)

donde c0 es una constante arbitraria y α2n (n = 1, 2, . . .) son constantesdefinidas.

2. Si 2p es un entero positivo impar,

y2(x) = c0x−pÃ1 +

∞Xn=1

β2nx2n

!+ c2px

p

Ã1 +

∞Xn=1

γ2nx2n

!, (5.131)

donde c0 y c2p son constantes arbitrarias y β2n y γ2n (n = 1, 2, . . .) sonconstantes definidas.

3. Si 2p es un entero positivo par,

y2(x) = c2pxp

Ã1 +

∞Xn=1

δ2nx2n

!, (5.132)

donde c2p es una constante arbitraria y δ2n (n = 1, 2, . . .) son constantesdefinidas.

En el Caso 1 la solución definida por (5.130) es linealmente independientede Jp. En el Caso 2 la solución definida por (5.131) con c2p = 0 es tambiénlinealmente independiente de Jp. Sin embargo, en el Caso 3 la solución definidapor (5.132) es meramente un múltiplo constante de Jp(x), y de aquí que estasolución no sea linealmente independiente de Jp. Así, si 2p no es un enteropositivo par, existe una solución linealmente independiente de la forma (5.112)correspondiente a la raíz más pequeña −p. En otras palabras, si p no es un enteropositivo, la ecuación diferencial (101) tiene una solución de la forma y = y2(x),donde

y2(x) =∞Xn=1

c2nx2n−p, (5.133)

y esta solución y2 es linealmente independiente de Jp.Es fácil determinar los coeficientes c2n en (5.133). Observamos que la fórmula

de recurrencia (5.129) correspondiente a la raíz más pequeña −p es obtenidade la fórmula de recurrencia (5.117) correspondiente a la raíz más grande preemplazando p en (5.117) por −p. De aquí que una solución de la forma (5.133)puede ser obtenida de (5.124) simplemente reemplazando p en (5.124) por −p.Esto conduce a la solución denotada por J−p y definida por

J−p(x) =∞Xn=0

(−1)nn!(n− p)!

³x2

´2n−p, (5.134)

Page 162: Ecuaciones diferenciables

154 Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

donde (n− p)! está definida por Γ(n− p+ 1).Así, si p > 0 no es un entero positivo, dos soluciones linealmente independi-

entes de la ecuación diferencial (101) son Jp definida por (5.124) y J−p definidapor (5.134). De aquí que, si p > 0 no es un entero positivo, la solución generalde la ecuación de Bessel de orden p está dada por

y = C1Jp(x) + C2J−p,

donde Jp y J−p están definidos por (5.124) y (5.134), respectivamente, y C1 yC2 son constantes arbitrarias.Si p es un entero positivo, la solución correspondiente definida por (5.132)

no es linealmente independiente de Jp como ya hemos mencionado antes. Deaquí que en este caso una solución que sea linealmente independiente de Jp estádada por y = yp(x), donde

yp(x) = x−p∞Xn=0

c∗nxn + CJp(x) lnx,

donde C 6= 0. Esta solución linealmente independiente yp puede ser determi-nada por el método de reducción de orden. Entonces, la solución general de laecuación diferencial (101) puede ser escrita como una combinación lineal gener-al de Jp y yp. Sin embargo, como en el caso de la ecuación de Bessel de ordencero, se acostumbra elegir una combinación lineal especial de Jp y yp y tomaresta combinación especial como la segunda solución de la ecuación (101). Estacombinación especial se denota por Yp y se define por

Yp(x) =2

π

(³ln

x

2+ γ

´Jp(x)− 1

2

p−1Xn=0

(p− n− 1)!n!

³x2

´2n−p+1

2

∞Xn=0

(−1)n+1Ã

nXk=1

1

k+

n+pXk=1

1

k

!·1

n!(n+ p)!

³x2

´2n+p¸),(5.135)

donde γ es la constante de Euler. La solución Yp se denomina la función deBessel de segunda clase de orden p (forma de Weber).Así, si p es un entero positivo, dos soluciones linealmente independientes

de la ecuación diferencial (101) son Jp definida por (5.124) y Yp definida por(5.135). De aquí que si p es un entero positivo, la solución general de la ecuaciónde Bessel de orden p está dada por

y = C1Jp(x) + C2Yp(x),

donde Jp y Yp están definidas por (5.124) y (5.135), respectivamente, y C1 y C2son constantes arbitrarias.

Page 163: Ecuaciones diferenciables

Capítulo 6

La transformada de Laplace

En este capítulo estudiaremos la transformada de Laplace, la cual constituyeuna técnica muy útil para la solución de problemas de valores iniciales. Bási-camente, la transformada de Laplace transforma una función f de una variablereal t en una función F de una variable real s. La característica fundamental dela transformada de Laplace es que es un operador que transforma un problemade valor inicial que involucra una ecuación diferencial lineal en un problemaalgebraico que involucra la variable s.

La transformada de Laplace tiene una historia interesante. La integral quedefine la transformada de Laplace apareció por primera vez en uno de los muchostrabajos de Euler. Sin embargo, en Matemáticas es una costumbre nombrar unteorema con el nombre de la persona que enseguida de Euler lo haya descubierto,ya que de no ser así se tendrían centenares de teoremas con el nombre de Euler.En este caso, fue el matemático francés Pierre Simon Laplace (1749-1827) quienutilizó esta integral en la teoría de probabilidad y al ser la siguiente personadespués de Euler en descubrir la integral, se le denomina con su nombre. Sinembargo, esta técnica operacional no fue utilizada por Laplace en la resoluciónde ecuaciones diferenciales.

Fue en el siglo XIX cuando estuvo de moda entre los científicos e ingenierosutilizar métodos operacionales para resolver ecuaciones diferenciales cuando latransformada de Laplace fue explotada para este fin. En particular, podemos de-cir que la transformada de Laplace, como una técnica para la resolución de ecua-ciones diferenciales, fue "descubierta"por el ingeniero electricista inglés OliverHeaviside.

155

Page 164: Ecuaciones diferenciables

156 Cap.6 La transformada de Laplace

6.1. Definición y otros conceptos básicos

6.1.1. Definición y existencia

Definición 27 Sea f(t) una función real definida en [0,∞). Sea s una variablereal. La transformada de Laplace de la función f es la función real definida por

F (s) =

Z ∞0

e−stf(t)dt, (6.1)

para todos los valores de s para los cuales la integral existe. Denotaremos latransformada de Laplace F de f por Lf y a F (s) por Lf(t).

Ejemplo 111 Consideremos la función f definida por

f(t) = 1, para t > 0.

Entonces

L1 =

Z ∞0

e−st · 1 dt = lımb→∞

Z b

0

e−st · 1 dt = lımb→∞

·−e−sts

¸b0

= lımb→∞

·1

s− e−sb

s

¸=1

s

para todo s > 0. Así tenemos

L1 = 1

s(s > 0). (6.2)

Ejemplo 112 Consideremos la función f definida por

f(t) = t, para t > 0.

Entonces

Lt =

Z ∞0

e−st · t dt = lımb→∞

Z b

0

e−st · t dt = lımb→∞

·−e−sts2

(st+ 1)

¸b0

= lımb→∞

·1

s2− e−sb

s2(sb+ 1)

¸=1

s2

para todo s > 0. Así tenemos

Lt = 1

s2(s > 0). (6.3)

Ejemplo 113 Consideremos la función f definida por

f(t) = eat, para t > 0.

Page 165: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.1 Definición y otros conceptos básicos 157

Entonces

Leat =

Z ∞0

e−st · eat dt = lımb→∞

Z b

0

e(a−s)t dt = lımb→∞

·e(a−s)t

a− s

¸b0

= lımb→∞

·e(a−s)b

a− s− 1

a− s

¸= − 1

a− s=

1

s− apara todo s > a.

Así tenemosLeat = 1

s− a(s > a). (6.4)

Ejemplo 114 Consideremos la función f definida por

f(t) = senωt, para t > 0.

Entonces

Lsenωt =

Z ∞0

e−st · senωt dt = lımb→∞

Z b

0

e−st · senωt dt

= lımb→∞

·− e−st

s2 + ω2(s senωt+ ω cosωt)

¸b0

= lımb→∞

·ω

s2 + ω2− e−sb

s2 + ω2(s senωb+ ω cosωb)

¸=

ω

s2 + ω2para todo s > 0.

Así tenemosLsenωt = ω

s2 + ω2(s > 0). (6.5)

Ejemplo 115 Consideremos la función f definida por

f(t) = cosωt, para t > 0.

Entonces

Lcosωt =

Z ∞0

e−st · cosωt dt = lımb→∞

Z b

0

e−st · cosωt dt

= lımb→∞

·e−st

s2 + ω2(−s cosωt+ ω senωt)

¸b0

= lımb→∞

·e−sb

s2 + ω2(−s cosωb+ ω senωb) +

s

s2 + ω2

¸=

s

s2 + ω2para todo s > 0.

Así tenemosLcosωt = s

s2 + ω2(s > 0). (6.6)

Page 166: Ecuaciones diferenciables

158 Cap.6 La transformada de Laplace

En el teorema siguiente resumimos los resultados estudiados en los ejemplosanteriores más otras transformadas básicas.

Teorema 22 Transformadas de algunas funciones básicas

(a) L1 = 1

s

(b) Ltn = n!

sn+1, n = 1, 2, 3, . . .

(c) Leat = 1

s− a

(d) Lsenωt = ω

s2 + ω2

(e) Lcosωt = s

s2 + ω2

(f) Lsenhωt = ω

s2 − ω2

(g) Lcoshωt = s

s2 − ω2

En cada uno de los ejemplos anteriores la integral definida por (6.1) existepara algún intervalo de valores de s. Ahora, nuestro problema consistirá endeterminar la clase de funciones f para la cual Lf existe para s, digamosen s > s0. Para esto, necesitamos de algunos conceptos que a continuaciónconsideraremos.

Definición 28 Se dice que una función f es continua en tramos o seccional-mente continua en un intervalo finito a ≤ t ≤ b si hay un conjunto finito depuntos a = t0 < t1 < · · · < tn = b tal que

1. f es continua en cada uno de los subintervalos (ti−1, ti) para i = 1, 2, . . . n,y

2. los límites unilaterales f(ti+) = lımt→t+i

f(t) y f(ti+1−) = lımt→t−i+1

f(t) existen

para i = 0, 1, . . . n− 1.

Es importante señalar que si f es continua en a ≤ t ≤ b necesariamentees seccionalmente continua en este intervalo. También, si f es seccionalmentecontinua en a ≤ t ≤ b entonces f es integrable en a ≤ t ≤ b.

Definición 29 Se dice que una función f es de orden exponencial si existennúmeros M > 0, t0 > 0 y α tales que

|f(t)| ≤Meαt para toda t ≥ t0. (6.7)

Page 167: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.1 Definición y otros conceptos básicos 159

Ejemplo 116 Si hacemos la constante α = 0, es obvio que toda función acotadaes de orden exponencial. Las funciones senωt y cosωt son acotadas, puesto que−1 ≤ senωt ≤ 1 y −1 ≤ cosωt ≤ 1, por lo que son de orden exponencial.

Ejemplo 117 También f(t) = tn donde t ≥ 0, es de orden exponencial paracualquier entero positivo n. Puesto que tn ≤ (tne−t)et y el valor máximo detne−t en [0,∞) ocurre en t = n (esto es, en el valor donde su derivada es cero),tenemos que tne−t ≤ nne−n, y de aquí que tn ≤ (nne−n)et para toda t ≥ 0.

A continuación procederemos a exponer un resultado fundamental que essuficiente para la existencia de la transformada de Laplace.

Teorema 23 Sea f una función real que es seccionalmente continua en 0 ≤t ≤ b (b > 0) y de orden exponencial, esto es, que existen constantes α, M > 0 yt0 > 0 tal que |f(t)| < Meαt para t > t0. Entonces, la transformada de Laplace

Lf(t) =Z ∞0

e−stf(t) dt

existe para s > α.

6.1.2. Linealidad de la transformada de Laplace

Una de las propiedades básicas de la transformada de Laplace es que es unaoperación lineal, la cual se establece en el siguiente teorema.

Teorema 24 Sean f1 y f2 funciones cuyas transformadas de Laplace existen,y sean c1 y c2 constantes. Entonces

Lc1f1(t) + c2f2(t) = c1Lf1(t)+ c2Lf2(t). (6.8)

Ejemplo 118 Determine L2t− 3 cos 2t.

Solución. Utilizando el Teorema 6.8, tenemos

L2t− 3 cos 2t = 2Lt− 3Lcos 2t= 2 · 1

s2− 3 · s

s2 + 4

=−3s3 + 2s2 + 8

s2(s2 + 4).

Ejemplo 119 Determine Lcos2 ωt.

Solución. Puesto que cos2 ωt = 1/2 + 1/2 cos 2ωt, tenemos

Lcos2 ωt = L12 + 12 cos 2ωt

Page 168: Ecuaciones diferenciables

160 Cap.6 La transformada de Laplace

Utilizando el Teorema 6.8,

L12 + 12 cos 2ωt = 1

2L1+ 12Lcos 2ωt.

Por (6.2), L1 = 1/s, y por (6.6), Lcosωt = s/(s2 + 4ω2). Así,

Lcos2 ωt = 1

2· 1s+1

2· s

s2 + 4ω2=

s2 + 2ω2

s(s2 + 4ω2). (6.9)

6.2. La transformada inversa y la transformadade una derivada

En la sección anterior estudiamos el problema: dada una función f , defini-da para t > 0, encontrar su transformada de Laplace, la cual denotamos porLf(t) o F (s). Ahora consideraremos el problema inverso: dada una funciónF (s), encontrar una función f(t) cuya transformada de Laplace sea la funcióndada F (s). Si F (s) representa la transformada de Laplace de la función f(t),esto es, Lf(t) = F (s), entonces f(t) es la transformada inversa de Laplace deF (s), la cual se representa por f(t) = L−1F (s). El teorema siguiente presentaalgunas transformadas inversas.

Teorema 25 1. L−11s = 1

2. L−1 n!

sn+1 = tn, n = 1, 2, 3, . . .

3. L−1 1

s− a = eat

4. L−1½

a

s2 + a2

¾= sen at

5. L−1½

s

s2 + a2

¾= cos at

6. L−1½

a

s2 − a2

¾= senh at

7. L−1½

s

s2 − a2

¾= coshat

6.2.1. Linealidad de la transformada inversa de Laplace

La transformada inversa de Laplace también es un operador lineal.

Page 169: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.2 La transformada inversa y la transformada de una derivada 161

Teorema 26 Para constantes α y β,

L−1αF (s) + βG(s) = αL−1F (s)+ βL−1G(s). (6.10)

Ejemplo 120 Determine

L−1½

s+ 5

s2 − 4¾.

Solución. Para calcular la transformada inversa, primero escribimos la funciónracional como la suma de dos fracciones, y utilizamos (6.10);esto es

L−1½

s+ 5

s2 − 4¾

= L−1½

s

s2 − 4 +5

s2 − 4¾

= L−1½

s

s2 − 4¾+ 5L−1

½1

s2 − 4¾

= L−1½

s

s2 − 4¾+ 5

2L−1½

2

s2 − 4¾

= cosh 2t+ 52 senh 2t.

Ejemplo 121 Determine

L−1½

3s+ 5

(s− 1)(s+ 1)¾.

Solución. Para determinar la transformada inversa, descomponemos la fracciónen una suma de fracciones parciales:

3s+ 5

(s− 1)(s+ 1) =A

s− 1 +B

s+ 1.

Eliminando denominadores, tenemos

3s+ 5 = A(s+ 1) +B(s− 1).o

3s+ 5 = (A+B)s+ (A−B).

Al comparar los coeficientes de las potencias de s, en ambos lados de la ecuación,obtenemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas siguiente:

A+B = 3

A−B = 5

Resolviendo este sistema, obtenemos A = 4 y B = −1. Por consiguiente, ladescomposición en fracciones parciales es:

3s+ 5

(s− 1)(s+ 1) =4

s− 1 +−1s+ 1

.

Page 170: Ecuaciones diferenciables

162 Cap.6 La transformada de Laplace

Por la propiedad de linealidad de L−1, tenemos

L−1½

3s+ 5

(s− 1)(s+ 1)¾

= 4L−1½

1

s− 1¾− L−1

½1

s+ 1

¾= 4et − e−t.

6.2.2. La transformada de una derivada

La obtención de la transformada de Laplace de la derivada de una funciónes esencial en la solución de ecuaciones diferenciales. Este resultado se expresaen el siguiente teorema.

Teorema 27 Supóngase que f es una función real continua para t ≥ 0 y deorden exponencial eαt, y que f 0 (la derivada de f) es seccionalmente continuaen el intervalo 0 ≤ t ≤ b. Entonces Lf 0 existe para s > α; y

Lf 0(t) = sLf(t)− f(0). (6.11)

Ejemplo 122 Considere la función definida por f(t) = cos2 ωt. Esta funciónsatisface la hipótesis del Teorema 27 y puesto que f 0(t) = −2ω senωt cosωt yf(0) = 1, entonces utilizando la ecuación 6.11 obtenemos

L−2ω senωt cosωt = sLcos2 ωt− 1o

L−2ω senωt cosωt = sLcos2 ωt− 1.Por (6.9),

Lcos2 ωt = s2 + 2ω2

s(s2 + 4ω2).

Así,

L−2ω senωt cosωt = s2 + 2ω2

(s2 + 4ω2)− 1.

Puesto que 2ω senωt cosωt = ω sen 2ωt, tenemos

L−ω sen 2ωt = s2 + 2ω2

(s2 + 4ω2)− 1

o

Lsen 2ωt =1

ω− s2 + 2ω2

ω (s2 + 4ω2)

=(s2 + 4ω2)− (s2 + 2ω2)

ω (s2 + 4ω2)

=2ω

s2 + 4ω2.

Page 171: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.3 Solución de una ecuación diferencial ordinaria lineal 163

A continuación generalizamos el Teorema 27.

Teorema 28 Sean f , f 0,f 00, . . . , f (n−1) funciones continuas para t ≥ 0 y de or-den exponencial eαt. Si f (n)(t) es continua por tramos en cada intervalo cerradofinito 0 ≤ t ≤ b, entonces Lf (n)(t) existe para s > α y

Lf (n)(t) = snF (s)−sn−1f(0)−sn−2f 0(0)−sn−3f 00(0)−· · ·−f (n−1)(0), (6.12)donde Lf(t) = F (s).

6.3. Solución de una ecuación diferencial ordi-naria lineal

En el Teorema 28 observamos que Lf (n)(t) depende de F (s), de f(t) y delas (n− 1) derivadas de f(t) evaluadas en t = 0. Esta característica hace que latransformada de Laplace sea la técnica ideal para resolver problemas de valoresiniciales de ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes.

6.3.1. El método

Ahora estudiaremos cómo la transformada de Laplace puede ser aplicada enla resolución de un problema de valores iniciales de ecuaciones diferenciales decoeficientes constantes; esto es, en la resolución de

andny

dtn+ an−1

dn−1ydtn−1

+ · · ·+ a0y = g(t), (6.13)

sujeta a las condiciones iniciales

y(0) = y0, y0(0) = y1, . . . , y(n−1)(0) = yn−1, (6.14)

donde las ai, i = 1, 2, . . . , n y y0, y1, . . . , yn−1 son constantes.El Teorema 3 (Capítulo 4) nos asegura que este problema tiene una solución

única.Paso 1. Aplicamos la transformada de Laplace en ambos lados de la ecuación

(6.13). Por el Teorema 24, tenemos

anL½dny

dtn

¾+an−1L

½dn−1ydtn−1

¾+ · · ·+a1L

½dy

dt

¾+a0Ly = Lg(t) . (6.15)

Ahora aplicamos el Teorema 28 a

L½dny

dtn

¾, L

½dn−1ydtn−1

¾, . . . ,L

½dy

dt

¾en el lado izquierdo de la ecuación (6.15). Utilizando las condiciones iniciales(6.14), obtenemos

an

hsnY (s)− sn−1y(0)− · · ·− y(n−1)(0)

i+an−1

hsn−1Y (s)− sn−2y(0)− · · ·− y(n−2)(0)

i+· · ·+a1[sY (s)−y(0)]+a0Y (s) = G(s),

Page 172: Ecuaciones diferenciables

164 Cap.6 La transformada de Laplace

o £ans

n + an−1sn−1 + · · ·+ a1s+ a0¤Y (s)

− y0[ansn−1 + an−1sn−2 + · · ·+ a1]

− y1[ansn−2 + an−1sn−3 + · · ·+ a2]

− · · ·− yn−2[ans+ an−1]− yn−1an = G(s).

donde Ly(t) = Y (s) y Lg(t) = G(s).Paso 2. Puesto que g(t) es una función conocida de t, suponemos que G(s)

existe y que puede ser determinada. Entonces, la última expresión obtenida enel paso anterior es una ecuación algebraica en la función desconocida Y (s). Porconsiguiente, en este paso resolvemos esta ecuación para determinar Y (s).Paso 3. Habiendo encontrado Y (s), determinamos la solución única

y(t) = L−1 Y (s)del problema de valor inicial utilizando la tabla de transformadas.

Ejemplos

Ejemplo 123 Utilice la transformada de Laplace para resolver el siguiente prob-lema de valor inicial:

dy

dt+ 4y = 12 sen 4t, y(0) = 4.

Solución. Aplicamos la transformada en cada término de la ecuación diferen-cial:

L½dy

dt

¾+ 4Ly = 12Lsen 4t (6.16)

Ahora aplicamos el Teorema 28 a Lndydt

o:

L½dy

dt

¾= sY (s)− y(0)

= sY (s)− 4.Puesto que Lsen 4t = 4/(s2 + 16), la ecuación (6.16) se transforma en

sY (s)− 4 + 4Y (s) = 48

s2 + 16,

es decir(s+ 4)Y (s) = 4 +

48

s2 + 16.

Al despejar Y (s), de esta última ecuación, obtenemos

Y (s) =4

(s+ 4)+

48

(s+ 4)(s2 + 16)=

4s2 + 112

(s+ 4)(s2 + 16). (6.17)

Page 173: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.3 Solución de una ecuación diferencial ordinaria lineal 165

Haciendo la descomposición en una suma de fracciones parciales, tenemos

4s2 + 112

(s+ 4)(s2 + 16)=

A

(s+ 4)+

Bs+ C

(s2 + 16).

Eliminando denominadores, tenemos

4s2 + 112 = A(s2 + 16) + (Bs+ C)(s+ 4)

= (A+B)s2 + (4B + C)s+ (16A+ 4C).

Igualando coeficientes, tenemos que

A+B = 4

4B + C = 0

16A+ 4C = 112

Resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos A = 11/2, B = −3/2 yC = 6. Sustituyendo en (6.17) tenemos

Y (s) =11

2(s+ 4)− 3(s− 4)2(s2 + 16)

=11

2(s+ 4)− 3s

2(s2 + 16)+

6

(s2 + 16).

Aplicamos la transformada inversa a esta última expresión, para obtener y(t):

y(t) =11

2L−1

½1

s+ 4

¾− 32L−1

½s

(s2 + 16)

¾+3

2L−1

½4

(s2 + 16)

¾Por tanto, la solución del problema de valor inicial es:

y(t) =11

2e−4t − 3

2cos 4t+

3

2sen 4t.

Ejemplo 124 Utilice la transformada de Laplace para resolver el siguiente prob-lema de valor inicial:

y00 − 5y0 + 6y = e−2x − e−x, y(0) = 1, y0(0) = 0.

Solución. Aplicamos la transformada en cada término de la ecuación diferen-cial:

Ly00− 5Ly0+ 6Ly = L©e−2xª− L©e−xª .Ahora aplicamos el Teorema 28 a Ly00, Ly0:

s2Y (s)− s y(0)− y0(0)− 5[sY (s)− y(0)] + 6Y (s) =1

s+ 2− 1

s+ 1,

Page 174: Ecuaciones diferenciables

166 Cap.6 La transformada de Laplace

os2Y (s)− s − 0− 5[sY (s)− 1] + 6Y (s) = 1

s+ 2− 1

s+ 1o

(s2 − 5s+ 6)Y (s) = s− 5 + 1

s+ 2− 1

s+ 1

por lo que

Y (s) =s− 5

(s− 2)(s− 3) +1

(s− 2)(s− 3)(s+ 2) −1

(s− 2)(s− 3)(s+ 1)=

s3 − 2s2 − 13s− 11(s− 2)(s− 3)(s+ 1)(s+ 2) .

Haciendo la descomposición en una suma de fracciones parciales, tenemos

s3 − 2s2 − 13s− 11(s− 2)(s− 3)(s+ 1)(s+ 2) =

A

(s− 2) +B

(s− 3) +C

(s+ 1)+

D

(s+ 2)(6.18)

Eliminando denominadores, tenemos

s3−2s2−13s−11 = A(s−3)(s+1)(s+2)+B(s−2)(s+1)(s+2)+C(s−2)(s−3)(s+2)+D(s− 2)(s− 3)(s+ 1)

o

s3−2s2−13s−11 = A(s3−7s−6)+B(s3+s2−4s−4)+C(s3−3s2−4s+12)+D(s3−4s2+s+6)o

s3−2s2−13s−11 = (A+B+C+D)s3+(B−3C−4D)s2+(−7A−4B−4C+D)s+ (−6A− 4B + 12C + 6D).

Igualando coeficientes, tenemos

A+B + C +D = 1

B − 3C − 4D = −2−7A− 4B − 4C +D = −13−6A− 4B + 12C + 6D = −11.

Resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos que A = 37/12, B = −41/20,C = −1/12 y D = 1/20. Sustituyendo en (6.18), tenemos

s3 + 3s2 + 2s− 1(s− 2)(s− 3)(s+ 1)(s+ 2) =

37

12(s− 2) −41

20(s− 3) −1

12(s+ 1)+

1

20(s+ 2).

Por consiguiente,

Y (s) =37

12(s− 2) −41

20(s− 3) −1

12(s+ 1)+

1

20(s+ 2).

Page 175: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.4 Teoremas de traslación 167

Aplicamos la transformada inversa a esta última expresión, para obtener y(t):

y(t) =37

12L−1

½1

(s− 2)¾− 4120L−1

½1

(s− 3)¾− 1

12L−1

½1

(s+ 1)

¾+1

20L−1

½1

(s+ 2)

¾Por tanto, la solución del problema de valor inicial es:

y(t) =37

12e2t − 41

20e3t − 1

12e−t +

1

20e−2t.

oy(t) = − 1

60e−2t

¡−3 + 5et − 185e4t + 123e5t¢ .

6.4. Teoremas de traslaciónNo siempre es conveniente aplicar la definición de transformada de Laplace

a una función f(t), ya que la integración por partes que resulta de ello a veceses impresionante o muy compleja. También, a veces necesitamos determinar latransformada inversa de una fracción racional que involucra un denominador confactores lineales repetidos; en este caso no contamos con una técnica convenientepara hacerlo. Por estos motivos, presentaremos en esta sección, algunos teore-mas que nos facilitaran el trabajo de calcular transformadas y transformadasinversas.

6.4.1. Traslación en el eje s

En general, si se conoce la transformada de Laplace Lf(t) = F (s) de unafunción f(t), es posible determinar la transformada de Laplace de un múltiploexponencial Leatf(t) de f(t) mediante la traslación o desplazamiento de F (s)a F (s − a). A esta técnica se le conoce con el nombre de primer teorema detraslación.

Teorema 29 (Primer teorema de traslación) Si F (s) = Lf(t) y a escualquier número real,

L©eatf(t)ª = F (s− a).

Es de gran utilidad utilizar la siguiente notación:

L©eatf(t)ª = L f(t)|s→s−a

en donde s → s− a indica que en la transformada de Laplace de f(t), es deciren F (s), s se reemplaza con s− a.

Ejemplo 125 Determine L©e4t sen 3tª.

Page 176: Ecuaciones diferenciables

168 Cap.6 La transformada de Laplace

Solución. Sabemos que Lsen 3t = 3

s2 + 9. Utilizando el Teorema 29, tenemos

L©e4t sen 3tª = Lsen 3t|s→s−4

=3

s2 + 9

¯s→s−4

=3

(s− 4)2 + 9 .

Forma inversa del primer teorema de traslación

El procedimiento para determinar la transformada inversa de F (s−a), es elsiguiente:

1. Reconocer en primer lugar a F (s).

2. Aplicar la transformada inversa de Laplace a F (s) para determinar f(t).

3. Multiplicar f(t) por la función exponencial eat.

Simbólicamente, este procedimiento se establece como sigue:

L−1 F (s− a) = L−1 ©F (s)|s→s−aª= eatf(t).

Ejemplo 126 Determine la transformada inversa de

s3 + 3s2 + 2s− 1(s+ 2)3(s+ 1)

.

Solución. Haciendo la descomposición en una suma de fracciones parciales,tenemos

s3 + 3s2 + 2s− 1(s+ 2)3(s+ 1)

= − 1

s+ 1+

2

s+ 2− 1

(s+ 2)2+

1

(s+ 2)3.

En consecuencia

L−1½s3 + 3s2 + 2s− 1(s+ 2)3(s+ 1)

¾= −L−1

½1

s+ 1

¾+ L−1

½2

s+ 2

¾− L−1

½1

(s+ 2)2

¾+ L−1

½1

(s+ 2)3

¾o

L−1½s3 + 3s2 + 2s− 1(s+ 2)3(s+ 1)

¾= −L−1

(1

s

¯s→s+1

)+ 2L−1

(1

s

¯s→s+2

)

− L−1(1

s2

¯s→s+2

)+1

2L−1

(2

s3

¯s→s+2

)

Page 177: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.4 Teoremas de traslación 169

o

L−1½s3 + 3s2 + 2s− 1(s+ 2)3(s+ 1)

¾= −e−t + 2e−2t − e−2tt+

1

2e−2tt2

=1

2e−2t

¡4− 2et − 2t+ t2

¢.

Ejemplo 127 Utilice la transformada de Laplace para resolver el siguiente prob-lema de valor inicial:

y00 + 4y0 + 4y = e−2x − e−x, y(0) = 1, y0(0) = 0.

Solución. Aplicamos la transformada en cada término de la ecuación diferen-cial:

Ly00+ 4Ly0+ 4Ly = L©e−2xª− L©e−xª .Ahora aplicamos el Teorema 28 a Ly00, Ly0:

s2Y (s)− s y(0)− y0(0) + 4[sY (s)− y(0)] + 4Y (s) =1

s+ 2− 1

s+ 1,

os2Y (s)− s − 0 + 4[sY (s)− 1] + 4Y (s) = 1

s+ 2− 1

s+ 1o

(s2 + 4s+ 4)Y (s) = s+ 4 +1

s+ 2− 1

s+ 1

por lo que

Y (s) =s+ 4

(s+ 2)2+

1

(s+ 2)3− 1

(s+ 2)2(s+ 1)

=s3 + 7s2 + 14s+ 7

(s+ 2)3(s+ 1).

Haciendo la descomposición en una suma de fracciones parciales, tenemos

s3 + 7s2 + 14s+ 7

(s+ 2)3(s+ 1)=

A

(s+ 2)+

B

(s+ 2)2+

C

(s+ 2)3+

D

(s+ 1). (6.19)

Eliminando denominadores, tenemos

s3 + 7s2 + 14s+ 7 = A(s+ 2)2(s+ 1) +B(s+ 2)(s+ 1) +C(s+ 1) +D(s+ 2)3

o

s3+7s2+14s+7 = A(s3+5s2+8s+4)+B(s2+3s+2)+C(s+1)+D(s3+6s2+12s+8)

o

s3+7s2+14s+7 = (A+D)s3+(5A+B+6D)s2+(8A+3B+C+12D)s+(4A+2B+C+8D).

Page 178: Ecuaciones diferenciables

170 Cap.6 La transformada de Laplace

Igualando coeficientes, tenemos

A+D = 1

5A+B + 6D = 7

8A+ 3B + C + 12D = 14

4A+ 2B + C + 8D = 7

Resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos A = 2, B = 3, C = 1 yD = −1. Sustituyendo en (6.19), tenemos

s3 + 3s2 + 2s− 1(s+ 2)3(s+ 1)

=2

(s+ 2)+

3

(s+ 2)2+

1

(s+ 2)3− 1

(s+ 1).

Por consiguiente

Y (s) =2

(s+ 2)+

3

(s+ 2)2+

1

(s+ 2)3− 1

(s+ 1).

Aplicamos la transformada inversa a esta última expresión, para obtener y(t):

y(t) = L−1½

2

(s+ 2)

¾+ L−1

½3

(s+ 2)2

¾+ L−1

½1

(s+ 2)3

¾− L−1

½1

(s+ 1)

¾o

y(t) = 2L−1½

1

(s+ 2)

¾+3L−1

½1

(s+ 2)2

¾+L−1

½1

(s+ 2)3

¾−L−1

½1

(s+ 1)

¾o

y(t) = 2L−1(1

s

¯s→s+2

)+ 3L−1

(1

s2

¯s→s+2

)+1

2L−1

(2

s3

¯s→s+2

)

− L−1(1

s

¯s→s+1

)o

y(t) = 2e−2t + 3e−2tt+1

2e−2tt2 − e−t

=1

2e−2t

¡4− 2et + 6t+ t2

¢.

6.4.2. Traslación en el eje t

Función escalón unitario

Con mucha frecuencia, en las aplicaciones de ingeniería surgen funciones quepueden “activarse” o “desactivarse” de acuerdo a ciertas condiciones. Por ejem-plo, el voltaje aplicado en un circuito eléctrico puede ser activado o desactivado

Page 179: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.4 Teoremas de traslación 171

1 2 3 4 5 t

5

10

15

20

25fHtL

Figura 6.1:

después de cierto tiempo. Por consiguiente, resulta útil definir una función quetenga la propiedad de activar y desactivar una función a conveniencia. Estafunción especial, denominada función escalón unitario o función de Heaviside,se define como 0 cuando se necesita apagar una función e igual a 1 cuando seanecesario encender dicha función.

Definición 30 La función escalón unitario U(t− a) se define como sigue:

U(t− a) =

½0, 0 ≤ t < a1, t ≥ a

Así, cuando una función f definida para t ≥ 0 se multiplica por U(t− a), lafunción escalón unitario tiene la propiedad de apagar o desactivar la parte dela función que corresponde a 0 ≤ t < a. Por ejemplo, si f(t) = t2 para t ≥ 0, ydeseamos apagar la parte de la gráfica que corresponde a 0 ≤ t < 1, entonces elproducto t2U(t− 1) realizará dicha tarea (ver la gráfica 6.1).La función escalón unitario nos permite representar las funciones definidas en

tramos en una forma compacta. Por ejemplo, consideremos la función definidaen tramos que se muestra en la figura 6.2; esta función puede ser representadapor la función f(t) = 1− 3U(t− 1) + 2U(t− 3).En general, la función definida en tramos

f(t) =

½f0(t), 0 ≤ t < af1(t), t ≥ a

(6.20)

donde se supone que f0 y f1 están definidas en [0,∞), es equivalente a

f(t) = f0(t)− f0(t)U(t− a) + f1(t)U(t− a). (6.21)

Page 180: Ecuaciones diferenciables

172 Cap.6 La transformada de Laplace

1 2 3 4 5 6t

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1fHtL

Figura 6.2:

La expresión 6.21 puede ser extendida a funciones continuas en tramos máscomplejas. Por ejemplo,

f(t) =

f0(t), 0 ≤ t < af1(t), a ≤ t < bf2(t), t ≥ b

puede escribirse como

f(t) = f0(t)−f0(t)U(t−a)+f1(t)U(t−a)−f1(t)U(t−b)+f2(t)U(t−b). (6.22)

Ejemplo 128 Exprese la función

f(t) =

3, 0 ≤ t < 22t− 2, 2 ≤ t < 4sen t, t ≥ 4

en términos de funciones escalón unitario y grafíquela.

Solución. Según la expresión 6.22, con f1(t) = 3, f2(t) = 2t− 2 y f3(t) = sen t,obtenemos

f(t) = 3− 3U(t− 2) + (2t− 2)U(t− 2)− (2t− 2)U(t− 4) + sen tU(t− 4)

cuya gráfica se muestra en la figura 6.3.Ahora, consideremos la función definida en tramos

f(t− a)U(t− a) =

½0, 0 ≤ t < af(t− a), t ≥ a

. (6.23)

Page 181: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.4 Teoremas de traslación 173

2 4 6 8t

-1

1

2

3

4

5

6fHtL

Figura 6.3:

1 2 3 4t

1

2

3

4

5

6fHtL

Figura 6.4: f(t), t ≥ 0.

Page 182: Ecuaciones diferenciables

174 Cap.6 La transformada de Laplace

2 4 6 8t

1

2

3

4

5

6fHtL

Figura 6.5: f(t− a)U(t− a).

Esta función desempeña un papel importante en la formulación del segundoteorema de traslación. Como se muestra en las Figuras 6.4 y 6.5, la gráfica de lafunción f(t− a)U(t− a) es la gráfica de la función f(t) desplazada a unidadeshacia la derecha sobre el eje t.En el primer teorema de traslación, observamos que un múltiplo exponencial

de f(t) da como resultado una traslación de la transformada F (s) sobre el eje s.Del mismo modo, el segundo teorema de traslación establece que cuando F (s)se multiplica por la función exponencial e−as, a > 0, la transformada inversadel producto e−asF (s) es la función f desplazada a lo largo del eje t, lo cual sepuede observar en la Figura 6.5.

Teorema 30 (Segundo teorema de traslación) Si F (s) = Lf(t) y a >0, entonces

Lf(t− a)U(t− a) = e−asF (s).

Para hallar la transformada de Laplace de la función escalón unitario, sepuede utilizar la Definición 27 o el segundo teorema de traslación. Utilizandoeste último método, si hacemos f(t) = 1, entonces f(t − a) = 1 y F (s) =Lf(t) = L1 = 1/s; así obtenemos

LU(t− a) = e−as

s. (6.24)

Ejemplo 129 Calcule la transformada de Laplace de la función correspondientea la Figura 6.2.

Solución. Aplicando la transformada de Laplace a la función

f(t) = 1− 3U(t− 1) + 2U(t− 3)

Page 183: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.4 Teoremas de traslación 175

obtenemos

Lf(t) = L1− 3LU(t− 1)+ 2LU(t− 3)=

1

s− 3e

−s

s+ 2

e−3s

s.

Forma inversa del segundo teorema de traslación

Si f(t) = L−1F (s) y a > 0, entonces

L−1e−asF (s) = f(t− a)U(t− a). (6.25)

Ejemplo 130 Evalúe

L−1½

1

s2 + 4e−πs

¾.

Solución. Si identificamos a a = π y F (s) =2

s2 + 4, entonces L−1 F (s) =

sen 2t. Por consiguiente, utilizando la expresión 6.25, obtenemos

L−1½

1

s2 + 4e−πs

¾=

1

2L−1

½2

s2 + 4e−πs

¾=

1

2sen 2(t− π)U(t− π).

Con frecuencia necesitamos determinar la transformada de Laplace del pro-ducto de una función f(t) y la función escalón unitario U(t−a) cuando la funciónf(t) no tiene la forma desplazada f(t − a). Para determinar esta transforma-da, utilizamos la Definición 27, la definición de U(t − a) y la transformaciónu = t− a; esto es

Lf(t)U(t− a) =

Z ∞a

e−stf(t)dt =Z ∞a

e−s(u+a)f(u+ a)du

= e−asLf(t+ a).

Hemos demostrado la forma alternativa del segundo teorema de traslación.

Teorema 31 (Forma alternativa del segundo teorema de traslación) Seaf una función definida en [0,∞). Si a > 0 y Lf(t + a) existe para s > s0,entonces

Lf(t)U(t− a) = e−asLf(t+ a). (6.26)

Ejemplo 131 Determine

L(t2 − 3t+ 2)U(t− 2).

Page 184: Ecuaciones diferenciables

176 Cap.6 La transformada de Laplace

Solución. Identificamos a f(t) = t2 − 3t+ 2 y a = 2. Entonces,f(t+ 2) = (t+ 2)2 − 3(t+ 2) + 2

= t2 + t

y

Lf(t+ 2) = Lt2+ Lt=

2

s3+1

s2.

Utilizando 6.26, tenemos

L(t2 − 3t+ 2)U(t− 2) = e−2sLf(t+ 2)= e−2s

µ2

s3+1

s2

¶.

Ejemplo 132 Utilice la transformada de Laplace para resolver el problema devalor inicial siguiente:

y00 − 5y0 + 6y = f(t), y(0) = 0, y0(0) = 0

donde

f(t) =

½0, 0 ≤ t < 3π/2sen t, t ≥ 3π/2.

Solución. La transformada de Laplace de la ecuación diferencial es

s2Ly− sy(0)− y0(0)− 5 [sLy− y(0)] + 6Ly = LU(t− 3π/2) sen t.Como,

LU(t− 3π/2) sen t = L− cos(t− 3π/2) U(t− 3π/2)

= −se−3πs/2

s2 + 1.

y utilizando las condiciones iniciales, la transformada de Laplace de la ecuacióndiferencial se convierte en

s2Ly− 5sLy+ 6Ly = −se−3πs/2

s2 + 1.

Resolviendo para Ly obtenemos

Ly = − se−3πs/2

(s− 2)(s− 3)(s2 + 1)= e−3πs/2

·2

5

1

s− 2 −3

10

1

s− 3 +1

10

1− s

s2 + 1

¸.

Page 185: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.5 Derivadas de transformadas 177

Si identificamos a a = 3π/2 y F (s) = 25

1s−2 − 3

101

s−3 +110

1−ss2+1 , entonces

L−1F (s) = 2

5e2t − 3

10e3t +

1

10(sen t− cos t) ,

por lo que utilizando la forma inversa del segundo teorema de traslación, lainversa de Ly es

y(t) =

·2

5e2(t−3π/2) − 3

10e3(t−3π/2) +

1

10[sen(t− 3π/2)− cos(t− 3π/2)]

¸U(t−3π/2).

6.5. Derivadas de transformadasLa transformada de Laplace de tnf(t) se obtiene diferenciando sucesiva-

mente n veces la transformada de Laplace de f(t). Esto se indica en el teoremasiguiente.

Teorema 32 Si Lf(t) = F (s), entonces

Ltnf(t) = (−1)n dn

dsnF (s), n = 1, 2, 3, . . .

Ejemplo 133 EvalúeLt2 cos 2t.

Solución. Haciendo f(t) = cos 2t, F (s) = Lcos 2t = s

s2 + 4y n = 2, entonces

de acuerdo con el teorema anterior:

Lt2 cos 2t = (−1)2 d2

ds2

µs

s2 + 4

¶=

8s3

(s2 + 4)3− 6s

(s2 + 4)2

=2s (s2 − 12)(s2 + 4)3

.

Ejemplo 134 Resuelva

y00 + 4y = t2 cos 2t, y(0) = 0, y0(0) = 4.

Solución. Transformando la ecuación diferencial y utilizando el resultado delejemplo anterior,obtenemos

s2Y (s)− sy(0)− y0(0) + 4Y (s) =8s3

(s2 + 4)3− 6s

(s2 + 4)2

Page 186: Ecuaciones diferenciables

178 Cap.6 La transformada de Laplace

o

s2Y (s)− s× 0− 4 + 4Y (s) = 8s3

(s2 + 4)3− 6s

(s2 + 4)2

o

(s2 + 4)Y (s) = 4 +8s3

(s2 + 4)3− 6s

(s2 + 4)2

o

Y (s) =4

(s2 + 4)+

8s3

(s2 + 4)4− 6s

(s2 + 4)3

Ahora, como

L−1½

4

(s2 + 4)+

8s3

(s2 + 4)4− 6s

(s2 + 4)3

¾=1

96t£6t2 cos 2t+

¡8t3 − 3t+ 192¢ sen 2t¤ ,

la solución del problema de valor inicial es

y(t) = L−1 Y (s) = 1

96t£6t2 cos 2t+

¡8t3 − 3t+ 192¢ sen 2t¤ .

6.6. Convolución y la transformada de Laplace

Durante el proceso de resolución de una ecuación diferencial, a veces surgeuna transformada de Laplace que es el producto de otras dos transformadas defunciones conocidas. Esto sugiere que debería existir alguna forma de combinardos funciones f(t) y g(t) para obtener una función cuya transformada sea elproducto de las transformadas de dichas funciones f(t) y g(t). Esta funciónexiste y se denomina la convolución de f y g.

Definición 31 Si f(t) y g(t) son funciones continuas por tramos en [0,∞),entonces la convolución de f y g, denotada por f ∗ g, está definida por

f ∗ g (t) =Z t

0

f(τ)g(t− τ)dτ (6.27)

Se puede demostrar que f ∗ g = g ∗ f . Esto es, que la convolución de dosfunciones es conmutativa. Utilizando el cambio de variable υ = t−τ , observamosque

f ∗ g (t) =

Z t

0

f(τ)g(t− τ)dτ

= −Z 0

t

f(t− υ)g(υ)dυ

= g ∗ f (t).

Page 187: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.6 Convolución y la transformada de Laplace 179

Ejemplo 135 La convolución de sen 2t y cos 2t es

sen 2t ∗ cos 2t =Z t

0

sen 2τ cos 2(t− τ)dτ.

Utilizando la identidad trigonométrica

senx cos y = 12 [sen(x+ y)− sen(x− y)]

obtenemos

sen 2t ∗ cos 2t =

Z t

0

12 [sen 2t− sen 2(2τ − t)] dτ

= 12

£τ sen 2t+ 1

4 cos 2(2τ − t)¤tτ=0

,

esto es,

sen 2t ∗ cos 2t = 12

£t sen 2t+ 1

4 cos(2t)− 14 cos(−2t)

¤= 1

2 t sen 2t.

Teorema 33 (Teorema de convolución) Si f(t) y g(t) son funciones con-tinuas por tramos de orden exponecial en [0,∞), F (s) = Lf(t) y G(s) =Lg(t), entonces

Lf ∗ g = F (s)G(s).

Prueba. Por definición

F (s) = Lf(t) =Z ∞0

e−sτf(τ)dτ

G(s) = Lg(t) =Z ∞0

e−sβg(β)dβ.

por lo que

F (s)G(s) =

µZ ∞0

e−sτf(τ)dτ¶µZ ∞

0

e−sβg(β)dβ¶

=

Z ∞0

Z ∞0

e−s(τ+β)f(τ) g(β) dτ dβ

Haciendo el cambio de variable t = τ + β y manteniendo constante a τ ,tenemos dt = dβ por lo que

F (s)G(s) =

Z ∞0

Z ∞τ

e−stf(τ) g(t− τ) dt dτ.

Cambiando el orden de integración1 y observando queZ ∞0

Z ∞τ

dt dτ =

Z ∞0

Z τ

0

dτ dt

1Esto no siempre es posible.

Page 188: Ecuaciones diferenciables

180 Cap.6 La transformada de Laplace

tenemos

F (s)G(s) =

Z ∞0

Z ∞τ

e−stf(τ) g(t− τ) dt dτ

=

Z ∞0

e−st·Z t

0

f(τ) g(t− τ) dτ

¸dt

=

Z ∞0

e−st f ∗ g(t) = Lf ∗ g.

Ejemplo 136 Evalúe

L½Z t

0

sen 2τ cos 2(t− τ)dτ

¾.

Solución. Con f(t) = sen 2t y g(t) = cos 2t, el teorema de convolución estableceque la transformada de Laplace de la convolución de f y g es el producto de sustransformadas de Laplace:

L½Z t

0

sen 2τ cos 2(t− τ)dτ

¾= Lsen 2τLcos 2τ

=2

s2 + 4· s

s2 + 4

=2s

(s2 + 4)2 .

6.6.1. Forma inversa del teorema de convolución

Según el teorema de convolución,

L−1 F (s)G(s) = f ∗ g.Esta forma es muy útil cuando se quiere determinar la transformada inversa deLaplace de un producto de dos transformadas de Laplace.

6.6.2. Transformada de una integral

Si en el teorema de convolución, hacemos g(t) = 1, entonces Lg(t) =G(s) = 1/s y

L½Z t

0

f(τ)dτ

¾=

F (s)

s.

La forma inversa de esta expresión esZ t

0

f(τ)dτ = L−1½F (s)

s

¾,

que se puede utilizar para determinar la transformada inversa de fracionesracionales cuando sn es un factor del denominador y f(t) = L−1F (s) seafácil de integrar.

Page 189: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.6 Convolución y la transformada de Laplace 181

6.6.3. Ecuaciones integrodiferenciales

La ecuación diferencial que gobierna al circuito simple mostrado en la Figura6.6 es

Figura 6.6:

Ldi

dt+Ri(t) +

1

CQ = E.

Sin embargo, como

i(t) =dQ

dt

por integración tenemos

Q =

Z t

0

i(τ)dτ .

Entonces, la corriente en el circuito simple de la Figura 6.6 está determinadapor la ecuación integrodiferencial

Ldi

dt+Ri(t) +

1

C

Z t

0

i(τ)dτ = E. (6.28)

Ejemplo 137 Determine la corriente i(t) en el circuito en serie de la Figura6.6 cuando L = 0,05 h, R = 2 Ω, C = 0,05 f , i(0) = 0 y el voltaje aplicado es

E(t) = 100 cos 200t.

Solución. Con estos datos la ecuación integrodiferencial 6.28 se transforma en

0,05di

dt+ 2i+ 20

Z t

0

i(τ)dτ = 100 cos 200t. (6.29)

Page 190: Ecuaciones diferenciables

182 Cap.6 La transformada de Laplace

Sabemos que la transformada deR t0i(τ)dτ es la transformada de una integral,

por lo que Z t

0

i(τ)dτ =I(s)

s

donde I(s) = Li(t).La transformada de Laplace de la ecuación integrodiferencial 6.29 es

0,05 [sI(s)− i(0)] + 2I(s) + 20I(s)

s= 100

s

s2 + 2002

o

0,05sI(s) + 2I(s) + 20I(s)

s=

100s

s2 + 40000(6.30)

Multiplicando 6.30 por 20s, obtenemos

£s2 + 40s+ 400

¤I(s) =

2000s2

s2 + 40000

o

I(s) =2000s2

(s+ 20)2(s2 + 40000)

Descomponiendo esta fracción en una suma de fracciones parciales, obtenemos

I(s) =2000

101(s+ 20)2− 20000

10201(s+ 20)+

20000(s+ 990)

10201(s2 + 40000)

Finalmente, calculando la transformada inversa de Laplace, tenemos

i(t) = −2000010201

e−20t +2000

101e−20t +

20000

10201

µcos 200t+

99

20sen 200t

¶.

En la Figura 6.7 se muestra una gráfica de esta última expresión para i(t).

0.05 0.1 0.15 0.2t

-10

-5

5

10iHtL

Figura 6.7:

Page 191: Ecuaciones diferenciables

Sec.6.6 Convolución y la transformada de Laplace 183

6.6.4. Transformada de una función periódica

Si el periodo de una función periódica f(t) es T > 0, entonces f(t + T ) =f(t). El teorema siguiente nos permite determinar fácilmente la transformadade Laplace de una función periódica.

Teorema 34 (Transformada de Laplace de una función periódica) Si f(t)es seccionalmente continua en [0,∞), de orden exponencial y periódica con pe-riodo T > 0, entonces

Lf(t) = 1

1− esT

Z T

0

e−sT f(t) dt.

Prueba. Utilizando la definición de transformada de Laplace:

Lf(t) =

Z ∞0

e−stf(t)dt

=

Z T

0

e−stf(t)dt+Z ∞T

e−stf(t)dt

Utilizando el cambio de variable t = u+T , la segunda integral del lado derechose convierte en Z ∞

T

e−stf(t)dt =Z ∞0

e−s(u+T )f(u+ T )du.

Ahora, como la función es periódica, f(u+ T ) = f(u), tenemosZ ∞T

e−stf(t)dt =

Z ∞0

e−s(u+T )f(u+ T )du

= e−sTZ ∞0

e−suf(u)du.

Cambiando el nombre de la variable de u a t, tenemosZ ∞T

e−stf(t)dt = e−sTZ ∞0

e−stf(t)dt

= e−sTLf(t).Por consiguiente,

Lf(t) =Z T

0

e−stf(t)dt+ e−sTLf(t).

Despejando Lf(t), obtenemos

Lf(t) = 1

1− esT

Z T

0

e−sT f(t) dt

que es lo queríamos demostrar.

Page 192: Ecuaciones diferenciables

184 Cap.6 La transformada de Laplace

Page 193: Ecuaciones diferenciables

Capítulo 7

Problemas con valores en lafrontera y desarrollos deFourier1

7.1. Crisis en las matemáticas: series de Fourier

La crisis golpeó cuatro días antes de la navidad de 1807. El edificio delcálculo fue sacudido desde sus cimientos. En retrospectiva, las dificultades sehabían acumulado por décadas. Aunque la mayoría de los científicos imaginaronque algo había sucedido, tuvieron que pasar cincuenta años antes de que elimpacto completo del evento fuera entendido. El siglo XIX se caracterizó porla profundización en las investigaciones sobre las suposiciones del cálculo–unainspección y reajuste de la estructura del cálculo desde sus bases hasta su cima–logrando así una completa y minuciosa reconstrucción del cálculo lo cual diolugar al área de las matemáticas que actualmente conocemos como análisis. Elsiglo XX se inició con una redefinición de la integral por Henri Lebesgue y unarevisión de los cimientos lógicos de la aritmética por Bertrand Russell y AlfredNorth Whitehead, acontecimientos que son consecuencia directa del conjuntode eventos iniciados en dicho año crítico. La crisis fue precipitada por la entregaen el Institut de France en París de un manuscrito, Teoría de la Propagacióndel Calor en Cuerpos Sólidos, por el prefecto del departamento de Isère de 39años de edad, Joseph Fourier.Fourier comenzó sus investigaciones con el problema de describir el flujo

de calor en una placa o lámina metálica rectangular grande y delgada. Susinvestigaciones redujeron este problema a tomar una función par y expresarlacomo una suma infinita de cosenos, la que actualmente denominamos una seriede Fourier. Su paso siguiente fue demostrar cómo llevar a cabo ésto.

1Este capítulo fue pirateado del libro:Elementary Differential Equations with BoundaryValue Problems, William Trench, Ed. Brooks/Cole Publishing Co.

185

Page 194: Ecuaciones diferenciables

186 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

Este fue el punto crucial de la crisis. Las sumas infinitas de funciones trigonométri-cas ya se conocían desde antes. Daniel Bernoulli (1700-1782) propuso tales sumasen 1753 como soluciones al problema de modelación de cuerdas en vibración.Ello había sido desestimado por el más grande de los matemáticos, LeonhardEuler (1707-1783). Quizás Euler “olió” el peligro que ello presentaba a su en-tendimiento del cálculo. El comité que recibió el manuscrito de Fourier con-formado por Pierre Simon Laplace (1749-1827), Joseph Louis Lagrange (1736-1813), Sylvestre François Lacroix (1765-1843), y Gaspard Monge (1746-1818),influenciados por el rechazo de Euler elaboraron un resumen poco entusiastaescrito por Siméon Denis Poisson (1781-1840). En la década de 1820, las seriesde Fourier producían sospechas debido a que contradecían el juicio establecidocon respecto a la naturaleza de las funciones.Fourier hizo mucho más que sugerir que la solución a la ecuación de calor

se expresa como una serie trigonométrica. Él proporcionó un método simple ypráctico para encontrar los coeficientes de dicha serie. Al hacerlo, produjo unacolección de soluciones verificables a problemas específicos. El método de Fourierpodría realmente ser implementado. No podía ser rechazado sin considerar lapregunta obligada de por qué trabaja.Hay problemas con las series de Fourier, pero eran tan sutiles que ninguno en

el invierno de 1807-1808 los hubiera imaginado. No fue hasta la década de 1850cuando Bernard Riemann (1826-1866) y Karl Weierstrass (1815-1897) pudieronresolver la confusión que había generado Fourier y claramente delinear las cues-tiones reales.

7.2. Problemas de eigenvalores para y00+ λy = 0

En esta sección consideramos los siguientes problemas, donde λ es unnúmero real y L > 0:

Prob. 1: y00 + λy = 0 y(0) = 0, y(L) = 0Prob. 2: y00 + λy = 0 y0(0) = 0, y0(L) = 0Prob. 3: y00 + λy = 0 y(0) = 0, y0(L) = 0Prob. 4: y00 + λy = 0 y0(0) = 0, y(L) = 0Prob. 5: y00 + λy = 0 y(−L) = y(L), y0(−L) = y0(L)En cada problema las condiciones adicionales a la ecuación diferencial se

llaman condiciones de frontera. Note que las condiciones en el problema 5,a diferencia de las de los problemas 1 al 4, no requieren que y o y0 sean cero enlos puntos de frontera sino sólo que y tenga el mismo valor en x = ±L y que elvalor de y0 sea igual en x = ±L. Decimos que las condiciones de frontera en elproblema 5 son periódicas.Es obvio que y ≡ 0 (la solución trivial) es una solución de los problemas 1

al 5 para cualquier valor de λ. En el caso de la mayoría de los valores de λ nohay otras soluciones.¿Para qué valores de λ el problema tiene soluciones no triviales y cuáles

son?Un valor de λ para el cual el problema tiene una solución no trivial es

Page 195: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.2 Problemas de eigenvalores 187

un eigenvalor del problema, y las soluciones no triviales son eigenfuncionesasociadas con λ.Los problemas 1 al 5 se denominan problemas de eigenvalor. Resolver

un problema de eigenvalor significa encontrar todos sus eigenvalores y eigenfun-ciones asociadas.

Teorema 35 Los problemas 1 al 5 no tienen eigenvalores negativos. Además,λ = 0 es un eigenvalor de los problemas 2 y 5, con eigenfunciones asociadasy0 = 1, pero λ = 0 no es un eigenvalor de los problemas 1, 3 o 4.

Prueba. Consideramos los problemas 1 al 4 y dejamos a usted el problema 5.Si y00 + λy = 0, entonces y(y00 + λy) = 0, por lo queZ L

0

y(x)(y00(x) + λy(x)) dx = 0

y, en consecuencia,

λ

Z L

0

y2(x) dx = −Z L

0

y(x) y00(x) dx. (7.1)

La integración por partes da como resultadoZ L

0

y(x) y00(x) dx = y(x) y0(x)|L0 −Z L

0

(y0(x))2dx

= y(L) y0(L)− y(0) y0(0) (7.2)

−Z L

0

(y0(x))2dx.

Sin embargo, si y satisface cualquiera de las condiciones de frontera de los prob-lemas 1 al 4, entonces

y(L) y0(L)− y(0) y0(0) = 0;

por consiguiente, (7.1) y (7.2) implican que

λ

Z L

0

y2(x) dx =

Z L

0

(y0(x))2dx.

Si y 6= 0, entoncesR L0y2(x) dx > 0. Por tanto λ ≥ 0, y si λ = 0, entonces

y0(x) = 0 para toda x en (0, L) (¿por qué?), y y es constante en (0, L). Cualquierfunción constante satisface las condiciones de frontera del problema 2, así queλ = 0 es un eigenvalor del problema 2. Sin embargo, la única función constanteque satisface las condiciones de frontera de los problemas 1, 3 o 4 es y ≡ 0. Enconsecuencia, λ = 0 no es un eigenvalor para ninguno de esos problemas.

Ejemplo 138 (Problema1) Resuelva el problema de eigenvalor

Page 196: Ecuaciones diferenciables

188 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

y00 + λy = 0,

y(0) = 0, (7.3)

y(L) = 0.

Solución. A partir del teorema 35, cualquier eigenvalor de (7.3) debe ser posi-tivo. Si y satisface (7.3) con λ > 0, entonces

y = c1 cos√λx+ c2 sen

√λx

donde c1 y c2 son constantes. La condición de frontera y(0) = 0 implica quec1 = 0. Por tanto, y = c2 sen

√λx. Ahora, la condición de frontera y(L) = 0

implica que c2 sen√λL = 0. Para realizar c2 sen

√λL = 0 con c2 6= 0 debemos

escoger√λ = nπ/L, donde n es un entero positivo. Por tanto, λn = n2π2/L2

es un eigenvalor y

yn = sennπx

L

es una eigenfunción asociada.Este resultado lo establecemos como un teorema.

Teorema 36 El problema de eigenvalor

y00 + λy = 0,

y(0) = 0,

y(L) = 0

tiene un número infinito de eigenvalores positivos λn = n2π2/L2, con eigenfun-ciones asociadas

yn = sennπx

L, n = 1, 2, 3, . . .

No hay otros eigenvalores.

Teorema 37 El problema de eigenvalor

y00 + λy = 0,

y0(0) = 0,

y0(L) = 0

tiene el eigenvalor λ0 = 0, con la eigenfunción asociada y0 = 1, y un númeroinfinito de eigenvalores positivos λn = n2π2/L2, con las eigenfunciones asoci-adas

yn = cosnπx

L, n = 1, 2, 3, . . .

No hay otros eigenvalores.

Page 197: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.2 Problemas de eigenvalores 189

Ejemplo 139 (Problema 3) Resuelva el problema de eigenvalor

y00 + λy = 0,

y(0) = 0, (7.4)

y0(L) = 0

Solución. Del teorema 35, cualquier eigenvalor de (7.4) debe ser positivo. Si ysatisface (7.4) con λ > 0, entonces

y = c1 cos√λx+ c2 sen

√λx

donde donde c1 y c2 son constantes. La condición de frontera y(0) = 0 implicaque c1 = 0. Por tanto, y = c2 sen

√λx. En consecuencia, y0 = c2

√λ cos

√λx.

Ahora, la condición de frontera y0(L) = 0 implica que c2 cos√λL = 0. Para

hacer c2 cos√λL = 0 con c2 6= 0 debemos escoger

√λ = (2n− 1)π/(2L), donde

n es un entero positivo. Por tanto, λn = (2n− 1)2π2/(4L2) es un eigenvalor y

yn = sen(2n− 1)πx

2L

es una eigenfunción asociada.Este resultado lo establecemos como un teorema.

Teorema 38 El problema de eigenvalor

y00 + λy = 0,

y(0) = 0,

y0(L) = 0

tiene un número infinito de eigenvalores positivos λn = (2n− 1)2π2/(4L2), coneigenfunciones asociadas

yn = sen(2n− 1)πx

2L, n = 1, 2, 3, . . .

No hay otros eigenvalores.

Teorema 39 El problema de eigenvalor

y00 + λy = 0,

y0(0) = 0,

y(L) = 0

tiene un número infinito de eigenvalores positivos λn = (2n− 1)2π2/(4L2), coneigenfunciones asociadas

yn = cos(2n− 1)πx

2L, n = 1, 2, 3, . . .

No hay otros eigenvalores.

Page 198: Ecuaciones diferenciables

190 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

Ejemplo 140 (Problema 5) Resuelva el problema de eigenvalor

y00 + λy = 0,

y(−L) = y(L), (7.5)

y0(−L) = y0(L).

Solución. Del teorema 35, λ = 0 es un eigenvalor de (7.5) con la eigenfunciónasociada y0 = 1, y cualquier otro eigenvalor de (7.5) debe ser positivo. Si ysatisface (7.5) con λ > 0, entonces

y = c1 cos√λx+ c2 sen

√λx (7.6)

donde donde c1 y c2 son constantes. La condición de frontera y(−L) = y(L)implica que

c1 cos(−√λL) + c2 sen(−

√λL) = c1 cos

√λL+ c2 sen

√λL (7.7)

Comocos(−

√λL) = cos

√λL (7.8)

ysen(−

√λL) = − sen

√λL (7.9)

la ecuación (7.7) se convierte en

c2 sen√λL = 0 (7.10)

Al diferenciar (7.6), resulta

y0 =√λ(−c1 sen

√λx+ c2 cos

√λx).

La condición de frontera y0(−L) = y0(L) implica que

−c1 sen(−√λL) + c2 cos(−

√λL) = −c1 sen

√λL+ c2 cos

√λL,

y (7.8) y (7.9) implican

c1 sen√λL = 0. (7.11)

Las ecuaciones (7.10) y (7.11) implican que c1 = c2 = 0 a menos que√λ = nπ/L

donde n es un entero positivo, en cuyo caso (7.10) y (7.11) se cumplen para c1y c2 arbitrarias. El eigenvalor determinado de esta manera es λn = n2π2/L2, ycada uno tiene las eigenfunciones asociadas linealmente independientes

cosnπx

Ly sen

nπx

L.

Page 199: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.2 Problemas de eigenvalores 191

Teorema 40 El problema de eigenvalor

y00 + λy = 0,

y(−L) = y(L),

y0(−L) = y0(L)

tiene el eigenvalor λ0 = 0, con la eigenfunción asociada y0 = 1, y un númeroinfinito de eigenvalores positivos λn = n2π2/L2, con las eigenfunciones asoci-adas

y1n = cosnπx

Ly y2n = sen

nπx

L, n = 1, 2, 3, . . .

No hay otros eigenvalores.

7.2.1. Ortogonalidad

Decimos que dos funciones integrables f y g son ortogonales en un intervalo[a, b] si Z b

a

f(x) g(x) dx = 0.

De manera más general, decimos que las funciones (ya sea un número finito oinfinito) φ1, φ2, . . . , φn, . . . son ortogonales en [a, b] siZ b

a

φi(x)φj(x) dx = 0 siempre que i 6= j.

Ejemplo 141 Muestre que las eigenfunciones

1, cosπx

L, sen

πx

L, cos

2πx

L, sen

2πx

L, . . . , cos

nπx

L, sen

nπx

L, . . . (7.12)

del problema 5 son ortogonales en [−L,L].Solución. Tenemos que mostrar queZ L

−Lf(x) g(x) dx = 0 (7.13)

siempre que f y g sean funciones del conjunto (7.12). Si r es cualquier enterodistinto de cero, entoncesZ L

−Lcos

rπx

Ldx =

L

rπsen

rπx

L

¯L−L= 0 (7.14)

y Z L

−Lsen

rπx

Ldx = − L

rπcos

rπx

L

¯L−L= 0.

Por tanto, (7.13) se cumple si f ≡ 1 y g es cualquier función de (7.12).

Page 200: Ecuaciones diferenciables

192 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

Si f(x) = cosmπx/L y g(x) = cosnπx/L, donde m y n son enteros positivosdistintos, entoncesZ L

−Lf(x) g(x) dx =

Z L

−Lcos

mπx

Lcos

nπx

Ldx. (7.15)

Para evaluar esta integral, usamos la identidad

cosA cosB = 12 [cos(A−B) + cos(A+B)]

con A = mπx/L y B = nπx/L. Entonces (7.15) se transforma enZ L

−Lf(x) g(x) dx = 1

2

"Z L

−Lcos

(m− n)πx

Ldx

+

Z L

−Lcos

(m+ n)πx

Ldx

#.

Como m − n y m + n son ambos enteros distintos de cero, (7.14) implica quelas integrales a la derecha son iguales a cero. Por tanto, (7.13) es cierta en estecaso.Si f(x) = senmπx/L y g(x) = sennπx/L, dondem y n son enteros positivos

distintos, entoncesZ L

−Lf(x) g(x) dx =

Z L

−Lsen

mπx

Lsen

nπx

Ldx. (7.16)

Para evaluar esta integral, usamos la identidad

senA senB = 12 [cos(A−B)− cos(A+B)] ,

con A = mπx/L y B = nπx/L. Entonces (7.16) se transforma enZ L

−Lf(x) g(x) dx = 1

2

"Z L

−Lcos

(m− n)πx

Ldx

−Z L

−Lcos

(m+ n)πx

Ldx

#= 0.

Si f(x) = senmπx/L y g(x) = cosnπx/L, donde m y n son enteros positivos(no necesariamente distintos), entoncesZ L

−Lf(x) g(x) dx =

Z L

−Lsen

mπx

Lcos

nπx

Ldx = 0

porque el integrando es una función impar y los límites son simétricos respectoa x = 0.

Page 201: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.3 Series de Fourier I 193

7.3. Series de Fourier I

Teorema 41 Suponga que las funciones φ1, φ2, φ3, . . . son ortogonales en [a, b]y Z b

a

ϕ2n(x) dx 6= 0, n = 1, 2, 3, . . . (7.17)

Sean c1, c2, c3, . . . constantes tales que las sumas parciales fN(x) =PN

m=1 cmφm(x)satisfacen las desigualdades

|fN (x)| ≤M, a ≤ x ≤ b, N = 1, 2, 3, . . .

para alguna constante M <∞. Suponga también que la serie

f(x) =∞X

m=1

cmφm(x) (7.18)

converge y es integrable en [a, b]. Entonces

cn =

R baf(x)φn(x) dxR baφ2n(x) dx

, n = 1, 2, 3, . . . (7.19)

Prueba. Al multiplicar (7.18) por φn e integrar, resultaZ b

a

f(x)φn(x) dx =

Z b

a

φn(x)

à ∞Xm=1

cmφm(x)

!dx. (7.20)

Se puede mostrar que el acotamiento de las sumas parciales fN∞N=1 y la in-tegrabilidad de f nos permiten intercambiar las operaciones de integración ysuma a la derecha de (7.20), y reescribir (7.20) comoZ b

a

f(x)φn(x) dx =∞X

m=1

cm

Z b

a

φn(x)φm(x) dx (7.21)

(Esto no es fácil de probar.) ComoZ b

a

φn(x)φm(x) dx = 0 si m 6= n,

(7.21) se reduce a Z b

a

f(x)φn(x) dx = cn

Z b

a

φ2n(x) dx.

Ahora (7.17) implica (7.19).Motivados por el teorema 41 formulamos la siguiente definición.

Page 202: Ecuaciones diferenciables

194 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

Definición 32 Suponga que φ1, φ2, . . . , φn, . . . son ortogonales en [a, b] yR baφ2n(x) dx 6=

0, n = 1, 2, 3, . . .. Sea f integrable en [a, b], y defina

cn =

R baf(x)φn(x) dxR baφ2n(x) dx

, n = 1, 2, 3, . . . (7.22)

Entonces, la serie infinitaP∞

n=1 cnφn(x) se llama desarrollo de Fourier def en términos del conjunto ortogonal φn∞n=1, y c1, c2, c3, . . .se llamancoeficientes de Fourier de f respecto a φn∞n=1. Indicamos la relaciónentre f y su desarrollo de Fourier mediante

f(x) ∼∞Xn=1

cnφn(x), a ≤ x ≤ b. (7.23)

7.3.1. Series De Fourier

Estudiaremos ahora los desarrollos de Fourier en términos de las eigenfun-ciones

1, cosπx

L, sen

πx

L, cos

2πx

L, sen

2πx

L, . . . , cos

nπx

L, sen

nπx

L, . . .

del problema 5. Si f es integrable en [−L,L], entonces su desarrollo de Fourieren términos de esas funciones se llama serie de Fourier de f en [ − L,L].Como Z L

−L12dx = 2L,

Z L

−Lcos2

nπx

Ldx = 1

2

Z L

−L

µ1 + cos

2nπx

L

¶dx

= 12

µx+

L

2nπsen

2nπx

L

¶¯L−L

= L,

Z L

−Lsen 2

nπx

Ldx = 1

2

Z L

−L

µ1− cos 2nπx

L

¶dx

= 12

µx− L

2nπsen

2nπx

L

¶¯L−L

= L,

vemos en (7.22) que la serie de Fourier de f en [−L,L] es

a0 +∞Xn=1

³an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

´

Page 203: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.3 Series de Fourier I 195

donde

a0 =1

2L

Z L

−Lf(x) dx,

an =1

L

Z L

−Lf(x) cos

nπx

Ldx, n ≥ 1,

y

bn =1

L

Z L

−Lf(x) sen

nπx

Ldx, n ≥ 1.

Advierta que a0 es el valor promedio de f en [−L,L], mientras que los valoresde an y bn (para n ≥ 1) son el doble de los valores promedio de

f(x) sennπx

Ly f(x) cos

nπx

L

en [−L,L], respectivamente.

7.3.2. Convergencia de las series de Fourier

Definición 33 Se dice que una función f es suave por partes en [a, b] si:

1. f tiene cuando mucho un número finito de puntos de discontinuidad en(a, b);

2. f 0 existe y es continua excepto posiblemente en un número finito de puntosen (a, b);

3. f(x+0 ) = lımx→x+0f(x) y f 0(x+0 ) = lımx→x+0

f 0(x) existen si a ≤ x0 < b;

4. f(x−0 ) = lımx→x−0f(x) y f 0(x−0 ) = lımx→x−0

f 0(x) existen si a < x0 ≤ b.

Como se requiere que f y f 0 sean continuas en todos los puntos, excepto en unnúmero finito de puntos en [a, b], se infiere que f(x+0 ) = f(x−0 ) y f

0(x+0 ) = f 0(x−0 )excepto en un número finito de valores x0 en (a, b). Recuerde que f tiene unadiscontinuidad de salto en x0 si f(x+0 ) 6= f(x−0 ).El siguiente teorema proporciona condiciones suficientes para la convergencia

de una serie de Fourier.

Teorema 42 Si f es suave por partes en [−L,L], entonces la serie de Fourier

F (x) = a0 +∞Xn=1

³an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

´(7.24)

de f en [−L,L] converge para toda x en [−L,L]; además

F (x) =

f(x)

si − L < x < Ly f es continua en x;

f(x−) + f(x+)

2

si − L < x < Ly f es discontinua en x;

f(−L+) + f(L−)2

si x = L o x = −L.

Page 204: Ecuaciones diferenciables

196 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

Como f(x+) = f(x−) si f es continua en x, podemos también decir que

F (x) =

f(x−) + f(x+)

2si − L < x < L;

f(−L+) + f(L−)2

si x = ±L.Advierta que F es también suave por partes en [−L,L], y F (x) = f(x) en

todos los puntos en el intervalo abierto (−L,L), donde f es continua. Comola serie en (7.24) converge a F (x) para toda x en [−L,L], usted podría estartentado a inferir que el error

EN(x) =

¯¯F (x)− a0 −

NXn=1

³an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

´¯¯puede hacerse tan pequeño como se quiera para toda x en [−L,L] escogiendoN suficientemente grande. Sin embargo, esto no es cierto si f tiene una discon-tinuidad en alguna parte de (−L,L) o si f(−L+) 6= f(L−). En este caso lasituación es como sigue.Si f tiene una discontinuidad de salto en un punto α en (−L,L), habrá

secuencias de puntos un y vn en (−L,α) y (α,L), respectivamente, talesque

lımN→∞

uN = lımN→∞

vN = α

yEN (uN ) ≈ ,09 |f(α−)− f(α+)|

yEN (vN ) ≈ ,09 |f(α−)− f(α+)|

En consecuencia, el valor máximo del error EN (x) cerca de α no tiende a cerocuando N →∞, sino que se presenta cada vez más cerca de (y en ambos ladosde) α y es esencialmente independiente de N .Si f(−L+) 6= f(L−), entonces habrá secuencias de puntos un y vn en

(−L,L) tales quelım

N→∞uN = −L

ylım

N→∞vN = L,

EN (uN ) ≈ ,09 |f(−L+)− f(L−)|y

EN (vN ) ≈ ,09 |f(−L+)− f(L−)| .Este es el fenómeno de Gibbs.

Ejemplo 142 Encuentre la serie de Fourier de la función suave por partes

f(x) =

½ −x, −2 < x < 0,12 , 0 < x < 2

en [−2, 2] (Figura 7.1). Determine la suma de la serie de Fourier para −2 ≤x ≤ 2.

Page 205: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.3 Series de Fourier I 197

Figura 7.1:

Solución. Note que no nos preocupamos por definir f(−2), f(0) y f(2). Sinimportar cómo se definan, f es suave por partes en [−2, 2], y no afectan a loscoeficientes en la serie de Fourier

F (x) = a0 +∞Xn=1

³an cos

nπx

2+ bn sen

nπx

2

´En todo caso, el teorema 42 implica que F (x) = f(x) en (−2, 0) y (0, 2), dondef es continua, mientras que

F (−2) = F (2) =f(−2+) + f(2−)

2

=1

2(2 +

1

2) =

5

4

y

F (0) =f(0−) + f(0+)

2

=1

2(0 +

1

2) =

1

4.

Para resumir,

F (x) =

54 , x = −2,−x, −2 < x < 0,14 , x = 0,12 , 0 < x < 254 , x = 2.

Page 206: Ecuaciones diferenciables

198 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

Calculamos los coeficientes de Fourier como sigue:

a0 =1

4

Z 2

−2f(x) dx

=1

4

·Z 0

−2(−x) dx+

Z 2

0

1

2dx

¸=

3

4;

si n ≥ 1, entonces

an =1

2

Z 2

−2f(x) cos

nπx

2dx

=1

2

·Z 0

−2(−x) cos nπx

2dx+

Z 2

0

1

2cos

nπx

2dx

¸=

2

n2π2(cosnπ − 1),

y

bn =1

2

Z 2

−2f(x) sen

nπx

2dx

=1

2

·Z 0

−2(−x) sen nπx

2dx+

Z 2

0

1

2sen

nπx

2dx

¸=

1

2nπ(1 + 3 cosnπ).

Por tanto,

F (x) =3

4+2

π2

∞Xn=1

cosnπ − 1n2

cosnπx

2

+1

∞Xn=1

1 + 3 cosnπ

nsen

nπx

2.

La figura 7.2 muestra cómo la suma parcial

Fm(x) =3

4+2

π2

mXn=1

cosnπ − 1n2

cosnπx

2

+1

mXn=1

1 + 3 cosnπ

nsen

nπx

2.

aproxima f(x) para m = 5 (curva en rojo), m = 10 (curva verde) y m = 15(curva azul). Los puntos (−2, 5/4), (0, 1/4) y (2, 5/4) se muestran con una bolitanegra.

Page 207: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.3 Series de Fourier I 199

-2 -1 1 2 x

0.5

1

1.5

2y

Figura 7.2:

7.3.3. Funciones pares e impares

Calcular los coeficientes de Fourier de una función f puede ser tedioso; sinembargo, a menudo se puede simplificar el cálculo aprovechando las simetríasen f o en algunos de sus términos. Consideremos que u y v están definidas en[−L,L] y supongamos que

u(−x) = u(x) y v(−x) = −v(x), −L ≤ x ≤ L.

Decimos entonces que u es una función par y v es una función impar. Tam-bién:

El producto de dos funciones pares es par.

El producto de dos funciones impares es par.

El producto de una función par y una función impar es impar.

Ejemplo 143 Las funciones u(x) = cosωx y u(x) = x2 son pares, mientrasque v(x) = senωx y v(x) = x3 son impares. La función w(x) = ex no es ni parni impar.

Teorema 43 Suponga que u es par y v es impar en [−L,L]. Entonces

1.Z L

−Lu(x) dx = 2

Z L

0

u(x) dx.

Page 208: Ecuaciones diferenciables

200 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

2.Z L

−Lv(x) dx = 0.

3.Z L

−Lu(x) cos

nπx

Ldx = 2

Z L

0

u(x) cosnπx

Ldx.

4.Z L

−Lv(x) sen

nπx

Ldx = 2

Z L

0

v(x) sennπx

Ldx.

5.Z L

−Lu(x) sen

nπx

Ldx = 0.

6.Z L

−Lv(x) cos

nπx

Ldx = 0.

Ejemplo 144 Encuentre la serie de Fourier de f(x) = x2 − x en [−2, 2] ydetermine su suma para −2 ≤ x ≤ 2.Solución. Como L = 2,

F (x) = a0 +∞Xn=1

³an cos

nπx

2+ bn sen

nπx

2

´donde

a0 =1

4

Z 2

−2(x2 − x) dx, (7.25)

an =1

2

Z 2

−2(x2 − x) cos

nπx

2dx, n = 1, 2, 3, . . . (7.26)

bn =1

2

Z 2

−2(x2 − x) sen

nπx

2dx, n = 1, 2, 3, . . . (7.27)

Simplificamos la evaluación de estas integrales usando el teorema 43 con u(x) =x2 y v(x) = x; así, a partir de (7.25),

a0 =1

2

Z 2

0

x2 dx =x3

6

¯20

=4

3.

Derivamos de (7.26),

an =

Z 2

0

x2 cosnπx

2dx

=2

·x2 sen

nπx

2

¯20− 2

Z 2

0

x sennπx

2dx

¸=

8

n2π2

·x cos

nπx

2

¯20−Z 2

0

cosnπx

2dx

¸=

8

n2π2

"2 cosnπ − 2

nπsen

nπx

2

¯20

#= (−1)n 16

n2π2.

Page 209: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.3 Series de Fourier I 201

De (7.27),

bn = −Z 2

0

x sennπx

2dx

=2

·x cos

nπx

2

¯20−Z 2

0

cosnπx

2dx

¸=

2

"2 cosnπ − 2

nπsen

nπx

2

¯20

#= (−1)n 4

nπ.

Por consiguiente,

F (x) =4

3+16

π2

∞Xn=1

(−1)nn2

cosnπx

2+4

π

∞Xn=1

(−1)nn

sennπx

2.

El teorema 42 implica que

F (x) =

4, x = −2,x2 − x, −2 < x < 2,4, x = 2.

La figura 7.3 muestra cómo la suma parcial

Fm(x) =4

3+16

π2

mXn=1

(−1)nn2

cosnπx

2

+4

π

mXn=1

(−1)nn

sennπx

2.

aproxima f(x) para m = 5 (curva en rojo), m = 10 (curva en verde) y m = 15(curva en azul).El siguiente teorema se deduce inmediatamente del teorema 43.

Teorema 44 Suponga que f es integrable en [−L,L].

1. Si f es par, entonces la serie de Fourier de f en [−L,L] es

F (x) = a0 +∞Xn=1

an cosnπx

L,

donde

a0 =1

L

Z L

0

f(x) dx

y

an =2

L

Z L

0

f(x) cosnπx

Ldx, n ≥ 1.

Page 210: Ecuaciones diferenciables

202 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

-2 -1 1 2 x

1

2

3

4

5

6y

Figura 7.3:

2. Si f es impar, entonces la serie de Fourier de f en [−L,L] es

F (x) =∞Xn=1

bn sennπx

L,

donde

bn =2

L

Z L

0

f(x) sennπx

Ldx.

Ejemplo 145 Encuentre la serie de Fourier de f(x) = x en [−π, π], y deter-mine su suma para −π ≤ x ≤ π.

Solución. Como f es impar y L = π,

F (x) =∞Xn=1

bn sennx

donde

bn =2

π

Z π

0

x sennxdx

= − 2

·x cosnx|π0 −

Z π

0

cosnxdx

¸= − 2

ncosnπ +

2

n2πsennx

¯π0

= (−1)n+1 2n.

En consecuencia,

F (x) = −2∞Xn=1

(−1)nn

sennx.

Page 211: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.3 Series de Fourier I 203

-3 -2 -1 1 2 3x

-3-2-1

123

y

Figura 7.4:

El teorema 42 implica que

F (x) =

0, x = −π,x, −π < x < π,0, x = π.

La figura 7.4 muestra cómo la suma parcial

Fm(x) = −2mXn=1

(−1)nn

sennx

aproxima f(x) para m = 5 (curva en rojo), m = 10 (curva en verde) y m = 15(curva en azul).

Ejemplo 146 Encuentre la serie de Fourier de f(x)=|x| en [−π, π] y determinesu suma para −π ≤ x ≤ π.

Solución. Como f es par y L = π,

F (x) = a0 +∞Xn=1

an cosnx.

Como f(x) = x si x ≥ 0,

a0 =1

π

Z π

0

x dx =x2

¯π0

2

Page 212: Ecuaciones diferenciables

204 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

y, si n ≥ 1,

an =2

π

Z π

0

x cosnxdx

=2

·x sennx|π0 −

Z π

0

sennxdx

¸=

2

n2πcosnx

¯π0

=2

n2π(cosnπ − 1)

=2

n2π[(−1)n − 1] .

Por tanto,

F (x) =π

2+2

π

∞Xn=0

(−1)n − 1n2

cosnx. (7.28)

Sin embargo, como

(−1)n − 1 =½0 si n = 2m,−2 si n = 2m+ 1,

los términos en (7.28) para los cuales n = 2m son todos iguales a cero. Porconsiguiente, sólo tenemos que incluir los términos para los cuales n = 2m+ 1;es decir, podemos reescribir (7.28) como

F (x) =π

2− 4

π

∞Xm=0

1

(2m+ 1)2cos(2m+ 1)x.

Sin embargo, como el nombre del índice no importa, preferimos reemplazar mpor n y escribir

F (x) =π

2− 4

π

∞Xn=0

1

(2n+ 1)2cos(2n+ 1)x.

Como |x| es continua para toda x y |−π| = |π|, el teorema 42 implica queF (x) = |x| para toda x en [−π, π].

Ejemplo 147 Encuentre la serie de Fourier de f(x) = x(x2 − L2) en [−L,L]y determine su suma para −L ≤ x ≤ L.

Solución. Como f es impar,

F (x) =∞Xn=1

bn sennπx

L

Page 213: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.3 Series de Fourier I 205

donde

bn =2

L

Z L

0

x(x2 − L2) sennπx

Ldx

= − 2

·x(x2 − L2) cos

nπx

L

¯L0

−Z L

0

(3x2 − L2) cosnπx

Ldx

#

=2L

n2π2

"(3x2 − L2) sen

nπx

L

¯L0− 6

Z L

0

x sennπx

Ldx

#

=12L2

n3π3

"x cos

nπx

L

¯L0−Z L

0

cosnπx

Ldx

#= (−1)n 12L

3

n3π3.

Por tanto,

F (x) =12L3

π3

∞Xn=1

(−1)nn3

sennπx

L.

El teorema 42 implica que F (x) = x(x2 − L2) para toda x en [−L,L].Ejemplo 148 (Fenómeno de Gibbs) La serie de Fourier de

f(x) =

0, −1 < x < −12 ,1, −12 < x < 1

2 ,0, 1

2 < x < 1

en [−1, 1] esF (x) =

1

2+2

π

∞Xn=1

(−1)n−12n− 1 cos(2n− 1)πdx.

(Verifíquelo.) De acuerdo con el teorema 42,

F (x) =

0, −1 ≤ x < −12 ,12 , x = −12 ,1, −12 < x < 1

2 ,12 , x = 1

2 ,0, 1

2 < x ≤ 1;Entonces, F (así como f) tiene discontinuidades de salto unitario en x = ±1

2 .Las figuras 7.5, 7.6 y 7.7 muestran las gráficas de y = f(x) y

y = F2N−1(x)

=1

2+2

π

NXn=1

(−1)n−12n− 1 cos(2n− 1)πdx

para N = 10, 20 y 30, respectivamente. Usted puede ver que aunque F2N−1aproxima bien a F (y, por consiguiente a f) en grandes intervalos cuando Ncrece, el valor máximo absoluto de los errores permanece aproximadamente iguala 0,09 pero ocurre más cerca de las discontinuidades x = ±1

2 cuando N aumenta.

Page 214: Ecuaciones diferenciables

206 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

-1 1x

0.2

0.4

0.6

0.8

1

yy=1.09

y=- 0.09

y=1.00

Figura 7.5:

-1 1 x

0.2

0.4

0.6

0.8

1

yy=1.09

y=- 0.09

y=1.00

Figura 7.6:

Page 215: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.4 Series de Fourier II 207

-1 1 x

0.2

0.4

0.6

0.8

1

yy=1.09

y=- 0.09

y=1.00

Figura 7.7:

7.4. Series de Fourier IIEn esta sección desarrollaremos las series de Fourier en términos de las eigen-

funciones de los problemas 1 al 4.

7.4.1. Serie coseno de Fourier

Las eigenfunciones

1, cosπx

L, cos

2πx

L, . . . , cos

nπx

L, . . .

del problema con valor en la frontera (Problema 2)

y00 + λy = 0,

y0(0) = 0, (7.29)

y0(L) = 0

son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces el desarrollo deFourier de f en términos de esas funciones se llama serie coseno de Fourierde f en [0, L]. Esta serie es

a0 +∞Xn=1

an cosnπx

L,

donde

a0 =

Z L

0

f(x) dxZ L

0

dx

=1

L

Z L

0

f(x) dx

Page 216: Ecuaciones diferenciables

208 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

x

y

y=fH−xL y=fHxL

−L L

Figura 7.8:

y

an =

Z L

0

f(x) cosnπx

LdxZ L

0

cos2nπx

Ldx

=2

L

Z L

0

f(x) cosnπx

Ldx, n = 1, 2, 3, . . .

Comparando esta definición con el teorema 44 (a) se ve que la serie de cosenode Fourier de f en [0, L] es la serie de Fourier de la función

f1(x) =

½f(−x), −L < x < 0,f(x), 0 ≤ x ≤ L,

obtenida extendiendo a f en [−L,L] como una función par (ver Figura 7.8).Aplicandoel teorema 42 a f1 se obtiene el siguiente teorema.

Teorema 45 Si f es suave por partes en [0, L] entonces la serie coseno deFourier

C(x) = a0 +∞Xn=1

an cosnπx

L

de f en [0, L], con

a0 =1

L

Z L

0

f(x) dx

y

an =2

L

Z L

0

f(x) cosnπx

Ldx, n = 1, 2, 3, . . .

Page 217: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.4 Series de Fourier II 209

converge para toda x en [0, L]; además,

C(x) =

f(0+), x = 0;

f(x),0 < x < Ly f es continua en x,

f(x−) + f(x+)

2,

0 < x < Ly f es discontinua en x,

f(L−), x = L.

Ejemplo 149 Encuentre la serie coseno de Fourier de f(x) = x en [0, L].

Solución. Los coeficientes son

a0 =1

L

Z L

0

xdx =1

L

x2

2

¯L0

=L

2

y si n ≥ 1,

an =2

L

Z L

0

x cosnπx

Ldx

=2

"x sen

nπx

L

¯L0−Z L

0

sennπx

Ldx

#

= − 2

Z L

0

sennπx

Ldx =

2L

n2π2cos

nπx

L

¯L0

=2L

n2π2[(−1)n − 1]

=

−4L

(2m− 1)2π2 , n = 2m− 1,0, n = 2m.

Por tanto,

C(x) =L

2− 4L

π2

∞Xn=1

1

(2n− 1)2 cos(2n− 1)πx

L.

El teorema 45 implica que

C(x) = x, 0 ≤ x ≤ L.

7.4.2. Serie seno de Fourier

Las eigenfunciones

senπx

L, sen

2πx

L, . . . , sen

nπx

L, . . .

Page 218: Ecuaciones diferenciables

210 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

del problema con valor en la frontera (Problema 1)

y00 + λy = 0,

y(0) = 0,

y(L) = 0

son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces el desarrollo deFourier de f en términos de esas funciones se llama serie seno de Fourier def en [0, L]. Esta serie es

∞Xn=1

bn sennπx

L,

donde

bn =

Z L

0

f(x) sennπx

LdxZ L

0

sen 2nπx

Ldx

=2

L

Z L

0

f(x) sennπx

Ldx.

Comparando esta definición con el teorema 44 (b) se ve que la serie de seno deFourier de f en [0, L] es la serie de Fourier de la función

f2(x) =

½ −f(−x), −L < x < 0,f(x), 0 ≤ x ≤ L,

obtenida extendiendo a f en [−L,L] como una función impar (ver Figura 7.9)Alaplicar el teorema 42 a f2 se obtiene el siguiente teorema.

Teorema 46 Si f es suave por partes en [0, L] entonces la serie seno de Fourier

S(x) =∞Xn=1

bn sennπx

L

de f en [0, L], con

bn =2

L

Z L

0

f(x) sennπx

Ldx,

converge para toda x en [0, L]; además,

S(x) =

0 x = 0;

f(x),0 < x < Ly f es continua en x,

f(x−) + f(x+)

2,

0 < x < Ly f es discontinua en x,

0, x = L.

Page 219: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.4 Series de Fourier II 211

x

y

y=−fH−xL

y=fHxL−L L

Figura 7.9:

Ejemplo 150 Encuentre la serie seno de Fourier de f(x) = x en [0, L].

Solución. Los coeficientes son

bn =2

L

Z L

0

x sennπx

Ldx

= − 2

"x cos

nπx

L

¯L0−Z L

0

cosnπx

Ldx

#

= (−1)n+1 2Lnπ

+2L

n2π2sen

nπx

L

¯L0= (−1)n+1 2L

nπ.

Por consiguiente,

S(x) = −2Lπ

∞Xn=1

(−1)nn

sennπx

L.

El teorema 46 implica que

S(x) =

½x, 0 ≤ x ≤ L,0, x = L.

7.4.3. Serie coseno de Fourier mixta

Las eigenfunciones

cosπx

L, cos

3πx

L, . . . , cos

(2n− 1)πxL

, . . .

Page 220: Ecuaciones diferenciables

212 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

del problema con valor en la frontera (Problema 4)

y00 + λy = 0,

y0(0) = 0, (7.30)

y(L) = 0

son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces el desarrollo deFourier de f en términos de esas funciones es

∞Xn=1

cn cos(2n− 1)πx

2L

donde

cn =

Z L

0

f(x) cos(2n− 1)πx

2LdxZ L

0

cos2(2n− 1)πx

Ldx

=2

L

Z L

0

f(x) cos(2n− 1)πx

2Ldx.

Llamamos a este desarrollo serie coseno de Fourier mixta de f en [0, L],porque las condiciones de frontera de (7.30) son "mixtas", ya que requieren quey sea cero en un punto frontera y y0 sea cero en otro. En contraste, la seriecoseno de Fourier “ordinaria” está asociada con (7.29), en donde las condicionesde frontera requieren que y0 sea cero en los dos puntos extremos.Se puede mostrar que la serie coseno de Fourier mixta de f en [0, L] es

simplemente la restricción a [0, L] de la serie coseno de Fourier de

f3 =

½f(x), 0 ≤ x ≤ L,

−f(2L− x) L ≤ x ≤ 2L

en [0, 2L] (ver figura 7.10)Al aplicar el teorema 45 con f reemplazada por f3 yL reemplazada por 2L se obtiene el siguiente teorema.

Teorema 47 Si f es suave por partes en [0, L] entonces la serie coseno deFourier mixta

CM (x) =∞Xn=1

cn cos(2n− 1)πx

2L

de f en [0, L], con

cn =2

L

Z L

0

f(x) cos(2n− 1)πx

2Ldx, n = 1, 2, 3, . . .

Page 221: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.4 Series de Fourier II 213

x

y

y=fHxL

y=−fH2L−xL

L 2L

Figura 7.10:

converge para toda x en [0, L]; además,

CM (x) =

f(0+), x = 0;

f(x),0 < x < Ly f es continua en x,

f(x−) + f(x+)

2,

0 < x < Ly f es discontinua en x,

0, x = L.

Ejemplo 151 Encuentre la serie coseno de Fourier mixta de f(x) = x− L en[0, L].

Solución. Los coeficientes son

cn =2

L

Z L

0

(x− L) cos(2n− 1)πx

2Ldx

=4

(2n− 1)π

"(x− L) sen

(2n− 1)πx2L

¯L0

−Z L

0

sen(2n− 1)πx

2Ldx

#

=8L

(2n− 1)2π2 cos(2n− 1)πx

2L

¯L0

= − 8L

(2n− 1)2π2 .

Page 222: Ecuaciones diferenciables

214 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

Por tanto,

CM (x) =8L

π2

∞Xn=1

1

(2n− 1)2 cos(2n− 1)πx

2L.

El teorema 47 implica que

CM (x) = x− L, 0 ≤ x ≤ L.

7.4.4. Serie seno de Fourier mixta

Las eigenfunciones

senπx

L, sen

3πx

L, . . . , sen

(2n− 1)πxL

, . . .

del problema con valor en la frontera (Problema 3)

y00 + λy = 0,

y(0) = 0,

y0(L) = 0

son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces el desarrollo deFourier de f en términos de esas funciones es

∞Xn=1

dn sen(2n− 1)πx

2L

donde

dn =

Z L

0

f(x) sen(2n− 1)πx

2LdxZ L

0

sen 2(2n− 1)πx

2Ldx

=2

L

Z L

0

f(x) sen(2n− 1)πx

2Ldx.

Llamamos a este desarrollo serie seno de Fourier mixta de f en [0, L]. Sepuede mostrar que la serie seno de Fourier mixta de f en [0, L] es simplementela restricción a [0, L] de la serie seno de Fourier de

f4 =

½f(x), 0 ≤ x ≤ L,

f(2L− x) L ≤ x ≤ 2L

en [0, 2L] (ver figura 7.11)Al aplicar el teorema 46 con f reemplazada por f4 yL reemplazada por 2L se obtiene el siguiente teorema.

Page 223: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.4 Series de Fourier II 215

x

y

y=fHxLy=fH2L−xL

L 2L

Figura 7.11:

Teorema 48 Si f es suave por partes en [0, L] entonces la serie seno de Fouriermixta

SM (x) =∞Xn=1

dn sen(2n− 1)πx

2L

de f en [0, L], con

dn =2

L

Z L

0

f(x) sen(2n− 1)πx

2Ldx, n = 1, 2, 3, . . .

converge para toda x en [0, L]; además,

SM (x) =

0, x = 0;

f(x),0 < x < Ly f es continua en x,

f(x−) + f(x+)

2,

0 < x < Ly f es discontinua en x,

f(L−), x = L.

Ejemplo 152 Encuentre la serie seno de Fourier mixta de f(x) = x en [0, L].

Solución. Los coeficientes son

dn =2

L

Z L

0

x sen(2n− 1)πx

2Ldx

= − 4

(2n− 1)π

"x cos

(2n− 1)πx2L

¯L0

−Z L

0

cos(2n− 1)πx

2Ldx

#

Page 224: Ecuaciones diferenciables

216 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

o

dn =4

(2n− 1)πZ L

0

cos(2n− 1)πx

2Ldx

=8L

(2n− 1)2π2 sen(2n− 1)πx

2L

¯L0

= (−1)n+1 8L

(2n− 1)2π2 .

En consecuencia,

SM (x) = −8Lπ2

∞Xn=1

(−1)n(2n− 1)2 sen

(2n− 1)πx2L

.

El teorema 48 implica que

SM (x) = x, 0 ≤ x ≤ L.

7.4.5. Una observación util

En aplicaciones que implican desarrollos en términos de las eigenfunciones delos problemas 1 al 4, las funciones que se desarrollan son a menudo polinomiosque satisfacen las condiciones de frontera del problema que se está considerando.En este caso el siguiente teorema presenta una manera eficaz de obtener loscoeficientes del desarrollo.

Teorema 49

1. Si f 0(0) = f 0(L) = 0, f 00 es continua, y f 000 es continua por partes en[0, L], entonces

f(x) = a0 +∞Xn=1

an cosnπx

L, 0 ≤ x ≤ L, (7.31)

con

a0 =1

L

Z L

0

f(x) dx

y

an =2L2

n3π3

Z L

0

f 000(x) sennπx

Ldx, n ≥ 1. (7.32)

Ahora suponga que f 0 es continua y f 00 es continua por partes en [0, L].

Page 225: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.4 Series de Fourier II 217

2. Si f(0) = f(L) = 0 entonces

f(x) =∞Xn=1

bn sennπx

L, 0 ≤ x ≤ L,

con

bn = − 2L

n2π2

Z L

0

f 00(x) sennπx

Ldx. (7.33)

3. Si f 0(0) = f(L) = 0 entonces

f(x) =∞Xn=1

cn cos(2n− 1)πx

2L, 0 ≤ x ≤ L,

con

cn = − 8L

(2n− 1)2π2Z L

0

f 00(x) cos(2n− 1)πx

2Ldx. (7.34)

4. Si f(0) = f 0(L) = 0 entonces

f(x) =∞Xn=1

dn sen(2n− 1)πx

2L, 0 ≤ x ≤ L,

con

dn = − 8L

(2n− 1)2π2Z L

0

f 00(x) sen(2n− 1)πx

2Ldx. (7.35)

Prueba. Probamos (1) y el resto lo dejamos al lector. Puesto que f es continuaen [0, L], el teorema 45 implica (7.31) con a0, a1, a2, . . . como se definen ahí. Yasabemos que a0 es como en (7.32). Si n ≥ 1, al integrar por partes dos vecesresulta

an =2

L

Z L

0

f(x) cosnπx

Ldx

=2

"f(x) sen

nπx

L

¯L0−Z L

0

f 0(x) sennπx

Ldx

#

= − 2

Z L

0

f 0(x) sennπx

Ldx

ya que sen 0 = sennπ = 0. Así

an =2L

n2π2

"f 0(x) cos

nπx

L

¯L0−Z L

0

f 00(x) cosnπx

Ldx

#

= − 2L

n2π2

Z L

0

f 00(x) cosnπx

Ldx

Page 226: Ecuaciones diferenciables

218 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

puesto que f 0(0) = f 0(L) = 0

an = − 2L2

n3π3

"f 00(x) sen

nπx

L

¯L0−Z L

0

f 000(x) sennπx

Ldx

#

=2L2

n3π3

Z L

0

f 000(x) sennπx

Ldx

ya que sen 0 = sennπ = 0. La última integración por partes es válida en el casoen que f 000 no está definida en un número finito de puntos en [0, L], siempre queella sea continua por partes en [0, L].

Ejemplo 153 Encuentre el desarrollo coseno de Fourier de f(x) = x2(3L−2x)en [0, L].

Solución. Aquí

a0 =1

L

Z L

0

(3Lx2 − 2x3) dx = 1

L

µLx3 − x4

2

¶¯L0

=L3

2

y

an =2

L

Z L

0

(3Lx2 − 2x3) cos nπxL

dx, n ≥ 1.

Evaluar esta integral directamente es una tarea laboriosa. Sin embargo, comof 0(x) = 6Lx− 6x2 vemos que f 0(0) = f 0(L) = 0. Como f 000(x) = −12, vemos en(7.32) que si n ≥ 1 entonces

an = −24L2

n3π3

Z L

0

sennπx

Ldx, n ≥ 1

=24L3

n4π4cos

nπx

L

¯L0=24L3

n4π4[(−1)n − 1]

=

−48L3

(2m− 1)4π4 , n = 2m− 1,0, n = 2m.

Por consiguiente,

C(x) =L3

2− 48L

3

π4

∞Xn=1

1

(2n− 1)4 cos(2n− 1)πx

L.

Ejemplo 154 Encuentre la serie seno de Fourier de f(x) = x(x2−3Lx+2L2)en [0, L].

Page 227: Ecuaciones diferenciables

Sec.7.4 Series de Fourier II 219

Solución. Como f(0) = f(L) = 0 y f 00(x) = 6(x− L), vemos en (7.33) que

bn = − 12Ln2π2

Z L

0

(x− L) sennπx

Ldx

=12L2

n3π3

"(x− L) cos

nπx

L

¯L0−Z L

0

cosnπx

Ldx

#

=12L2

n3π3

·L− L

nπsen

nπx

L

¯L0

¸=12L3

n3π3.

Por tanto

S(x) =12L3

π3

∞Xn=1

1

n3sen

nπx

L.

Ejemplo 155 Encuentre la serie coseno de Fourier mixta de f(x) = 3x3 −4Lx2 + L3) en [0, L].

Solución. Como f 0(0) = f(L) = 0 y f 00(x) = 2(9x− 4L), vemos en (7.34) que

cn = − 16L

(2n− 1)2π2Z L

0

(9x− 4L) cos (2n− 1)πx2L

dx

= − 32L2

(2n− 1)3π3"(9x− 4L) sen (2n− 1)πx

2L

¯L0

−9Z L

0

sen(2n− 1)πx

2Ldx

#

= − 32L2

(2n− 1)3π3£(−1)n+15L

+18L

(2n− 1)π cos(2n− 1)πx

2L

¯L0

#

=32L3

(2n− 1)3π3·(−1)n5 + 18

(2n− 1)π¸.

En consecuencia,

CM (x) =32L3

π3

∞Xn=1

1

(2n− 1)3 [(−1)n5

+18

(2n− 1)π¸cos

(2n− 1)πx2L

.

Page 228: Ecuaciones diferenciables

220 Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier

Ejemplo 156 Haga lo mismo que en el ejemplo anterior, pero ahora para lossenos mixtos

f(x) = x(2x2 − 9Lx+ 12L2)en [0, L].

Solución. Como f(0) = f 0(L) = 0 y f 00(x) = 6(2x− 3L), vemos en (7.35) que

dn = − 48L

(2n− 1)2π2Z L

0

(2x− 3L) sen (2n− 1)πx2L

dx

=96L2

(2n− 1)3π3"(2x− 3L) cos (2n− 1)πx

2L

¯L0

− 2Z L

0

cos(2n− 1)πx

2Ldx

#

=96L2

(2n− 1)3π3"3L− 4L

(2n− 1)π sen(2n− 1)πx

2L

¯L0

#

=96L3

(2n− 1)3π3·3 + (−1)n 4

(2n− 1)π¸.

Por tanto,

SM (x) =96L3

π3

∞Xn=1

1

(2n− 1)3·3 + (−1)n 4

(2n− 1)π¸sen

(2n− 1)πx2L

.

Page 229: Ecuaciones diferenciables

Capítulo 8

Soluciones de Fourier paraecuaciones diferencialesparciales

8.1. La ecuación de calor

Un modelo EDP (Ecuaciones Diferenciales Parciales) difiere de un mod-elo EDO (Ecuaciones Diferenciales Ordinarias) en que la variable de estadodepende de más de una variable independiente, y el modelo resultante es unaecuación EDP. Mientras que una EDO puede modelar la evolución de un sis-tema en el tiempo, y las observaciones son hechas en el tiempo, una EDP puedemodelar la evolución de un sistema tanto en el tiempo como en el espacio; elsistema puede ser observado tanto en un intervalo de tiempo y en una regiónespacial. Un modelo EDP puede ser también independiente del tiempo, perodepender de varias variables espaciales. Para precisar el concepto, consideremosel problema de determinar la temperatura en una barra de metal aislada lat-eralmente de longitud l y sección transversal unitaria, cuyos dos extremos semantienen a cero grados y cuya temperatura inicialmente (en el tiempo cero)varía a lo largo de la barra y está dada por la función f(x). Ver la figura 8.1.¿Cómo se enfría la barra? En este caso, la variable de estado u es la temper-

atura, y depende tanto de cuándo y en qué parte de la barra las mediciones sontomadas. Así, u = u(x, t), donde t es el tiempo y 0 < x < l. La ecuación quegobierna la evolución de la temperatura u se denomina la ecuación de calory tiene la forma

ut = a2uxx (8.1)

la cual es una ecuación diferencial parcial (utilizaremos la notación de subíndicepara indicar la diferenciación parcial). En otras palabras, la derivada parcialde la temperatura con respecto a t es igual a la segunda derivada parcial de latemperatura con respecto a x, multiplicada por una constante k = a2. La con-

221

Page 230: Ecuaciones diferenciables

222 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Figura 8.1: Barra de metal lateralmente aislada con temperatura cero en losextremos. El calor fluye en la dirección-x, y u(t, x)es la temperatura de la seccióntransversal en x y en el tiempo t.

stante k, denominada la difusividad, es un parámetro conocido y una propiedadde la barra; puede ser determinada en términos de la densidad, calor específico,y la conductividad térmica del metal. Así, la ecuación de calor es un modeloEDP. La condición de que los extremos de la barra son mantenidos a cero gradospuede ser expresado con las ecuaciones

u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, (8.2)

las cuales se denominan condiciones de frontera debido a que imponen condi-ciones sobre la variable de estado en la frontera del dominio espacial. La condi-ción de que la barra inicialmente tiene la temperatura f(x) grados se expresamatemáticamente por

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L. (8.3)

Esta condición se denomina una condición inicial debido a que especifica lavariable de estado en el tiempo t = 0; dicho con otras palabras, especifica latemperatura en cada punto de la barra en el tiempo t = 0. El conjunto comple-to de ecuaciones (8.1)-(8.3)–la EDP y las condiciones auxiliares–forman unmodelo matemático para el flujo del calor en la barra. A tal modelo se denomi-na un problema con valor inicial en la frontera. Así, escribimos el problema convalor inicial en la frontera como

ut = a2uxx, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, (8.4)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

Page 231: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.1 La ecuación de calor 223

El método que utilizaremos para resolver este problema se llama separación devariables. Buscamos funciones de la forma

v(x, t) = X(x)T (t)

que no son iguales a cero y que satisfacen

vt = a2vxx, v(0, t) = 0, v(L, t) = 0

para todo (x, t). Como

vt = XT 0 y vxx = X 00T,

vt = a2vxx si y sólo siXT 0 = a2X 00T,

que reescribiremos comoT 0

a2T=

X 00

X.

Como la expresión del lado izquierdo de esta ecuación es independiente de xmientras que la del lado derecho es independiente de t, esta ecuación puedecumplirse para todo (x, t) sólo si los dos lados son iguales a la misma constante,a la que denominaremos constante de separación, la que escribimos como −λ;así

X 00

X=

T 0

a2T= −λ.

Esta es equivalente aX 00 + λX = 0

yT 0 = −a2λT. (8.5)

Como v(0, t) = X(0)T (t) = 0 y v(L, t) = X(L)T (t) = 0 y no queremos queT sea igual a cero, X(0) = 0 y X(L) = 0. Por consiguiente, λ debe ser uneigenvalor del problema con valor en la frontera

X 00 + λX = 0, X(0) = 0, X(L) = 0, (8.6)

y X debe ser una eigenfunción asociada a λ. Del teorema 36, los eigenvalores de(8.6) son λn = n2π2/L2, con eigenfunciones asociadas

Xn = sennπx

L, n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = n2π2/L2 en (8.5) resulta

T 0 = −(n2π2a2/L2)T,que tiene la solución

Tn = e−n2π2a2t/L2 .

Page 232: Ecuaciones diferenciables

224 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Seavn(x, t) = Xn(x)Tn(t) = e−n

2π2a2t/L2 sennπx

L, n = 1, 2, 3, . . .

comovn(x, 0) = sen

nπx

L,

vn satisface (8.4) con f(x) = sennπx/L. De manera más general, si α1, α2, . . . , αmson constantes y

um(x, t) =mXn=1

αne−n2π2a2t/L2 sen

nπx

L,

entonces um satisface (8.4) con

f(x) =mXn=1

αn sennπx

L.

Estos resultados motivan la siguiente definición.

Definición 34 La solución formal del problema con valor inicial en la fron-tera

ut = a2uxx, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, (8.7)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

es

u(x, t) =∞Xn=1

αne−n2π2a2t/L2 sen

nπx

L, (8.8)

donde

S(x) =∞Xn=1

αn sennπx

L

es la serie seno de Fourier de f en [0, L]; es decir,

αn =2

L

Z L

0

f(x) sennπx

Ldx.

Usamos el término solución formal es esta definición porque no es general-mente cierto que la serie infinita en (8.8) satisfaga todos los requisitos del prob-lema con valor inicial en la frontera (8.7); cuando lo hace, decimos que se tratade una solución real de (8.7).Debido a los exponenciales negativos en (8.8), u converge para todo (x, t)

con t > 0. Como cada término en (8.8) satisface la ecuación de calor y lascondiciones de frontera en (8.7), u tiene también esas propiedades si ut y uxxpueden obtenerse por diferenciación de la serie en (8.8) término a término unavez respecto a t y dos veces respecto a x, para t > 0. Sin embargo, no siemprees válido diferenciar una serie infinita término a término. El siguiente teoremada una condición suficiente, útil para diferenciar de manera válida término atérmino una serie infinita.

Page 233: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.1 La ecuación de calor 225

Teorema 50 Una serie infinita convergente

W (z) =∞Xn=1

wn(z)

puede ser diferenciada término a término en un intervalo cerrado [z1, z2] paraobtener

W 0(z) =∞Xn=1

w0n(z)

(donde las derivadas en z = z1 y z = z2 son laterales) siempre que w0n seacontinua en [z1, z2] y

|w0n(z)| ≤Mn, z1 ≤ z ≤ z2, n = 1, 2, 3, . . . ,

dondeM1,M2, . . . ,Mn, . . . son constantes tales que la serieP∞

n=1Mn converge.

El teorema 50 aplicado dos veces con z = x y una vez con z = t, muestraque uxx y ut pueden obtenerse diferenciando u término a término si t > 0.Por tanto, u satisface la ecuación de calor y las condiciones en la frontera

de (8.7) para t > 0. Entonces, como u(x, 0) = S(x) para 0 ≤ x ≤ L, u es unasolución real de (8.7) si y sólo si S(x) = f(x) para 0 ≤ x ≤ L. Del teorema 50,esto es cierto si f es continua y suave por partes en [0, L], y f(0) = f(L) = 0.En este capítulo definiremos soluciones formales de varios tipos de proble-

mas. Cuando pedimos resolver tales problemas, siempre nos referiremos a ladeterminación de una solución formal.

Ejemplo 157 Resuelva (8.7) con f(x) = x(x2 − 3Lx+ 2L2).

Solución. Ya vimos en un ejemplo del capítulo anterior que la serie seno deFourier de f en [0, L] es

S(x) =12L3

π3

∞Xn=1

1

n3sen

nπx

L.

Por tanto,

u(x, t) =12L3

π3

∞Xn=1

1

n3e−n

2π2a2t/L2 sennπx

L.

Si ambos extremos de la barra están aislados de manera que no pueda trans-mitirse calor, las condiciones de frontera son

ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t > 0.

Ahora, utilice el método de separación de variables y el teorema 37 del Capítulo7 para sustentar la siguiente definición.

Page 234: Ecuaciones diferenciables

226 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Definición 35 La solución formal del problema con valor inicial en la frontera

ut = a2uxx, 0 < x < L, t > 0,

ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t > 0, (8.9)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

es

u(x, t) = α0 +∞Xn=1

αne−n2π2a2t/L2 cos

nπx

L,

donde

C(x) = α0 +∞Xn=1

αn cosnπx

L

es la serie coseno de Fourier de f en [0, L]; es decir,

α0 =1

L

Z L

0

f(x)dx

y

αn =2

L

Z L

0

f(x) cosnπx

Ldx, n = 1, 2, 3, . . .

Ejemplo 158 Resuelva (8.9) con f(x) = x.

Solución. Del primer ejemplo de la sección Series de Fourier II, la seriecoseno de Fourier de f en [0, L] es

C(x) =L

2− 4L

π2

∞Xn=1

1

(2n− 1)2 cos(2n− 1)πx

L.

En consecuencia,

u(x, t) =L

2− 4L

π2

∞Xn=1

1

(2n− 1)2 e−(2n−1)2π2a2t/L2 cos

(2n− 1)πxL

.

Dejamos a usted usar el método de separación de variables y el teorema 38del Capítulo 7 para motivar la siguiente definición.

Definición 36 La solución formal del problema con valor inicial en la frontera

ut = a2uxx, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t > 0, (8.10)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

es

u(x, t) =∞Xn=1

αne−(2n−1)2π2a2t/4L2 sen

(2n− 1)πx2L

,

Page 235: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.1 La ecuación de calor 227

donde

SM (x) =∞Xn=1

αn sen(2n− 1)πx

2L

es la serie seno de Fourier mixta de f en [0, L]; es decir,

αn =2

L

Z L

0

f(x) sen(2n− 1)πx

2Ldx.

Ejemplo 159 Resuelva (8.10) con f(x) = x.

Solución. Del cuarto ejemplo de la sección Series de Fourier II, la serie senode Fourier mixta de f en [0, L] es

SM (x) = −8Lπ2

∞Xn=1

(−1)n(2n− 1)2 sen

(2n− 1)πx2L

.

Por tanto,

u(x, t) = −8Lπ2

∞Xn=1

(−1)n(2n− 1)2 e

−(2n−1)2π2a2t/4L2 sen(2n− 1)πx

2L.

Ahora, utilice el método de separación de variables y el teorema 39 delCapítulo 7 para generar la siguiente definición.

Definición 37 La solución formal del problema con valor inicial en la frontera

ut = a2uxx, 0 < x < L, t > 0,

ux(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, (8.11)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

es

u(x, t) =∞Xn=1

αne−(2n−1)2π2a2t/4L2 cos

(2n− 1)πx2L

,

donde

CM (x) =∞Xn=1

αn cos(2n− 1)πx

2L

es la serie coseno de Fourier mixta de f en [0, L]; es decir,

αn =2

L

Z L

0

f(x) cos(2n− 1)πx

2Ldx.

Ejemplo 160 Resuelva (8.11) con f(x) = x− L.

Page 236: Ecuaciones diferenciables

228 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Solución. Del tercer ejemplo de la sección Series de Fourier II, la serie cosenode Fourier mixta de f en [0, L] es

CM (x) = −8Lπ2

∞Xn=1

1

(2n− 1)2 cos(2n− 1)πx

2L.

Por tanto,

u(x, t) = −8Lπ2

∞Xn=1

1

(2n− 1)2 e−(2n−1)2π2a2t/4L2 cos

(2n− 1)πx2L

.

8.1.1. Problemas no homogéneos

Un problema de la forma

ut = a2uxx + h(x), 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = u0, u(L, t) = uL, t > 0, (8.12)

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

se puede transformar en uno que se puede resolver mediante separación de vari-able. Escribimos

u(x, t) = v(x, t) + q(x), (8.13)

donde q debe ser determinada. Entonces

ut = vt y uxx = vxx + q00

por lo que u satisface (8.12) si v satisface

vt = a2vxx + a2q00(x) + h(x), 0 < x < L, t > 0,

v(0, t) = u0 − q(0), v(L, t) = uL − q(L), t > 0,

v(x, 0) = f(x)− q(x), 0 ≤ x ≤ L.

Esto se reduce a

vt = a2vxx, 0 < x < L, t > 0,

v(0, t) = 0, v(L, t) = 0, t > 0, (8.14)

v(x, 0) = f(x)− q(x), 0 ≤ x ≤ L.

sia2q00(x) + h(x) = 0, q(0) = u0, q(L) = uL.

Podemos obtener q integrando dos veces q00 = −h/a2 y escogiendo las constantesde integración de modo que q(0) = u0 y q(L) = uL. Podemos entonces resolver(8.14) para v mediante separación de variables, y (8.13) es la solución de (8.12).

Page 237: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.1 La ecuación de calor 229

Ejemplo 161 Resuelva

ut = uxx − 2, 0 < x < 1, t > 0,

u(0, t) = −1, u(1, t) = 1, t > 0,

u(x, 0) = x3 − 2x2 + 3x− 1, 0 ≤ x ≤ 1.

Solución. Es fácil demostrar que

q(x) = x2 + x− 1

satisfaceq00 − 2 = 0, q(0) = −1, q(1) = 1.

Por tanto,u(x, t) = v(x, t) + x2 + x− 1,

donde

vt = vxx, 0 < x < 1, t > 0,

v(0, t) = 0, v(1, t) = 0, t > 0,

v(x, 0) = x3 − 2x2 + 3x− 1− (x2 + x− 1)= x(x2 − 3x+ 2).

Del ejemplo 157 con a = 1 y L = 1,

v(x, t) =12

π3

∞Xn=1

1

n3e−n

2π2t sennπx.

En consecuencia

u(x, t) = x2 + x− 1 + 12

π3

∞Xn=1

1

n3e−n

2π2t sennπx.

Un procedimiento similar funciona si la las condiciones de frontera en (8.14)son reemplazadas por condiciones de frontera mixtas.

ux(0, t) = u0, u(L, t) = uL, t > 0

o bienu(0, t) = u0, ux(L, t) = uL, t > 0.

Sin embargo, esto no se cumple para las condiciones de frontera

ux(0, t) = u0, ux(L, t) = uL, t > 0.

Page 238: Ecuaciones diferenciables

230 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

8.2. La ecuación de onda

8.2.1. Vibraciones de una cuerda

El movimiento de ondas es uno de los fenómenos que ocurren más frecuente-mente en la naturaleza. Podemos mencionar a las ondas electromagnéticas, lasondas de agua, las ondas de sonido y las ondas de presión en los sólidos, comoejemplos típicos. En esta subsección introduciremos un modelo simple para elconcepto de movimiento de ondas y desarrollaremos una de las EDP funda-mentales, la ecuación de onda, que describe tales fenómenos. El ejemplo queutilizaremos para estos propósitos consiste en las vibraciones transversales deuna cuerda elástica y flexible, como por ejemplo, la de una guitarra.Imaginemos una cuerda tensa de longitud L sujetada en sus extremos. Su

movimiento está descrito por una función u = u(x, t) que da el desplazamientovertical de cada punto x de la cuerda en el tiempo t. Nuestro postulado básico esque el desplazamiento u es pequeño. Implícitamente, asumimos que el movimien-to es en el plano y ningún elemento de la cuerda se mueve horizontalmente–sóloverticalmente. En cada instante del tiempo asumimos que la cuerda tiene unadensidad ρ(x, t), cuyas dimensiones son masa por unidad de longitud, y la ten-sión en la cuerda está dada por una función T (x, t), con dimensiones de fuerza.Por convención, T (x, t) es la fuerza en el segmento a la izquierda de x causadopor la parte de la cuerda que está a la derecha de x, y asumimos que la tensiónsiempre está dirigida a lo largo de la tangente al perfil (o contorno) en x. Estaúltima suposición implica que la cuerda no es resistente a la flexión. A priori, noconocemos ρ o T . La figura muestra un segmento arbitrario de la cuerda entrex = a y x = b. Denotamos el ángulo que forma la tangente con la horizontalpor θ(x, t), y observamos que

tan θ(x, t) = ux(x, t).

Para obtener una ecuación del movimiento de la cuerda, apelamos al balancede masa y a la segunda ley de Newton. Primero, el balance de masa implica quela masa del segmento en cualquier tiempo t debe ser igual a su masa en laposición de equilibrio (la cual tomamos como la masa en el tiempo t = 0). Ensímbolos, esto significaZ b

a

ρ(x, t)p1 + ux(x, t)2dx =

Z b

a

ρ0(x)dx,

donde ρ0 es la densidad de la cuerda en el equilibrio. (Note quep1 + ux(x, t)2dx

es un elemento de la longitud de arco). Pero esta ecuación debe cumplirse paratodo segmento [a, b], y por consiguiente podemos igualar los integrandos paraobtener

ρ(x, t)p1 + ux(x, t)2 = ρ0(x). (8.15)

Page 239: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.2 La ecuación de onda 231

Figura 8.2: Cuerda desplazada con fuerzas de tensión.

Enseguida aplicamos la segunda ley de Newton, que establece que la tasa decambio en el tiempo del momentum del segmento debe ser igual a la fuerzaexterna neta. Asumiremos que la única fuerza que actúa en el segmento es latensión causada por el resto de la cuerda; ignoramos la gravedad y cualquierfuerza de amortiguamiento. Debido a que no hay movimiento horizontal delsegmento, las fuerzas horizontales deben estar balanceadas, o

T (b, t) cos θ(b, t)− T (a, t) cos θ(a, t) = 0.

Debido a que la ecuación debe cumplirse para toda a y b, tenemos

T (x, t) cos θ(x, t) = τ(t)

para alguna función τ . Ahora, la tasa de cambio en el tiempo del momentumtotal del segmento debe ser igual a la fuerza vertical neta. Esto es

d

dt

Z b

a

ρ(x, t)ut(x, t)p1 + ux(x, t)2dx

= T (b, t) sen θ(b, t)− T (a, t) sen θ(a, t).

Utilizando el resultado de la ecuación (8.15) y colocando la derivada dentro delsímbolo de la integral obtenemosZ b

a

ρ0(x)utt(x, t)dx = T (b, t) sen θ(b, t)− T (a, t) sen θ(a, t).

Observamos que el lado derecho de esta ecuación puede ser escrito como

T (b, t) cos θ(b, t) [tan θ(b, t)− tan θ(a, t)] ,

Page 240: Ecuaciones diferenciables

232 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

oτ(t) (ux(b, t)− ux(a, t)) .

Por consiguiente,Z b

a

ρ0(x)utt(x, t)dx = τ(t) (ux(b, t)− ux(a, t)) .

Por el teorema fundamental del cálculo podemos reescribir el lado derecho comouna integral, y obtenemosZ b

a

ρ0(x)utt(x, t)dx = τ(t)

Z b

a

uxx(x, t)dx.

De nuevo, utilizando la arbitriaridad del intervalo de integración, podemosdeducir

ρ0(x)utt(x, t) = τ(t)uxx(x, t), 0 < x < L, t > 0.

Como una suposición adicional, asumimos que la tensión τ(t) = τ0 = con-stante, que es una buena suposición para pequeños desplazamientos de la cuerda.Así, en el marco de las suposiciones que hemos hecho, obtenemos la ecuaciónfinal del modelo para los desplazamientos transversales, digamos,

ρ0(x)utt = τ0uxx. (8.16)

Si introducimos la función

c0(x) =pτ0/ρ0(x),

entonces podemos escribir (8.16) como

utt = c0(x)2uxx. (8.17)

Deberíamos observar que c0 tiene las dimensiones de velocidad. Se denomina lavelocidad de la onda, y observaremos que mide la velocidad actual de la ondaviajando a lo largo de la cuerda. En muchas aplicaciones la densidad de la cuerdaes una constante y de aquí que c0 sea una constante; en este caso la ecuación(8.17) se transforma en

utt = c20uxx, (8.18)

la cual es denominada la ecuación de onda; es una de las ecuaciones funda-mentales en matemáticas y en las aplicaciones. Si c0 es una constante, es fácilverificar que u = F (x− c0t) y u = G(x+ c0t) son soluciones de la ecuación deonda para cualesquiera funciones F y G dos veces continuamente diferenciables;así, la ecuación de onda admite soluciones con desplazamientos de ondas tantohacia la derecha como por la izquierda. De hecho, mostraremos posteriormenteque la solución general de la ecuación de onda es la superposición (suma) deondas desplazándose por la izquierda y por la derecha.

Page 241: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.2 La ecuación de onda 233

Nuestra suposición original de que la cuerda está sujetada en sus extremosx = 0 y x = L se traduce en las condiciones de frontera

u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t ≥ 0. (8.19)

Para determinar un desplazamiento único, también debemos imponer condi-ciones iniciales; esto es, establecemos tanto la posición de la cuerda y su veloci-dad en el tiempo t = 0. Simbólicamente,

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L. (8.20)

En resumen, para determinar el desplazamiento u(x, t), debemos resolver elproblema con valores iniciales en la frontera que consiste de la EDP (8.18)sujeta a las condiciones de frontera (8.19) y las condiciones iniciales (8.20).

8.2.2. La solución formal

En esta sección determinaremos la solución formal de la ecuación de onda:

utt = a2uxx, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, (8.21)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.

donde a = c0.Para este propósito, utilizaremos separación de variables, por lo que bus-

camos funciones de la forma v(x, t) = X(x)T (t) que no son iguales cero y quesatisfagan

vtt = a2vxx, v(0, t) = 0, v(L, t) = 0

para todo (x, t). Como

vtt = XT 00 y vxx = X 00T,

vtt = a2vxx si y sólo siXT 00 = a2X 00T,

que reescribiremos comoT 00

a2T=

X 00

X.

Con el fin de que esto se cumpla para todo (x, t), los dos lados deben ser igualesa la misma constante; entonces

X 00

X=

T 00

a2T= −λ

que es equivalente aX 00 + λX = 0

yT 00 + a2λT = 0. (8.22)

Page 242: Ecuaciones diferenciables

234 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Como v(0, t) = X(0)T (t) = 0 y v(L, t) = X(L)T (t) = 0 y como no queremosque T sea cero, X(0) = 0 y X(L) = 0. Por consiguiente, λ debe ser un eigenvalorde

X 00 + λX = 0, X(0) = 0, X(L) = 0, (8.23)

y X debe ser una eigenfunción asociada a λ. Del teorema 36 del Capítulo 7, loseigenvalores de (8.23) son λn = n2π2/L2, con las eigenfunciones asociadas

Xn = sennπx

L, n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = n2π2/L2 en (8.22) resulta

T 00 + (n2π2a2/L2)T = 0,

que tiene la solución general

Tn = αn cosnπat

L+

βnL

nπasen

nπat

L,

donde αn y βn son constantes. Entonces,

vn(x, t) = Xn(x)Tn(t)

=

µαn cos

nπat

L+

βnL

nπasen

nπat

L

¶sen

nπx

L

y∂vn∂t(x, t) =

µ−nπa

Lαn sen

nπat

L+ βn cos

nπat

L

¶sen

nπx

L.

Por tanto,

vn(x, 0) = αn sennπx

Ly

∂vn∂t(x, 0) = βn sen

nπx

L.

En consecuencia, vn satisface (8.21) con f(x) = αn sennπx/L y g(x) = βn cosnπx/L.De manera más general, si α1, α2, . . . , αm y β1, β2, . . . , βm son constantes y

um(x, t) =mXn=1

µαn cos

nπat

L+

βnL

nπasen

nπat

L

¶sen

nπx

L,

entonces um satisface (8.21) con

f(x) =mXn=1

αn sennπx

Ly g(x) =

mXn=1

βn sennπx

L.

Esto sustenta la siguiente definición.

Page 243: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.2 La ecuación de onda 235

Definición 38 Si f y g son funciones suaves por partes en [0, L], entonces lasolución formal de (8.21) es

u(x, t) =∞Xn=1

µαn cos

nπat

L+

βnL

nπasen

nπat

L

¶sen

nπx

L, (8.24)

donde

Sf (x) =∞Xn=1

αn sennπx

L

y

Sg(x) =∞Xn=1

βn sennπx

L

son las series seno de Fourier de f y g en [0, L]; es decir,

αn =2

L

Z L

0

f(x) sennπx

Ldx

y

βn =2

L

Z L

0

g(x) sennπx

Ldx.

Debido a que no hay factores que produzcan convergencia en (8.24) comolos exponenciales negativos en t que aparecen en las soluciones formales deproblemas con valores iniciales en la frontera para la ecuación de calor, no esobvio que (8.24) siempre converja para cualesquiera valores de x y t, menosaún que se pueda diferenciar término a término para mostrar que utt = a2uxx.Sin embargo, el siguiente teorema garantiza que la serie no sólo converge para0 ≤ x ≤ L y t ≥ 0, sino también para −∞ < x <∞ y −∞ < t <∞.

Teorema 51 Si f y g son funciones por partes en [0, L], entonces u en (8.24)converge para todo (x, t) y se puede escribir como

u(x, t) =1

2[Sf (x+ at) + Sf (x− at)] +

1

2a

Z x+at

x−atSg(τ)dτ . (8.25)

Prueba. Al hacer que A = nπx/L y B = nπat/L en las identidades

sen A cos B =1

2[sen(A+B) + sen(A−B)]

y

sen A sen B = −12[cos(A+B)− cos(A−B)]

resulta

cosnπat

Lsen

nπx

L=1

2

·sen

nπ(x+ at)

L+ sen

nπ(x− at)

L

¸(8.26)

Page 244: Ecuaciones diferenciables

236 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

y

sennπat

Lsen

nπx

L= −1

2

·cos

nπ(x+ at)

L− cos nπ(x− at)

L

¸=

2L

Z x+at

x−atsen

nπτ

Ldτ. (8.27)

De (8.26),∞Xn=1

αn cosnπat

Lsen

nπx

L=

1

2

∞Xn=1

αn

µsen

nπ(x+ at)

L+ sen

nπ(x− at)

L

¶=

1

2[Sf (x+ at) + Sf (x− at)] . (8.28)

Puesto que puede mostrarse que una serie seno de Fourier puede integrarsetérmino a término entre dos límites cualesquiera, (8.27) implica que

∞Xn=1

βnL

nπasen

nπat

Lsen

nπx

L=

1

2a

∞Xn=1

βn

Z x+at

x−atsen

nπτ

Ldτ

=1

2a

Z x+at

x−at

à ∞Xn=1

βn sennπτ

L

!dτ

=1

2a

Z x+at

x−atSg(τ)dτ.

Esto y (8.28) implican (8.24).Como veremos después, si Sg es diferenciable, y Sf es dos veces diferenciable

en (−∞,∞), entonces (8.25) satisface utt = a2uxx para todo (x, t). Necesitamosel siguiente teorema para formular las condiciones sobre f y g para que Sf y Sgtengan esas propiedades.

Teorema 52 Suponga que h es diferenciable en [0, L]; es decir que, h0(x) existepara 0 < x < L, y que existen las dos derivadas laterales

h0+(0) = lımx→0+

h(x)− h(0)

x

y

h0−(0) = lımx→0−

h(x)− h(0)

x.

1. Si p es la extensión periódica impar de h a (−∞,∞); es decir,

p(x) =

½h(x), 0 ≤ x ≤ Lh(−x), −L < x < 0

yp(x+ 2L) = p(x), −∞ < x <∞.

Entonces p es diferenciable en (−∞,∞) si y sólo sih(0) = h(L) = 0. (8.29)

Page 245: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.2 La ecuación de onda 237

Figura 8.3: Extensión impar de una función que no satisface (8.29).

2. Si q es la extensión periódica par de h a (−∞,∞); es decir,

q(x) =

½h(x), 0 ≤ x ≤ Lh(−x), −L < x < 0

yq(x+ 2L) = q(x), −∞ < x <∞.

Entonces q es diferenciable en (−∞,∞) si y sólo si

h0+(0) = h0−(L) = 0. (8.30)

Prueba. En toda la prueba k denota un entero. Como f es diferenciable enel intervalo abierto (0, L), p y q son diferenciables en todo el intervalo abier-to ((k − 1)L, kL). En consecuencia, sólo necesitamos determinar si p y q sondiferenciables en x = kL para toda k.

1. En la figura 8.3 p es discontinua en x = 2kL si h(0) 6= 0. Por tanto, p noes diferenciable en (−∞,∞) a menos que h(0) = h(L) = 0. En la figura8.4, si h(0) = h(L) = 0, entonces

p0(2kL) = h0+(0) y p0((2k − 1)L) = h0−(L)

para toda k; por tanto, p es diferenciable en (−∞,∞).2. En la figura 8.5 ,

q0−(2kL) = −h0+(0) y q0+(2kL) = h0+(0),

por lo que q es diferenciable en x = 2kL si y sólo si h0+(0) = 0. También,

Page 246: Ecuaciones diferenciables

238 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

x

y

x=- 3L x=- 2L x=- L x=0 x=L x=2L x=- L

Figura 8.4: Extensión impar de una función que satisface (8.29).

Figura 8.5: Extensión par de una función que no satisface (8.30)

Page 247: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.2 La ecuación de onda 239

x

y

x=- 3L x=- 2L x=- L x=0 x=L x=2L x=- L

Figura 8.6: Extensión par de una función que satisface (8.30).

q0−((2k − 1)L) = h0−(L) y q0+((2k − 1)L) = −h0−(L),

por lo que q es diferenciable en x = (2k−1)L si y sólo si h0+(0) = h0−(L) =0, como se muestra en la figura 8.6.

Teorema 53 La solución formal de (8.21) es una solución real si g es diferen-ciable en [0, L] y

g(0) = g(L) = 0, (8.31)

mientras que f es dos veces diferenciable en [0, L] y

f(0) = f(L) = 0 (8.32)

yf 00+(0) = f 00−(L) = 0. (8.33)

Prueba. Mostramos primero que Sg es diferenciable y Sf es dos veces difer-enciable en (−∞,∞). Luego diferenciamos (8.25) dos veces respecto a x y t yverificamos que (8.25) es una solución real de (8.21).Como f y g son continuas en (0, L), el teorema 46 del Capítulo 7 implica

que Sf (x) = f(x) y Sg(x) = g(x) en [0, L]. Por consiguiente, Sf y Sg son lasextensiones periódicas impares de f y g. Como f y g son diferenciables en [0, L],se infiere de (8.31) y (8.32), y del teorema 52(a) que Sf y Sg son diferenciablesen (−∞,∞).Como S0f (x) = f 0(x) en [0, L] (derivadas laterales en los puntos extremos), y

S0f es par (la derivada de una función impar es par), S0f es la extensión periódica

par de f 0. Por hipótesis f 0 se puede diferenciar en [0, L]. Debido a (8.33), elteorema 52(b) con h = f 0 y q = S0f implica que S

00f existe en (−∞,∞).

Page 248: Ecuaciones diferenciables

240 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Ahora podemos diferenciar (8.25) dos veces respecto a x y t:

ux(x, t) =1

2

£S0f (x+ at) + S0f (x− at)

¤+1

2a[Sg(x+ at)− Sg(x− at)] ,

uxx(x, t) =1

2

£S00f (x+ at) + S00f (x− at)

¤+1

2a

£S0g(x+ at)− S0g(x− at)

¤,

(8.34)

ut(x, t) =a

2

£S0f (x+ at) + S0f (x− at)

¤+1

2[Sg(x+ at) + Sg(x− at)] (8.35)

y

utt(x, t) =a2

2

£S00f (x+ at) + S00f (x− at)

¤+a

2

£S0g(x+ at)− S0g(x− at)

¤. (8.36)

Si se comparan (8.34) y (8.36) se ve que utt(x, t) = a2uxx(x, t) para todo (x, t).En (8.24) salta a la vista que u(0, t) = u(L, t) = 0 para toda t. En (8.25)u(x, 0) = Sf (x) para toda x y, por tanto, en particular,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x < L.

En (8.35), ut(x, 0) = Sg(x) para toda x y, entonces, en particular,

ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x < L.

En consecuencia, u es una solución real de (8.21).La ecuación (8.25) se llama solución de d’Alembert de (8.21). Aunque la

solución de d’Alembert permitió probar el teorema 53 y es muy útil en uncontexto hasta cierto punto diferente, para fines de cálculo es preferible utilizar(8.24).

Ejemplo 162 Resuelva (8.21) con

f(x) = x(x3 − 2Lx2 + L2)

yg(x) = x(L− x).

Solución. Dejamos al lector verificar que f y g satisfacen las suposiciones delteorema 53.Se puede verificar que

Sf (x) =96L4

π5

∞Xn=1

1

(2n− 1)5 sen(2n− 1)πx

L

y

Sg(x) =8L2

π3

∞Xn=1

1

(2n− 1)3 sen(2n− 1)πx

L.

Page 249: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 241

En (8.24),

u(x, t) =96L4

π5

∞Xn=1

1

(2n− 1)5 cos(2n− 1)πat

Lsen

(2n− 1)πatL

+8L3

aπ4

∞Xn=1

1

(2n− 1)4 sen(2n− 1)πat

Lsen

(2n− 1)πatL

.

El teorema 50 implica que uxx y utt pueden obtenerse mediante diferenciacióntérmino a término para todo (x, t), de manera que utt = a2uxx para todo (x, t).Además, el teorema 46 del Capítulo 7 implica que Sf (x) = f(x) y Sg(x) = g(x)si 0 ≤ x < L. En consecuencia, u es una ecuación real del problema con valorinicial en la frontera.Observación. Al resolver un problema específico con valor inicial en la

frontera (8.21) es conveniente resolver el problema con g ≡ 0, y luego con f ≡ 0,y sumar las soluciones para obtener la solución.

8.3. La ecuación de calor en tres dimensiones

Hasta aquí, nuestros modelos EDP han involucrado una dimensión espacialy el tiempo. Debería ser claro para el lector que muchos, si no la mayoría, de losproblemas físicos ocurren en más de una dimensión espacial. Por consiguiente,en esta sección desarrollaremos un modelo EDP para el flujo de calor en tresdimensiones. Esta sección requerirá que el lector revise algunos conceptos decálculo multivariable.La idea es exactamente la misma que se manejó en el problema de una

dimensión. Supongamos que Ω es una región en el espacio donde el calor estáfluyendo, y u = u(x, y, z) es la temperatura en el tiempo t en el punto (x, y, z)en Ω. Asumimos que la región es homogénea y está caracterizada por un calorespecífico constante c y una densidad constante ρ. Ahora, supóngase que B esuna esfera arbitraria contenida en Ω. Ver la figura 8.7.Aplicando el principio de balance de energía a B, se requiere que la tasa de

cambio de la cantidad total de energía calorífica en B sea igual a la tasa en laque el calor fluye hacia B a través de la frontera más la tasa en la que la energíacalorífica es generada por cualquier fuente en B. La cantidad total de calor enun elemento de volumen pequeño dV = dxdy dz es cρudV , y así la cantidadtotal de energía calorífica en B está dada por la integral en tres dimensionesZ

B

cρu dV.

Esta integral, a veces se escribe como una integral tripleRRR

B, pero por concisión

adoptaremos la notación de una integral única. Asumimos que las fuentes decalor (o sumideros) están dados por una función puntual f = f(x, y, z, t), dondef dV es la tasa en la que el calor es generado en dV ; así, la tasa en la que el

Page 250: Ecuaciones diferenciables

242 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Figura 8.7: Esfera o bola arbitraria B contenida en una región Ω. ∂B denota lafrontera de B.

calor es generado en todo B es ZB

f dV.

Observe que f tiene dimensiones de energía por unidad de tiempo.Enseguida, introducimos el vector de flujo de calor φ = φ(x, y, z, t); su di-

rección corresponde a la dirección del flujo de calor en la posición (x, y, z) enel tiempo t. La tasa en la que el calor fluye a través del elemento de superficieoblicuo dA orientado por un vector unitario n es

φ · n dA.

Ver la figura 8.8. Consecuentemente, la tasa neta en la que la energía caloríficafluye a través de la frontera de B, denotada por ∂B, es la integral de superficieZ

∂B

φ · n dA.

Así, la ley de conservación, o balance de energía, es

d

dt

ZB

cρu dV = −Z∂B

φ · n dA+

ZB

f dV. (8.37)

El signo menos que aparece en la integral de flujo en el lado derecho de laecuación (8.37) se debe a que el flujo es hacia fuera; el signo menos causaráque la energía neta en el el lado izquierdo de la ecuación disminuya, lo cuales el correcto. Ahora, utilicemos una de las relaciones integrales fundamentalesdel cálculo multivariado–el teorema de la divergencia. Nos permite escribir laintegral de flujo en (8.37) como una integral de volumen. El teorema de diver-gencia, una versión en tres dimensiones del teorema fundamental del cálculo,

Page 251: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 243

Figura 8.8: El flujo de calor a través de un elemento de superficie dA orientadopor su vector normal unitario n es φ · n dA.

establece que bajo los requerimientos de diferenciabilidad suficientes sobre elcampo vectorial φ, Z

B

divφdV =

Z∂B

φ · n dA.

Recuerde que si φ = (φ1, φ2, φ3), entonces su divergencia es la función escalar

divφ =∂φ1∂x

+∂φ2∂y

+∂φ3∂z

.

Así, podemos escribir la ecuación (8.37) como

d

dt

ZB

cρu dV = −Z∂B

divφdV +

ZB

f dV.

Ahora, podemos meter la derivada con respecto al tiempo dentro de la integraldel lado izquierdo de la ecuación de arriba y finalmente reacomodar todos lostérminos bajo una integral de volumen comoZ

B

(cρut + divφ− f) dV = 0.

Esta ley de balance se cumple para toda esfera B en Ω, y por consiguiente elintegrando debe ser cero, dando la ecuación diferencial parcial

cρut + divφ = f (8.38)

para toda t y todo (x, y, z) ∈ Ω. La ecuación (8.38) es la forma local (opuestaa la integral) de la ley de la conservación. Todavía contiene dos variables de-sconocidas, el escalar temperatura y el vector flujo de calor. Se puede postularuna relación constitutiva para conectar estas dos variables. Una relación tal es

Page 252: Ecuaciones diferenciables

244 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

la versión en tres dimensiones de la ley de Fick, o ley de la conducción de calorde Fourier, que establece, consistente con las leyes de la termodinámica, que elflujo de calor es

φ = −K gradu = −K(ux, uy, uz). (8.39)

Recuerde del cálculo que el negativo del gradiente de una función apunta en ladirección de la máxima disminución. La constante de proporcionalidad K es laconductividad térmica. Substituyendo (8.39) en (8.38) y utilizando la identidad

div gradu = uxx + uyy + uzz,

obtenemos la ecuación de calor para la temperatura u = u(x, y, z, t) en tresdimensiones:

cρut −K(uxx + uyy + uzz) = f. (8.40)

La expresión uxx + uyy + uzz se denomina el Laplaciano de u, y se denota por∇2u. Esto es,

∇2u = uxx + uyy + uzz.

Finalmente, en resumen, podemos escribir (8.40) como

ut − k∇2u = 1

cρf, (8.41)

donde la constante k = K/(cρ) se denomina la difusividad.Por supuesto, estos cálculos pueden ser hechos en dos dimensiones para de-

scribir el flujo de calor en el plano. La ecuación análoga en dos dimensiones de(8.41) es la misma,

ut − k∇2u = 1

cρf,

donde ahora u = u(x, y, t), f = f(x, y, t) y ∇2u es el Laplaciano en dos dimen-siones

∇2u = uxx + uyy.

Generalmente, esperamos que la ecuación de calor en tres dimensiones (8.40)contenga condiciones auxiliares en la forma de una condición de temperaturainicial

u(x, y, z, 0) = u0(x, y, z) en Ω

y condiciones en la frontera ∂Ω.Si el término fuente f y las condiciones de frontera en ∂Ω son independientes

del tiempo, entonces podríamos esperar que el cuerpo Ω podría eventualmente,llegar a una temperatura de equilibrio u = u(x, y, z) que es independiente deltiempo. Esto podría ocurrir mucho tiempo después de que los efectos transitorioso los efectos de la condición inicial decaigan. De la ecuación (8.40), y ya queut = 0, podemos inferir que la temperatura en equilibrio satisfará la EDP

−k∇2u = 1

cρf,

Page 253: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 245

Figura 8.9: Región rectangular y su frontera.

la cual es la ecuación de Poisson. Si no hay fuentes, f(x, y, z) ≡ 0, entoncesu = u(x, y, z) satisface la ecuación de Laplace

∇2u = 0 en Ω. (8.42)

La ecuación de Laplace, es uno de los modelos más famosos en las cienciasmatemáticas, y gobiernan muchos fenómenos relacionados con las temperaturasde equilibrio.Debido a que la ecuación de Laplace no contiene al tiempo, esperaríamos

que al agregar únicamente las condiciones de frontera se tendría físicamente unproblema bien-formulado. Podemos prescribir la temperatura en la frontera deΩ, esto es,

u(x, y, z) = g(x, y, z), (x, y, z) ∈ ∂Ω,

la cual se denomina una condición de Dirichlet ; o podemos prescribir el flujodel calor en la frontera, esto es,

−K gradu · n = h(x, y, z), (x, y, z) ∈ ∂Ω,

la cual se denomina una condición de Neumann. Si no hay flujo de calor en lafrontera, entonces h = 0, y decimos que la frontera está aislada.

8.3.1. La solución formal

La solución de problemas con valor en la frontera para la ecuación de Laplacesobre regiones generales rebasa el alcance de este curso, así que consideraremossólo regiones muy simples. Comenzamos considerando la región rectangularmostrada en la figura 8.9.Las condiciones posibles de frontera para esta región

Page 254: Ecuaciones diferenciables

246 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Figura 8.10: Un problema de Dirichlet.

pueden escribirse como

(1− α)u(x, 0) + αuy(x, 0) = f0(x), 0 ≤ x ≤ a,

(1− β)u(x, b) + βuy(x, b) = f1(x), 0 ≤ x ≤ a,

(1− γ)u(0, y) + γux(0, y) = g0(y), 0 ≤ y ≤ b,

(1− δ)u(a, y) + δux(a, y) = g1(y), 0 ≤ y ≤ b,

donde α, β, γ y δ pueden tomar los valores 0 o 1; en consecuencia, hay 16posibilidades.Supóngase que PV F (α, β, γ, δ)(f0, f1, g0, g1) denota el problema de encon-

trar una solución de la ecuación de Laplace en dos dimensiones

∇2u = uxx + uyy = 0 (8.43)

que satisfaga esas condiciones.Se tiene un problema de Dirichlet si

α = β = γ = δ = 0

(ver la figura 8.10), o un problema de Neumann si

α = β = γ = δ = 1

(ver la figura 8.11). Los otros 14 problemas son mixtos.Para (α, β, γ, δ) dadas, la suma de soluciones de

PV F (α, β, γ, δ)(f0, 0, 0, 0),

PV F (α, β, γ, δ)(0, f1, 0, 0),

PV F (α, β, γ, δ)(0, 0, g0, 0)

Page 255: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 247

Figura 8.11: Un problema de Neumann.

yPV F (α, β, γ, δ)(0, 0, 0, g1)

es una solución dePV F (α, β, γ, δ)(f0, f1, g0, g1).

Por consiguiente, nos concentraremos en problemas en los que sólo una de lasfunciones f0,f1, g0, g1 no es cero. Hay 64 problemas de esta forma. Cada unotiene condiciones homogéneas de frontera sobre tres lados del rectángulo y unacondición no homogénea de frontera sobre el cuarto lado. Usamos separaciónde variables para encontrar un número infinito de funciones que satisfacen laecuación de Laplace en el rectángulo abierto y las tres condiciones homogéneasde frontera. Después usamos esas soluciones como bloques para construir unasolución formal de la ecuación de Laplace que también satisfaga la condición nohomogénea de frontera. Como no es factible considerar los 64 casos, restringire-mos nuestra atención en el texto a solo cuatro.Si v(x, y) = X(x)Y (y), entonces

vxx + vyy = X 00Y +XY 00 = 0

para todo (x, y) si y sólo si

X 00

X= −Y

00

Y= k

para todo (x, y), donde k es una constante de separación. Esta ecuación esequivalente a

X 00 − kX = 0, Y 00 + kY = 0. (8.44)

A partir de aquí, la estrategia depende de las condiciones de frontera. Ilus-traremos el método con ejemplos.

Page 256: Ecuaciones diferenciables

248 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Figura 8.12: El problema (8.45) con valor en la frontera.

Ejemplo 163 Defina la solución formal de

uxx + uyy = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,

u(x, 0) = f(x), u(x, b) = 0, 0 ≤ x ≤ a,

u(0, y) = 0, u(a, y) = 0, 0 ≤ y ≤ b. (8.45)

(Ver la figura 8.12).

Solución. Las condiciones de frontera en (8.45) requieren productos v(x, y) =X(x)Y (y) tales que X(0) = X(a) = Y (b) = 0; por consiguiente, hacemos k =−λ en (8.44). Así, X y Y deben satisfacer

X 00 + λX = 0, X(0) = 0, X(a) = 0 (8.46)

yY 00 − λY = 0, Y (b) = 0. (8.47)

En el teorema 36 del Capítulo 7 los eigenvalores de (8.46) son λn = n2π2/a2,con eigenfunciones asociadas

Xn = sennπx

a, n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = n2π2/a2 en (8.47) resulta

Y 00 − (n2π2/a2)Y = 0, Y (b) = 0,

por lo que podríamos tomar

Yn = senhnπ(b− y)

a, (8.48)

Page 257: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 249

sin embargo, debido a la condición no homogénea de Dirichlet en y = 0, es mejorestablecer Yn(0) = 1, lo cual se puede lograr dividiendo el lado derecho de (8.48)entre su valor en y = 0; así, tomamos

Yn =senhnπ(b− y)/a

senhnπb/a.

Entonces

vn(x, y) = Xn(x)Yn(y)

=senhnπ(b− y)/a

senhnπb/asen

nπx

a,

por lo que vn(x, 0) = sennπx/a y vn satisface (8.45) con f(x) = sennπx/a. Demanera más general, si α1, . . . , αm son constantes arbitrarias, entonces

um(x, y) =mXn=1

αnsenhnπ(b− y)/a

senhnπb/asen

nπx

a

satisface (8.45) con

f(x) =mXn=1

αn sennπx

a.

Por consiguiente, si f es una función arbitraria suave por partes en [0, a], defin-imos la solución formal de (8.45) como

u(x, y) =∞Xn=1

αnsenhnπ(b− y)/a

senhnπb/asen

nπx

a, (8.49)

donde

S(x) =∞Xn=1

αn sennπx

a

es la serie seno de Fourier de f en [0, a]; es decir,

αn =2

a

Z a

0

f(x) sennπx

adx.

Si y < b, entonces

senhnπ(b− y)/a

senhnπb/a≈ e−nπy/a (8.50)

para n grande, de modo que la serie (8.49) converge si 0 < y < b; además, comotambién

coshnπ(b− y)/a

senhnπb/a≈ e−nπy/a

para n grande, el teorema 50, aplicado dos veces con z = x y dos veces conz = t, muestra que uxx y uyy se obtienen diferenciando u término a término

Page 258: Ecuaciones diferenciables

250 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

si 0 < y < b. Por tanto, u satisface la ecuación de Laplace en el interior delrectángulo de la figura (8.12). Además, la serie en (8.49) también converge sobrela frontera del rectángulo y satisface las tres condiciones homogéneas de fronteraen (8.45). En consecuencia, como u(x, 0) = S(x) para 0 ≤ x ≤ L, u es unasolución real de (8.46) si y sólo si S(x) = f(x) para 0 ≤ x ≤ a. De acuerdo conel teorema 46 del Capítulo 7, esto es cierto si f es suave por partes en [0, L], yf(0) = f(L) = 0.

Ejemplo 164 Resuelva (8.45) con f(x) = x(x2 − 3ax+ 2a2).Solución. En el ejemplo 154 del Capítulo 7,

S(x) =12a3

π3

∞Xn=1

1

n3sen

nπx

a.

Por tanto,

u(x, y) =12a3

π3

∞Xn=1

senhnπ(b− y)/a

n3 senhnπb/asen

nπx

a. (8.51)

Para calcular valores aproximados de u(x, y), debemos usar sumas parciales dela forma

um(x, y) =12a3

π3

mXn=1

senhnπ(b− y)/a

n3 senhnπb/asen

nπx

a.

Debido a (8.50), los valores pequeños de m proporcionan suficiente exactitud enla mayoría de las aplicaciones si 0 < y < b. Además, la n3 en el denominador de(8.51) garantiza que esto también se cumpla para y = 0. Para fines de graficaciónescogemos a = 2, b = 1 y m = 10. La figura 8.13 muestra la superficie

u = u(x, y), 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1,mientras que la figura 8.14 muestra las curvas

u = u(x, 0,1k), 0 ≤ x ≤ 2, k = 0, 1, 2, . . . , 10.

Ejemplo 165 Defina la solución formal de

uxx + uyy = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,

u(x, 0) = 0, uy(x, b) = f(x), 0 ≤ x ≤ a,

ux(0, y) = 0, ux(a, y) = 0, 0 ≤ y ≤ b. (8.52)

(Ver la figura 8.15).

Solución. Las condiciones de frontera en (8.52) requieren productos v(x, y) =X(x)Y (y) tales que X 0(0) = X 0(a) = Y (0) = 0; por consiguiente, hacemosk = −λ en (8.44). Así, X y Y deben satisfacer

X 00 + λX = 0, X 0(0) = 0, X 0(a) = 0 (8.53)

Page 259: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 251

00.5

11.5

2

x00.2

0.40.6

0.81

y

0

1

2

3

z

00.5

11.5

2

x

Figura 8.13: Superficie de u = u(x, y), 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1.

0.5 1 1.5 2x

0.5

1

1.5

2

2.5

3u

Figura 8.14: Curvas de u = u(x, 0,01k), 0 ≤ x ≤ 10, k = 0, . . . , 10.

Page 260: Ecuaciones diferenciables

252 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Figura 8.15: El problema (8.52) con valor en la frontera.

yY 00 − λY = 0, Y (0) = 0. (8.54)

Del teorema teorema 37 del Capítulo 7 los eigenvalores de (8.54) son λ = 0, conla eigenfunción asociada X0 = 1, y λn = n2π2/a2, con eigenfunciones asociadas

Xn = cosnπx

a, n = 1, 2, 3, . . .

Como Y0 = y satisface (8.54) con λ = 0, tomamos v0(x, y) = X0(x)Y0(y) = y.Si se sustituye λ = n2π2/a2 en (8.54) resulta

Y 00 − (n2π2/a2)Y = 0, Y (0) = 0,

por lo que podríamos tomar

Yn =a senhnπy/a

nπ coshnπb/a.

Entonces

vn(x, y) = Xn(x)Yn(y)

=a senhnπy/a

nπ coshnπb/acos

nπx

a,

De modo que∂vn∂y(x, b) = cos

nπx

a.

Por tanto vn satisface (8.52) con f(x) = cosnπx/a. De manera más general, siα0, . . . , αm son constantes arbitrarias, entonces

um(x, y) = α0y +a

π

mXn=1

αnsenhnπy/a

n coshnπb/acos

nπx

a

Page 261: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 253

satisface (8.52) con

f(x) = α0 +mXn=1

αn cosnπx

L.

En consecuencia, si f es una función arbitraria suave por partes en [0, a], defin-imos la solución formal de (8.52) como

u(x, y) = α0y +a

π

∞Xn=1

αnsenhnπy/a

n coshnπb/acos

nπx

a,

donde

C(x) = α0 +∞Xn=1

αn cosnπx

a

es la serie coseno de Fourier de f en [0, a]; es decir,

α0 =

Z a

0

f(x) dx

y

αn =2

a

Z a

0

f(x) cosnπx

adx, n = 1, 2, 3, . . .

Ejemplo 166 Resuelva (8.52) con f(x) = x.

Solución. Del ejemplo 149 del Capítulo 7,

C(x) =a

2− 4a

π2

∞Xn=1

1

(2n− 1)2 cos(2n− 1)πx

a.

Por tanto,

u(x, y) =ay

2− 4a

2

π3

∞Xn=1

senh(2n− 1)πy/a(2n− 1)3 cosh(2n− 1)πb/a cos

(2n− 1)πxa

. (8.55)

Para fines de graficación escogemos a = 2, b = 1 y retenemos los términos hastan = 10 en (8.55). La figura 8.16 muestra la superficie

u = u(x, y), 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1,

mientras que la figura 8.17 muestra las curvas

u = u(x, 0,1k), 0 ≤ x ≤ 2, k = 0, 1, . . . , 10.

Page 262: Ecuaciones diferenciables

254 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

00.5

11.5

2

x00.2

0.40.6

0.81

y

0

0.5

1

1.5

z

00.5

11.5

2

x

Figura 8.16: Superficie de u = u(x, y), 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1.

0.5 1 1.5 2x

0.20.40.60.81

1.21.4

u

Figura 8.17: Curvas de u = u(x, 0,1k), 0 ≤ x ≤ 2, k = 0, 1, . . . , 10.

Page 263: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 255

Figura 8.18: El problema (8.56) con valor en la frontera.

Ejemplo 167 Defina la solución formal de

uxx + uyy = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,

u(x, 0) = 0, uy(x, b) = 0, 0 ≤ x ≤ a,

u(0, y) = g(y), ux(a, y) = 0, 0 ≤ y ≤ b. (8.56)

(Ver figura 8.18).

Solución. Las condiciones de frontera en (8.56) requieren productos v(x, y) =X(x)Y (y) tales que Y (0) = Y 0(b) = X 0(a) = 0; por consiguiente, hacemosk = −λ en (8.44). Así, X y Y deben satisfacer

X 00 − λX = 0, X 0(a) = 0 (8.57)

yY 00 + λY = 0, Y (0) = 0, Y 0(b) = 0. (8.58)

Del teorema teorema 38 del Capítulo 7 los eigenvalores de (8.58) son λn =(2n− 1)2π2/4b2, con eigenfunciones asociadas

Yn = sen(2n− 1)πy

2b, n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = (2n− 1)2π2/4b2 en (8.57) resulta

X 00 − £(2n− 1)2π2/4b2¤X = 0, X 0(a) = 0,

Por lo que podríamos tomar

Xn = cosh(2n− 1)π(x− a)

2b. (8.59)

Page 264: Ecuaciones diferenciables

256 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Sin embargo, debido a la condición no homogénea de Dirichlet en x = 0, esmejor requerir que Xn(0) = 1, que puede lograrse dividiendo el lado derecho de(8.59) entre su valor en x = 0. Así,

Xn =cosh(2n− 1)π(x− a)/2b

cosh(2n− 1)πa/2b .

Entonces

vn(x, y) = Xn(x)Yn(y)

=cosh(2n− 1)π(x− a)/2b

cosh(2n− 1)πa/2b sen(2n− 1)πy

2b,

De modo que

vn(0, y) = sen(2n− 1)πy

2b.

Por consiguiente, vn satisface (8.56) con g(y) = sen(2n − 1)πy/2b. De maneramás general, si α1, . . . αm son constantes arbitrarias, entonces

um(x, y) =mXn=1

αncosh(2n− 1)π(x− a)/2b

cosh(2n− 1)πa/2b sen(2n− 1)πy

2b,

satisface (8.56) con

g(y) =mXn=1

αn sen(2n− 1)πy

2b.

Así, si g es una función arbitraria suave por partes en [0, b], definimos la soluciónformal de (8.56) como

u(x, y) =∞Xn=1

αncosh(2n− 1)π(x− a)/2b

cosh(2n− 1)πa/2b sen(2n− 1)πy

2b,

donde

SM (y) =∞Xn=1

αn sen(2n− 1)πy

2b

es la serie seno de Fourier mixta de g en [0, b]; es decir,

αn =2

b

Z b

0

g(y) sen(2n− 1)πy

2bdy.

Ejemplo 168 Resuelva (8.56) con g(y) = y(2y2 − 9by + 12b2).Solución. Del ejemplo 156 del Capítulo 7,

SM (y) =96b3

π3

∞Xn=1

1

(2n− 1)3·3 + (−1)n 4

(2n− 1)π¸sen

(2n− 1)πy2b

.

Page 265: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 257

Figura 8.19: El problema (8.60) con valor en la frontera.

En consecuencia,

u(x, y) =96b3

π3

∞Xn=1

cosh(2n− 1)π(x− a)/2b

(2n− 1)3 cosh(2n− 1)πa/2b·3 + (−1)n 4

(2n− 1)π¸sen

(2n− 1)πy2b

.

Ejemplo 169 Defina la solución formal de

uxx + uyy = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,

uy(x, 0) = 0, u(x, b) = 0, 0 ≤ x ≤ a, (8.60)

ux(0, y) = 0, ux(a, y) = g(y), 0 ≤ y ≤ b.

(Ver figura 8.19).

Solución. Las condiciones de frontera en (8.60) requieren productos v(x, y) =X(x)Y (y) tales que Y 0(0) = Y (b) = X 0(0) = 0; por consiguiente, hacemos k = λen (8.44). Así, X y Y deben satisfacer

X 00 − λX = 0, X 0(0) = 0 (8.61)

yY 00 + λY = 0, Y 0(0) = 0, Y (b) = 0. (8.62)

Del teorema teorema 39 del Capítulo 7 los eigenvalores de (8.62) son λn =(2n− 1)2π2/4b2, con eigenfunciones asociadas

Yn = cos(2n− 1)πy

2b, n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = (2n− 1)2π2/4b2 en (8.61) resultaX 00 − £(2n− 1)2π2/4b2¤X = 0, X 0(0) = 0,

Page 266: Ecuaciones diferenciables

258 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Por lo que podríamos tomar

Xn = cosh(2n− 1)πx

2b. (8.63)

Sin embargo, debido a la condición no homogénea de Neumann en x = a, esmejor requerir que X 0

n(a) = 1, que puede lograrse dividiendo el lado derecho de(8.63) entre el valor de su derivada en x = a. Así,

Xn =2b cosh(2n− 1)πx/2b

(2n− 1)π senh(2n− 1)πa/2b .

Entonces

vn(x, y) = Xn(x)Yn(y)

=2b cosh(2n− 1)πx/2b

(2n− 1)π senh(2n− 1)πa/2b cos(2n− 1)πy

2b,

De modo que∂vn∂x(a, y) = cos

(2n− 1)πy2b

.

Por consiguiente, vn satisface (8.60) con g(y) = cos(2n − 1)πy/2b. De maneramás general, si α1, . . . αm son constantes arbitrarias, entonces

um(x, y) =2b

π

mXn=1

αncosh(2n− 1)πx/2b

(2n− 1)π senh(2n− 1)πa/2b cos(2n− 1)πy

2b,

satisface (8.60) con

g(y) =mXn=1

αn cos(2n− 1)πy

2b.

Así, si g es una función arbitraria suave por partes en [0, b], definimos la soluciónformal de (8.60) como

u(x, y) =2b

π

∞Xn=1

αncosh(2n− 1)πx/2b

(2n− 1)π senh(2n− 1)πa/2b cos(2n− 1)πy

2b

donde

CM (y) =∞Xn=1

αn cos(2n− 1)πy

2b.

es la serie coseno de Fourier mixta de g en [0, b]; es decir,

αn =2

b

Z b

0

g(y) cos(2n− 1)πy

2bdy.

Ejemplo 170 Resuelva (8.60) con g(y) = y − b.

Page 267: Ecuaciones diferenciables

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones 259

Solución. Del ejemplo 151 del Capítulo 7,

CM (y) = − 8bπ2

∞Xn=1

1

(2n− 1)2 cos(2n− 1)πy

2b.

En consecuencia,

u(x, y) = −16b2

π3

∞Xn=1

cosh(2n− 1)πx/2b(2n− 1)3 senh(2n− 1)πa/2b cos

(2n− 1)πy2b

.

Page 268: Ecuaciones diferenciables

260 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Page 269: Ecuaciones diferenciables

Apéndice A

Apéndice A

The appendix fragment is used only once. Subsequent appendices can becreated using the Chapter Section/Body Tag.

261

Page 270: Ecuaciones diferenciables

262 Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Page 271: Ecuaciones diferenciables

Afterword

The back matter often includes one or more of an index, an afterword, ac-knowledgements, a bibliography, a colophon, or any other similar item. In theback matter, chapters do not produce a chapter number, but they are enteredin the table of contents. If you are not using anything in the back matter, youcan delete the back matter TeX field and everything that follows it.

263