EcDifsZaldivar

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Luis Angel Zaldívar Cruz Agosto 2004

ii

Índice general I

Ecuaciones diferenciales ordinarias

1

1. Introducción a las ecuaciones diferenciales 1.1. Observaciones generales . . . . . . . . . . . 1.1.1. Definición de ecuación diferencial . . 1.2. Clasificación de las ecuaciones diferenciales 1.2.1. Clasificación según el tipo . . . . . . 1.2.2. Clasificación según el orden y grado 1.2.3. Clasificación según la linealidad . . . 1.3. Solución de una ecuación diferencial . . . . 1.3.1. Más terminología . . . . . . . . . . .

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3 3 4 4 4 5 6 7 9

2. Ecuaciones diferenciales de primer orden 2.1. Teoría preliminar . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Variables separables . . . . . . . . . . . . 2.3. Ecuaciones homogéneas . . . . . . . . . . 2.4. Ecuaciones exactas . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Factor integrante . . . . . . . . . . 2.5. Ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Un factor integrante . . . . . . . . 2.5.2. Método de solución . . . . . . . . . 2.5.3. Ecuación de Bernoulli . . . . . . .

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11 11 14 20 23 29 30 31 31 35

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3. Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden 37 3.1. Trayectorias ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 3.1.1. Procedimiento para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia dada de curvas . . . . . . . . . . . . . . . . 38 3.2. Problemas de tasas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 3.2.1. Tasa de crecimiento y decaimiento . . . . . . . . . . . . . 41 3.3. Problemas de mezclas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.4. Problemas en mecánica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.4.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.4.2. Problemas de caida libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 3.4.3. Fuerzas de fricción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 3.5. Circuitos eléctricos simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 iii

iv

ÍNDICE GENERAL

4. Métodos explícitos de solución para las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior 61 4.1. Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales . . . . . . . . 61 4.1.1. Reducción de orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 4.1.2. La ecuación no homogénea . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 4.2. La ecuación lineal homogénea con coeficientes constantes . . . . 77 4.2.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 4.2.2. Raíces de un polinomio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 4.2.3. Caso 1. Raíces reales distintas . . . . . . . . . . . . . . . . 80 4.2.4. Caso 2. Raíces reales repetidas . . . . . . . . . . . . . . . 82 4.2.5. Caso 3. Raíces complejas conjugadas . . . . . . . . . . . . 85 4.2.6. Problema de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 4.3. El método de coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . . . 88 4.3.1. El método . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 4.4. Variación de parámetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 4.4.1. El método . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 4.4.2. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 4.5. La ecuación de Cauchy-Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 4.5.1. La ecuación y el método de solución . . . . . . . . . . . . 105 5. Soluciones en series de las ecuaciones diferenciales lineales 111 5.1. Soluciones en series de potencia alrededor de un punto ordinario 111 5.1.1. Conceptos básicos y resultados . . . . . . . . . . . . . . . 111 5.1.2. El método de solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 5.2. Soluciones alrededor de puntos singulares; el método de Frobenius 123 5.2.1. Puntos singulares regulares . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 5.2.2. El método de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 5.3. La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel . . . . . . . . . . . 144 5.3.1. Ecuación de Bessel de orden cero . . . . . . . . . . . . . . 144 5.3.2. Ecuación de Bessel de orden p . . . . . . . . . . . . . . . 148 6. La transformada de Laplace 6.1. Definición y otros conceptos básicos . . . . . . . . . . . . . 6.1.1. Definición y existencia . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2. Linealidad de la transformada de Laplace . . . . . . 6.2. La transformada inversa y la transformada de una derivada 6.2.1. Linealidad de la transformada inversa de Laplace . . 6.2.2. La transformada de una derivada . . . . . . . . . . . 6.3. Solución de una ecuación diferencial ordinaria lineal . . . . 6.3.1. El método . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4. Teoremas de traslación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.1. Traslación en el eje s . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.2. Traslación en el eje t . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5. Derivadas de transformadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6. Convolución y la transformada de Laplace . . . . . . . . . . 6.6.1. Forma inversa del teorema de convolución . . . . . .

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155 156 156 159 160 160 162 163 163 167 167 170 177 178 180

ÍNDICE GENERAL

v

6.6.2. Transformada de una integral . . . . . . . . . . . . . . . . 180 6.6.3. Ecuaciones integrodiferenciales . . . . . . . . . . . . . . . 181 6.6.4. Transformada de una función periódica . . . . . . . . . . 183 7. Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier1 185 7.1. Crisis en las matemáticas: series de Fourier . . . . . . . . . . . . 185 7.2. Problemas de eigenvalores para y 00 + λy = 0 . . . . . . . . . . . 186 7.2.1. Ortogonalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 7.3. Series de Fourier I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 7.3.1. Series De Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 7.3.2. Convergencia de las series de Fourier . . . . . . . . . . . . 195 7.3.3. Funciones pares e impares . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 7.4. Series de Fourier II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 7.4.1. Serie coseno de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 7.4.2. Serie seno de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 7.4.3. Serie coseno de Fourier mixta . . . . . . . . . . . . . . . . 211 7.4.4. Serie seno de Fourier mixta . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 7.4.5. Una observación util . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 8. Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales 8.1. La ecuación de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.1. Problemas no homogéneos . . . . . . . . . . . 8.2. La ecuación de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.1. Vibraciones de una cuerda . . . . . . . . . . . 8.2.2. La solución formal . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. La ecuación de calor en tres dimensiones . . . . . . . 8.3.1. La solución formal . . . . . . . . . . . . . . .

parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

221 221 228 230 230 233 241 245

A. Apéndice A

261

Afterword

263

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

vi

ÍNDICE GENERAL

Prefacio Este libro está escrito para el curso de un semestre en ecuaciones diferenciales ordinarias que los estudiantes de ingeniería del Sistema Nacional de Institutos Tecnológicos, al cual pertenece el Instituto Tecnológico de Tehuacán, toman con el nombre de Matemáticas IV. Para la comprensión de los temas de este libro se requiere del conocimiento de cálculo elemental el cual es estudiado en los cursos de 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 de la escritura como en la organización de este texto. Así, sin sacrificio de rigor he tratado de mantener la teoría en un nivel simple haciendo énfasis en la modelación de problemas y en los métodos de solución. Sin embargo, no he omitido las pruebas de algunos teoremas cuando éstas se justifican para la comprensión de los métodos y cuando la prueba no utiliza un conocimiento más allá del que tengan los estudiantes de ingeniería. En general, he intentado explicar detalladamente algunas aplicaciones puesto que las ecuaciones diferenciales constituyen la herramienta de modelación más importante para muchos de los problemas que surgen 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 de solución para ecuaciones diferenciales de variables separables, ecuaciones diferenciales de coeficientes homogéneos, ecuaciones diferenciales exactas y terminamos con la solución de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. En el capítulo 3 estudiamos algunas aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden. De esta manera incluimos el estudio de las trayectorias ortogonales, algunos ejemplos de problemas de tasas y de mecánica y concluimos el 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 presentan el método de coeficientes indeterminados y el método de variación de parámetros. 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 ecuaciones diferenciales lineales.

vii

viii

Prefacio

Parte I

Ecuaciones diferenciales ordinarias

1

Capítulo 1

Introducción a las ecuaciones diferenciales 1.1.

Observaciones generales

Las ecuaciones diferenciales constituyen una de las herramientas más importantes 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, se concibe una ley y entonces se expresa mediante una ecuación diferencial o un sistema de ecuaciones diferenciales. Luego, la solución de la ecuación diferencial o del sistema de ecuaciones diferenciales proporciona una explicación completa y cuantitativa de los estados y movimientos de las sustancias regidas por esta ley. Por ejemplo, consideremos la segunda ley de movimiento de Newton. De acuerdo con esta ley, la aceleración a de un cuerpo de masa m es proporcional a la fuerza resultante F que actúa sobre el cuerpo con 1/m como la constante de proporcionalidad; matemáticamente, esto es F = ma.

(1.1)

Si aplicamos esta ley para describir la caída libre de un cuerpo de masa m bajo la influencia única de la gravedad, la fuerza que actúa sobre el cuerpo es igual a mg, donde g es la aceleración de la gravedad. Si utilizamos la variable y para denotar la altura medida hacia abajo desde una posición prefijada, entonces la velocidad con la que cae el cuerpo está dada por dy v= dt y su aceleración por dv d2 y a= = 2. dt dt Con esta expresión de a, podemos escribir (1.1) como m

d2 y = mg dt2 3

4

Cap.1 Introducción a las ecs. diferenciales

o

d2 y = g. (1.2) dt2 Ahora, si complicamos un poco más el problema considerando que el aire ejerce una fuerza de resistencia proporcional a la velocidad, la fuerza resultante que actúa sobre el cuerpo es F = mg − kv, por lo que (1.1) se convierte en m

d2 y dy = mg − k . 2 dt dt

(1.3)

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

1.1.1.

Definición de ecuación diferencial

El problema que enfrentaremos en este curso es: dada una ecuación tal como dy/dx = 2xy, encontrar una función y = f (x) que satisfaga la ecuación. En pocas palabras, se desea resolver ecuaciones diferenciales. Definición 1 Si una ecuación contiene las derivadas o diferenciales de una o más 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 variables dependientes con respecto a una sola variable independiente, entonces se dice que es una ecuación diferencial ordinaria. Ejemplo 1 dy − 7y = 6 dx 3(x + y)dx − 4ydy = 0 3

du dv − = 5x dx dx dy d2 y 3 2 −5 + 8y = 0 dx dx son ecuaciones diferenciales ordinarias.

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

Sec.1.2 Clasificación de las ecs. diferenciales

5

Ejemplo 2 ∂u ∂v + =0 ∂y ∂x 2x

∂u ∂u + 3y =u ∂x ∂y

∂2u = 6 (x + y) ∂x∂y a2

∂2u ∂u ∂2u = 2 − 3k 2 ∂x ∂t ∂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 más alto en la ecuación diferencial. Ejemplo 3 2

d2 y +5 dx2

µ

dy dx

¶2

− 4y = 7x

es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden. Puesto que la ecuación diferencial 2x2 dy + 3ydx = 0 puede escribirse en la forma 2x2

dy + 3y = 0 dx

es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden. La ecuación ∂4u ∂2u c2 4 + b2 2 = 0 ∂x ∂t es una ecuación diferencial parcial de cuarto orden. Definición 2 Una ecuación diferencial ordinaria de orden n se representa simbólicamente como ¶ µ dn y dy d2 y (1.4) F x, y, , 2 , . . . , n = 0 dx dx dx El grado de una ecuación diferencial ordinaria algebraica respecto a sus derivadas es el grado algebraico de su derivada de mayor orden.

6


Ejemplo 4

s µ 5

d3 y dx3

¶2

−

s

1−

µ

dy dx

¶2

= 0.

d3 y En este caso, como la derivada de mayor orden es , el orden de la ecuación dx3 diferencial es 3. Elevando a la décima potencia, obtenemos µ ¶2 #5 µ 3 ¶4 " dy d y − 1− = 0. dx3 dx d3 y , que es 4 es el grado de la ecuación diferAsí, por definición, el grado de dx3 encial.

1.2.3.

Clasificación según la linealidad

Definición 3 Una ecuación diferencial de orden n es lineal si puede escribirse en la forma an (x)

dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x) n−1 n n−1 dx dx dx

Una ecuación diferencial que no es lineal se dice no lineal. Ejemplo 5 Las ecuaciones diferenciales xdy + ydx = 0 y 00 − 3y 0 + y = 0 y 2 dy d3 y 2d y − x + 3x + 5y = 8ex dx3 dx2 dx son ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primero, segundo y tercer orden, respectivamente.

2x3

Ejemplo 6 Las ecuaciones diferenciales dy = 5xy 1/2 dx yy 00 − 3y 0 = x + 1 y d3 y + y2 = 0 dx3 son ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales de primero, segundo y tercer orden, respectivamente. 2

Sec. 1.3 Solución de una ec. diferencial

1.3.

7

Solución de una ecuación diferencial

Definición 4 Se dice que una función f definida en el intervalo I, es solución de una ecuación diferencial en dicho intervalo, si sustituida en la ecuación diferencial la reduce a una identidad. En otras palabras, una solución de la ecuación diferencial (1.4) es una función y = f (x) que tiene por lo menos n derivadas y tal que ³ ´ F x, 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 − xy 1/2 = 0 dx

(1.5)

en −∞ < x < ∞. Puesto que x3 x3 dy =4 = dx 16 4 vemos que dy − xy 1/2 dx

= =

µ 4 ¶1/2 x3 x −x 4 16 3 3 x x − =0 4 4

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 orden µ

dy dx

¶2

+1=0

y (y 0 )2 + y 2 + 4 = 0 no tienen soluciones reales.¿Por qué? Definición 5 Una solución explícita de una ecuación diferencial de orden n ¡en un intervalo I es una¢ función y = f (x) definida en I y que satisface F x, f (x), f 0 (x), . . . , f (n) (x) = 0 para todo x en I.

8


Ejemplo 9 Considere la ecuación diferencial y0 + y = 0 La función y1 (x) = e−x está definida y es continua en el intervalo (−∞, ∞) y la derivada y10 (x) = −e−x está definida en (−∞, ∞). Puesto que y10 (x) + y1 (x) = −e−x + e−x = 0 ∀x ∈ (−∞, ∞); esto es, dado que y1 (x) = e−x satisface la ecuación diferencial y 0 + y = 0 para todo x en (−∞, ∞), y1 (x) = e−x es una solución explícita de la ecuación diferencial dada para todo x real. Definición 6 La relación f (x, y) = 0 se dice que es una solución implícita de la ecuación diferencial de orden n en el intervalo I si la relación define al menos una función y(x) en el intervalo I tal que y(x) es una solución explícita de la ecuación diferencial en I. Ejemplo 10 Considere la ecuación diferencial yy 0 + x = 0.

(1.6)

f (x, y) = y 2 + x2 − 16 = 0

(1.7)

La relación es una solución implícita en el intervalo (−4, 4). Resolviendo la ecuación (1.7) en y en términos de x, obtenemos p y(x) = ± 16 − x2 . Las funciones

y1 (x) = y

p 16 − x2

p y2 (x) = − 16 − x2

(1.8) (1.9)

están definidas y son reales en [−4, 4]. Diferenciando las ecuaciones (1.8) y (1.9), obtenemos x y10 (x) = − √ 16 − x2 y x y20 (x) = √ 16 − x2 Sustituyendo y10 (x) en la ecuación diferencial (1.6), encontramos que µ ¶ p x 16 − x2 − √ + x = −x + x = 0 16 − x2

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 tanto la 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 dos soluciones explícitas de (1.6) en el intervalo (−4, 4). La función ½ √ 16 − x2 −4 ≤ x ≤ 0 √ y3 (x) = − 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 es diferenciable en x = 0.

1.3.1.

Más terminología

Generalmente, una ecuación diferencial tiene un número infinito de soluciones. Ejemplo 11 Considere la ecuación diferencial dy = 2xy. dx

(1.10) 2

Es fácil demostrar que cualquier curva de la familia uniparámetrica y = cex , donde c es cualquier constante arbitraria, es una solución de (1.10). Esto es, 2 y = cex 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 es una solución de la ecuación diferencial (1.10). En conclusión, al resolver una ecuación diferencial de orden n F (x, y, y 0 , . . . , y ) = 0, esperamos obtener una familia n-paramétrica de soluciones G(x, y, c1 , . . . , cn ) = 0. (n)

Definición 7 Una solución de una ecuación diferencial que no contiene parámetros arbitrarios se denomina solución particular. Ejemplo 12 Inmediatamente se ve que y = cex es una familia n-paramétrica de soluciones de la ecuación diferencial de primer orden y 0 = 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 puede obtenerse asignando valores específicos a los parámetros de una familia de soluciones. A tal solución se le llama solución singular. Ejemplo 13 Una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación diferencial y 0 − xy 1/2 = 0, está dada por y = (x2 /4 + c)2 . Cuando c = 0, resulta la solución particular y = x4 /16. Por otro lado, y ≡ 0 es una solución singular de la ecuación diferencial ya que no puede obtenerse de la familia de soluciones asignando un valore específico al parámetro c.

10


Figura 1.1: Gráfica de la familia de soluciones. Definición 9 Si todas las soluciones de la ecuación diferencial F (x, y, y 0 , . . . , y (n) ) = 0 en un intervalo I pueden obtenerse de G(x, y, c1 , . . . , cn ) = 0 mediante la asignación de valores apropiados a los parámetros c1 , . . . , cn , entonces se dice que la familia n-paramétrica de soluciones G(x, y, c1 , . . . , cn ) = 0 es la solución general de la ecuación diferencial F (x, y, y 0 , . . . , y (n) ) = 0.

Capítulo 2

Ecuaciones diferenciales de primer orden 2.1.

Teoría preliminar

A menudo nos interesa resolver una ecuación diferencial de primer orden dy = f (x, y) dx

(2.1)

y(x0 ) = y0

(2.2)

sujeta a la condición adicional

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

:

sujeta a

:

dy = f (x, y) dx y(x0 ) = y0

(2.3)

se llama problema de valor inicial. A la condición adicional (2.2) se la conoce como condición inicial. Ejemplo 14 Hemos visto que y = cex es una familia uniparamétrica de soluciones de y 0 = y en el intervalo −∞ < x < ∞. Si por ejemplo, especificamos que y(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

12

Cap.2 Ecs. diferenciales de primer orden

Figura 2.1: si hubiésemos pedido que una solución de y 0 = y pase por el punto (1, 3) en lugar de (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 preguntas fundamentales: ¿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 ecuación diferencial (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 − xy 1/2 = 0 dx y(0) = 0 tiene al menos dos soluciones en el intervalo −∞ < x < ∞. Los gráficos de ambas funciones x4 y≡0 y y= 16 pasan por (0, 0).

Sec.2.1 Teoría preliminar

13

Figura 2.2:

Figura 2.3:

14


A menudo es deseable saber, antes de atacar un problema de valor inicial si es que existe una solución y, en caso de que exista, si esta es única. El teorema siguiente, debido a E. Picard, da las condiciones suficientes para la existencia de 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 son continuas en R, entonces existe un intervalo I con centro en x0 y una función única 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 − xy 1/2 = 0 dx tiene al menos dos soluciones cuyos gráficos pasan por (0, 0). Escribiendo la ecuación diferencial en la forma dy/dx = xy 1/2 podemos escribir f (x, y) = xy 1/2

∂f x = 1/2 . ∂x 2y

y

Es de notar que ambas funciones son continuas en el semiplano superior definido por 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 el cual la ecuación diferencial dada tiene una solución unica. Ejemplo 17 Observe que en dy = x2 + y 2 dx f (x, y) = x2 + y 2

y

∂f = 2y ∂y

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 separables

Empezamos 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 = g(x) dx se puede resolver por integración. La solución de (2.4) es Z y = g(x)dx + c

(2.4)

Sec.2.2 Variables separables

15

Ejemplo 18 Resuelva dy = 1 + e2x . dx Solución. Escribiendo la ecuación en la forma dy = (1 + e2x )dx e integrando, obtenemos y=

Z

1 (1 + e2x )dx = x + e2x + c. 2

La ecuación (2.4), así como su método de solución, es sólo un caso especial de: Definición 10 Se dice que una ecuación diferencial de la forma g(x) dy = dx h(y) es separable o que tiene variables separables. Observe que una ecuación separable puede escribirse como h(y)

dy = g(x). dx

(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 tener h(f (x))f 0 (x) = g(x) y por tanto

Z

h(f (x))f 0 (x)dx =

Z

g(x)dx + c

Pero dy = f 0 (x)dx, luego (2.3) es lo mismo que Z Z h(y)dy = g(x)dx + c

(2.6)

(2.7)

Ejemplo 19 Resuelva (1 + x)dy − ydx = 0. Solución. Dividiendo por (1+x)y podemos escribir dy/y = dx/(1+x) de donde se tiene Z Z dy dx = y 1+x ln |y| = ln |1 + x| + c1 y = eln |1+x|+c1 = eln |1+x| · ec1 = (1 + x)ec1 .

16


Llamando c a ec1 resulta y = c(1 + x).

Ejemplo 20 Resuelva xy 4 dx + (y 2 + 2)e−3x dy = 0

(2.8)

Solución. Multiplicando la ecuación dada por e3x y dividiendo por y 4 obtenemos y2 + 2 xe3x dx + dy = 0 y4 o (2.9) xe3x dx + (y −2 + 2y −4 )dy = 0 Utilizando integración por partes en el primer término resulta 1 3x 1 3x 2 xe − e − y −1 − y −3 = c1 . 3 9 3 La familia uniparamétrica de soluciones puede también escribirse como e3x (3x − 1) =

9 6 +c + y y3

(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 despejar explícitamente y en términos de x en una expresión que representa una familia de soluciones. La expresión (2.10) muestra que esta labor puede representar más problemas que solamente el tedioso esfuerzo de manipulación de símbolos. Como consecuencia, sucede a menudo que el intervalo en el cual la solución es válida no es claramente visible. La separación de variables debe realizarse cuidadosamente para tener la seguridad que los divisores no se anulan. Por ejemplo, puede ser que a veces se pierda una solución constante con los manejos algebraicos realizados para solucionar el problema. Ejemplo 21 Una forma equivalente de la ecuación (2.8) en el último ejemplo es dy (y 2 + 2) (2.11) = xe3x y 4 . dx Mientras que (2.9) y (2.10) están sujetas a la restricción y 6= 0, se observa que y ≡ 0 es una solución perfectamente correcta de la ecuación (2.11) mas no es un miembro del conjunto de soluciones definido por (2.10). Ejemplo 22 Resuelva x sen x e−y dx − y dy = 0


17

Solución. Después de dividir por e−y , la ecuación se transforma en x sen x dx = y ey dy. Utilizando integración por partes en ambos miembros de la igualdad resulta −x cos x + sen x = yey − ey + c. Ejemplo 23 Resuelva dy x−4 = dx x−3 sujeta a la condición inicial y(1) = 2. Solución. Utilizando la división de polinomios, el lado derecho de la ecuación puede escribirse como dy 1 =1− . dx 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 2 o y = x + 1 + ln

2 . |x − 3|

Como una consecuencia del teorema 1, se puede demostrar que ésta es la única solución del problema, en el intervalo −∞ < x < 3. Ejemplo 24 Resuelva dy x =− dx y sujeta a y(4) = 3. Solución. Ya se ha visto que la ecuación diferencial de la familia de círculos concéntricos x2 + y 2 = c2 es dy/dx = −x/y. Ahora, es obvio que y dy = −x dx y por tanto Z Z ydy = − xdx y2 2

= −

x2 + c1 2

18


Figura 2.4: o x2 + y 2 = c2 donde la constante 2c1 se reemplaza por c2 . Ahora bien, cuando x = 4 se tiene y = 3 de modo que 16 + 9 = 25 = c2 . El problema de valores iniciales determina así la solución x2 +y 2 = 25. Como consecuencia del teorema 1, se puede concluir que 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 contenga una constante arbitraria, ya se ha visto que es posible que no se puedan encontrar todas las soluciones simplemente asignando valores diferentes a este parámetro. Ejemplo 25 Resuelva dy = y2 − 4 dx sujeta a y(0) = −2. Solución. Escribimos la ecuación en la forma dy = dx y2 − 4 y usamos fracciones parciales en el lado izquierdo. Tenemos · 1 1 ¸ −4 + 4 dy = dx y+2 y−2

(2.12)

(2.13)

de modo que

Así

1 1 − ln |y + 2| + ln |y − 2| = x + c1 . 4 4 ¯ ¯ ¯y − 2¯ ¯ = 4x + c2 donde c2 = 4c1 ln ¯¯ y + 2¯

(2.14)


19

Figura 2.5: y y−2 donde c = ec2 = ce4x y+2 donde formalmente hemos reemplazado ec2 por c. Finalmente obtenemos y=2

1 + 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 es que la ecuación dy = (y + 2)(y − 2) dx es satisfecha por dos funciones constantes, a saber, y ≡ −2 e y = 2. Un examen cuidadoso de las ecuaciones (2.12), (2.13) y (2.14) claramente nos indica que debemos excluir y = −2 y y = 2 en esos pasos de la solución. También es interesante observar que posteriormente podemos recobrar la solución y ≡ 2 haciendo c = 0 en la ecuación (2.15). Sin embargo, no hay ningún valor finito de c que pueda dar la solución y ≡ −2. Esta última función constante es la única solución del problema original 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=2

c + e4x . c − e4x

(2.16)

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

20


Si una condición inicial conduce a una solución particular encontrando un valor específico del parámetro c en una familia de soluciones de una ecuación diferencial de primer orden, la tendencia natural de la mayoría de los estudiantes (e instructores) es dar el problema por terminado y sentirse satisfechos. Sin embargo, ya vimos que la solución de un problema de valor inicial puede no ser única. Por ejemplo, el problema dy − xy 1/2 = 0, dx y(0) = 0

(2.17)

tiene al menos dos soluciones, a saber, y ≡ 0 e y = x4 /16. Resolviendo la ecuación por separación de variables y −1/2 dy 2y 1/2 o y=

µ

= xdx x2 = + c1 2 ¶2 x2 +c 4

Cuando x = 0 se tiene y = 0, luego necesariamente c = 0. Por lo tanto, y = x4 /16. Al dividir por y 1/2 se perdió la solución y ≡ 0. Además, el problema de valor inicial (2.17) tiene un número infinito de soluciones, ya que para cualquier valor del parámetro a ≥ 0, la función definida en trozos y=

(

0, ³

2

x 4

´2 +c

x
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) = tn M (x, y)

y

N (tx, ty) = tn N (x, y)

decimos que tiene coeficientes homogéneos o que es una ecuación homogénea. La cuestión importante es que una ecuación diferencial homogénea siempre puede transformarse a una ecuación separable por medio de una substitución algebraica.

Sec.2.3 Ecuaciones homogéneas

21

Figura 2.6: Definición 11 Se dice que f (x, y) es una función homogénea de grado n, si para algún número real n, f (tx, ty) = tn f (x, y). Ejemplo 26 √ f (x, y) = x − 3 xy + 5y p f (tx, ty) = (tx) − 3 (tx)(ty) + 5(ty) p = tx − 3 t2 xy + 5ty √ = t [x − 3 xy + 5y] = t(f x, y). La función es homogénea de grado uno. Ejemplo 27 p x3 + y 3 p f (tx, ty) = t3 x3 + t3 y 3 p = t3/2 x3 + y 3 = t3/2 f (x, y). f (x, y) =

La función es homogénea de grado 3/2. Ejemplo 28

f (x, y) = x2 + y 2 + 1 f (tx, ty) = t2 x2 + t2 y 2 + 1 6= t2 f (x, y). ya que t2 f (x, y) = t2 x2 + t2 y 2 + t2 . La función no es homogénea.

22


Ejemplo 29 f (x, y) = f (tx, ty) = =

x +4 2y tx +4 2ty x + 4 = t0 f (x, y). 2y

La función es homogénea de grado cero. Si f (x, y) es una función homogénea de grado n, observe que podemos escribir µ ¶ ³ y´ x n n f (x, y) = x f 1, y f (x, y) = y f ,1 x y donde f (1, y/x) y f (x/y, 1) son ambas de grado cero. Ejemplo 30 Vemos que f (x, y) = x2 + 3xy + y 2 es homogénea de grado dos. Por lo tanto · ³ y´ ³ y ´ ³ y ´2 ¸ 2 f (x, y) = x 1 + 3 = x2 f 1, + x x x "µ ¶ # µ ¶ µ ¶ 2 x x x +3 f (x, y) = y 2 + 1 = y2f ,1 . y y y Método de solución: Una ecuación de la forma M (x, y)dx+N (x, y)dy = 0, donde M y N tienen el mismo grado de homogeneidad, pueden reducirse a una ecuación de variables separables utilizando cualquiera de las substituciones y = 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 se transforma en M (x, ux)dx + N (x, ux)[udx + xdu] = 0. Ahora, por la homegeneidad de M y N podemos escribir xn M (1, u)dx + xn N (1, u)[udx + xdu] = 0 o [M (1, u) + uN (1, u)] dx + xN (1, u)du = 0 de lo cual resulta

dx N (1, u) du + =0 x M (1, u) + uN (1, u)

la cual es una ecuación diferencial de variables separables. La demostración para la sustitución x = vy es similar. Ejemplo 31 Resuelva (x2 + y 2 )dx + (x2 − xy)dy = 0.

Sec.2.4 Ecuaciones exactas

23

Solución. M (x, y) y N (x, y) son funciones homogéneas de grado dos. Si hacemos y = ux, se obtiene (x2 + u2 x2 )dx + (x2 − ux2 )[udx + xdu] x2 (1 + u)dx + x3 (1 − u)du 1−u dx du + 1+u x ¸ · dx 2 du + −1 + 1+u x −u + 2 ln |1 + u| + ln |x| + ln |c| ¯ y y ¯¯ ¯ − + 2 ln ¯1 + ¯ + ln |x| + ln |c| x x

= 0 = 0 = 0 = 0 = 0 = 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. Si y = ux, la ecuación diferencial se transforma en dx du + = 0. x 2u − 2u1/2 Sabemos que la integral del primer término puede calcularse mediante la sustitución adicional t = u1/2 . El resultado es dt dx + t−1 x ln |t − 1| + ln |x| ¯r ¯ ¯ y ¯ ln ¯¯ − 1¯¯ + ln |x| x ¶ µr y −1 x x √ xy − x

2.4.

= 0 = ln |c| = ln |c| = c = c

Ecuaciones exactas

Observamos que la ecuación diferencial ydx + xdy = 0

24


es separable y homogénea. Además, es de notar que es equivalente a la diferencial del 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 primer orden continuas en una región R del plano xy, entonces su diferencial total es dz =

∂f ∂f dx + dy. ∂x ∂y

(2.19)

Ahora bien, si f (x, y) = c, de (2.19) se deduce que ∂f ∂f dx + dy = 0. ∂x ∂y En otras palabras, dada una familia de curvas f (x, y) = c, podemos generar una ecuación diferencial de primer orden calculando la diferencial total. Ejemplo 33 Si x2 − 5xy + y 3 = c, entonces (2x − 5y)dx + (−5x + 3y 2 )dy = 0

o

dy 5y − 2x . = dx −5x + 3y 2

Ejemplo 34 Si y − cos x2 y = 2, entonces 2xy sen x2 ydx + (1 + x2 sen x2 y)dy = 0. Es más importante para nuestros fines invertir el problema; esto es, dada una ecuación como dy 5y − 2x , (2.20) = dx −5x + 3y 2

¿puede identificarse (2.20) como una ecuación equivalente a d(x2 − 5xy + y 3 ) = 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 la diferencial 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 es una diferencial exacta.


25

Ejemplo 35 La ecuación x2 y 3 dx + x3 y 2 dy = 0 es exacta puesto que 1 d( x3 y 3 ) = x2 y 3 dx + x3 y 2 dy. 3 El siguiente teorema proporciona un criterio para determinar si una diferencial es exacta. Teorema 2 Supongamos que M (x, y) y N (x, y) son continuas y tienen derivadas parciales de primer orden continuas en una región R del plano xy. Entonces, una condición necesaria y suficiente para que M (x, y)dx + N (x, y)dy sea una diferencial exacta es que ∂M ∂N = . ∂y ∂x

(2.21)

Prueba. (condición necesaria) Por simplicidad, supongamos que M (x, y) y N (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 función f para la cual M (x, y)dx + N (x, y)dy ≡

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y

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 continuidad de 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) cada vez que la condición (2.21) se cumple. La construcción de la función de f refleja de hecho un procedimiento básico para resolver ecuaciones exactas. Método de solución. Dada la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, primero demuestre que ∂M ∂N = . ∂y ∂x Suponga entonces que ∂f = M (x, y). ∂x

(2.22)

26


Así podemos encontrar f integrando M (x, y) con respecto a x mientras se mantiene constante a y. Escribimos Z f (x, y) = M (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

Z ∂ M (x, y)dx + g 0 (y) ∂y = N (x, y). =

De esto resulta g 0 (y) = N (x, y) −

∂ ∂y

Z

M (x, y)dx.

(2.24)

R Es importante observar que la expresión N (x, y) − (∂/∂y) M (x, y)dx es independiente de x puesto que · ¸ µ ¶ Z Z ∂ ∂N ∂ ∂ ∂ N (x, y) − M (x, y)dx = − M (x, y)dx ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x ∂M ∂N − = 0. = ∂x ∂y 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 suponiendo que ∂f /∂y = N (x, y). Las expresiones análogas de (2.23) y (2.24) serían Z f (x, y) = N (x, y)dy + h(x) y h0 (x) = M (x, y) −

∂ ∂x

Z

N (x, y)dy.

respectivamente. En cualquiera de los casos, ninguna de estas expresiones debiera memorizarse. Además, al investigar si la ecuación diferencial es exacta, asegúrese de que es de la forma (2.22). A menudo, una ecuación diferencial se escribe G(x, y)dx = H(x, y)dy. En este caso, escriba la ecuación como G(x, y)dx − H(x, y)dy = 0 e identifique M (x, y) = G(x, y) y N (x, y) = −H(x, y). Ejemplo 36 Resuelva 2xydx + (x2 − 1)dy = 0.


27

Figura 2.7: Solución. Si bien la ecuación es separable, además es exacta puesto que ∂N ∂M = 2x = . ∂y ∂x Ahora bien, por el teorema 2 existe una función f (x, y) para la que ∂f = 2xy ∂x

∂f = x2 − 1. ∂y

y

De la primera de estas ecuaciones obtenemos f (x, y) = x2 y + g(y). Derivando parcialmente la última expresión con respecto a y e igualando el resultado a N (x, y) resulta ∂f ∂y

= x2 + g 0 (y) = x2 − 1.

Se deduce que g 0 (y) = −1 2

y

g(y) = −y.

Algunas curvas de la familia x y − y = c se dan en la figura 2.7. Ejemplo 37 Resuelva

(e2y − y cos xy)dx + (2xe2y − x cos xy + 2y)dy = 0

Solución. La ecuación no es ni separable ni homogénea, pero es exacta puesto que ∂M ∂N = 2e2y + xy sen xy − cos xy = . ∂y ∂x

28


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

∂f ∂x

y

N (x, y) =

∂f . ∂y

Supongamos que ∂f /∂y = N (x, y). O sea, ∂f = 2xe2y − x cos xy + 2y ∂y Z Z Z 2y f (x, y) = 2x e dy − x cos xydy + 2 ydy.

Se tiene

f (x, y) = xe2y − sen xy + y 2 + h(x) ∂f ∂x

= e2y − y cos xy + h0 (x) = e2y − y cos xy,

de modo que

h0 (x) = 0

y

h(x) = c.

Luego podemos escribir la solución como xe2y − sen xy + y 2 + c = 0.

Ejemplo 38 Resuelva (cos x sen x − xy 2 )dx + y(1 − x2 )dy = 0 sujeta a

y(0) = 2.

Solución. La ecuación es exacta puesto que ∂M ∂N = −2xy = . ∂y ∂x Ahora bien, ∂f = y(1 − x2 ) ∂y f (x, y) = ∂f ∂x

y2 (1 − x2 ) + h(x) 2

= −xy 2 + h0 (x) = cos x sen x − xy 2 .


29

La última ecuación implica h0 (x) = cos x sen x

h(x) = −

Z

cos x(− sen xdx)

1 = − cos2 x. 2 Luego y2 1 (1 − x2 ) − cos2 x = c1 2 2 o y 2 (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 y 2 (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 sea exacta, 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 integrante. Ejemplo 39 Resuelva 2y(y − 1)dx + x(2y − 1)dy = 0.

(2.25)

Solución. La ecuación no es exacta puesto que si

entonces

M (x, y) = 2y(y − 1)

y

N (x, y) = x(2y − 1),

∂M = 4y − 2 ∂y

y

∂N = 2y − 1. ∂x

Ahora, si multiplicamos la ecuación diferencial (2.25) por µ(x, y) = x, obtenemos 2xy(y − 1)dx + x2 (2y − 1)dy = 0 de modo que M (x, y) = 2xy(y − 1)

y

N (x, y) = x2 (2y − 1),

(2.26)

30


y ∂M ∂N = 4xy − 2x y = 4xy − 2x. ∂y ∂x Como la ecuación diferencial (2.26) es exacta, podemos utilizar el procedimiento para resolver ecuaciones diferenciales exactas. Así, ∂f = 2xy(y − 1) ∂x Integrando con respecto a x, f (x, y) =

Z

2xy(y − 1)dx + g(y)

= x2 y(y − 1) + g(y) o f (x, y) = x2 (y 2 − y) + g(y).

(2.27)

Derivando parcialmente esta última expresión con respecto a y, obtenemos ∂f = x2 (2y − 1) + g 0 (y) ∂y lo cual implica que g 0 (y) = 0, luego entonces g(y) = c1 . Sustituyendo en (2.27), tenemos que x2 (y 2 − y) + c1 = 0

o

x2 (y 2 − y) = c,

(c = −c1 )

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

2.5.

Ecuaciones lineales

La forma general de una ecuación diferencial lineal de orden n es dn y dn−1 y dy + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x)y = g(x). n dx dx dx donde todos los coeficientes son funciones de x solamente y todas las derivadas están elevadas a la potencia uno solamente. Ahora, si n = 1, obtenemos la ecuación diferencial lineal de primer orden an (x)

a1 (x)

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

Dividiendo por a1 (x) resulta la forma más útil dy + P (x)y = f (x) (2.28) dx 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.

Sec.2.5 Ecuaciones lineales

2.5.1.

31

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 posible 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 miembro izquierdo de la ecuación (2.30) es una diferencial exacta si ∂ ∂ µ(x) = µ(x) [P (x)y − f (x)] ∂x ∂y

(2.31)

o

dµ = µP (x). dx Esta es una ecuación diferencial separable a partir de la cual podemos determinar µ(x). Tenemos dµ = P (x)dx. µ Integrando con respecto a x, tenemos Z ln |µ| = P (x)dx (2.32) de modo que µ(x) = e

U

P (x)dx

.

(2.33)

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

2.5.2.

Método de solución

Para resolver una ecuación diferencial lineal de primer orden, primero escríbala en laU forma (2.28). Después, multiplique toda la ecuación por el factor integrante e P (x)dx . El lado izquierdo de U

e

P (x)dx dy

dx

U

+ P (x)e

P (x)dx

U

y=e

P (x)dx

f (x)

esU la derivada del producto del factor integrante por la variable dependiente: e P (x)dx y. Escriba la ecuación en la forma U d h U P (x)dx i y = e P (x)dx f (x) e dx

y por último, integre en ambos lados.

32


Ejemplo 40 Resuelva x

dy − 4y = x6 ex . dx

Solución. Escriba la ecuación como 4 dy − y = x5 ex dx x

(2.34)

y determine el factor integrante e−4

U

dx/x

= e−4 ln |x| = eln x

−4

= x−4 .

Ahora multiplique (2.34) por este término x−4

dy − 4x−5 y = xex dx

la cual es equivalente a

d £ −4 ¤ x y = xex . dx Integrando por partes, obtenemos x−4 y = xex − ex + c

o y = x5 ex − x4 ex + cx4 . Ejemplo 41 Resuelva dy − 3y = 0. dx Solución. La ecuación ya está en la forma (2.28). Por consiguiente, el factor integrante es U e (−3)dx = e−3x y en consecuencia dy − 3e−3x y = 0 dx d £ −3x ¤ y =0 e dx

e−3x

e−3x y = c

y por tanto y = ce3x .


33

Ejemplo 42 Encuentre la solución general de (x2 + 9)

dy + xy = 0. dx

Solución. Escribimos

dy x + y = 0. dx x2 + 9 La función P (x) = x/(x2 + 9) es continua en −∞ < x < ∞. Ahora bien, el factor integrante de la ecuación es p U U 2 2 2 1 1 e xdx/(x +9) = e 2 2xdx/(x +9) = e 2 ln(x +9) = x2 + 9 de modo que

o o

p dy x x2 + 9 y=0 +√ 2 dx x +9 i d hp 2 x + 9y = 0 dx p x2 + 9 y = c.

Por lo tanto, la solución general es

c . y=√ 2 x +9

Ejemplo 43 Resuelva dy + 2xy = x dx sujeta a y(0) = −3. Solución. Las funciones P (x) = 2x y f (x) = x son continuas en −∞ < x < ∞. El factor integrante es U 2 e2 xdx = ex

de modo que

ex o Integrando 2

2

2 2 dy + 2xex y = xex dx 2 d h x2 i e y = xex dx

ex y

= = =

Z

2

xex dx Z 2 1 ex (2xdx) 2 1 x2 e + c. 2

34


Por consiguiente, la solución general de la ecuación diferencial es 2 1 + ce−x . 2

y=

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

1 7 −x2 . − e 2 2

Ver la figura 2.8.

Figura 2.8:

Ejemplo 44 Resuelva x

dy + y = 2x dx

sujeta a y(1) = 0. Solución. La ecuación puede escribirse en la forma dy 1 + y=2 dx x 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 intervalo 0 < x < ∞. El factor integrante es

U

e

dx/x

= eln |x| = x


35

Figura 2.9: y por lo tanto d [xy] = 2x dx Integrando xy = 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), obtenemos c = −1. Por lo tanto, la solución del problema es y =x−

1 , x

0 < x < ∞.

(2.36)

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

2.5.3.

Ecuación de Bernoulli

A la ecuación diferencial dy + P (x)y = f (x)y n , dx

(2.37)

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

36


Para n 6= 0 y n 6= 1, la sustitución w = y 1−n convierte la ecuación de Bernoulli en una ecuación diferencial lineal de primer orden dw + (1 − n)P (x)w = (1 − n)f (x). dx

(2.38)

Ejemplo 45 Resuelva 1 dy + y = xy 2 . dx x Solución. Por (2.37) identificamos P (x) = 1/x, f (x) = x y n = 2. En consecuencia, por (2.38) sabemos que la transformación w = y −1 conduce a dw 1 − w = −x. dx x El factor integrante de esta ecuación diferencial lineal en el intervalo 0 < x < ∞ es U −1 e− dx/x = e− ln |x| = eln |x| = x−1 .

Por lo tanto

Integrando

d £ −1 ¤ x w = −1. dx x−1 w = −x + c

o w = −x2 + cx.

Haciendo la sustitución w = y −1 , se obtiene y=

−x2

1 . + cx

Capítulo 3

Aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden 3.1.

Trayectorias ortogonales

Definición 13 Supongamos que F (x, y, c) = 0

(3.1)

es una familia uniparamétrica de curvas en el plano xy. Una curva que intersecta las curvas de la familia (3.1) en ángulos rectos se denomina una trayectoria ortogonal de la familia dada. Ejemplo 46 Considere la familia de círculos x2 + y 2 = 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, cada círculo de la familia (3.2) es una trayectoria ortogonal de la familia de rectas (3.3). Siempre que dos familias uniparamétricas de curvas están relacionadas de este modo se dice que cada una de ellas es una familia de trayectorias ortogonales de la otra. En la figura 3.1 se representan con trazo continuo algunos círculos de la familia de círculos (3.2) y varios miembros, con trazo discontinuo, de la familia de rectas (3.3). El problema de encontrar las trayectorias ortogonales de una familia de curvas surge en muchas situaciones físicas. Por ejemplo, en un campo eléctrico en 37

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 equipotenciales son trayectorias ortogonales una de la otra. En la figura 3.2 se muestra un campo eléctrico en torno a dos cuerpos de carga opuesta. Las líneas de fuerza se indican mediante un trazo discontinuo mientras que las curvas equipotenciales se muestran con un trazo continuo.

3.1.1.

Procedimiento para encontrar las trayectorias ortogonales de una familia dada de curvas

Paso 1: De la ecuación F (x, y, c) = 0

(3.4)

de la familia dada de curvas, encontrar la ecuación diferencial dy = f (x, y) dx de esta familia.

(3.5)

Sec.3.1 Trayectorias ortogonales

39

Paso 2: En la ecuación diferencial dy/dx = f (x, y) encontrada en el paso 1, reemplace f (x, y) por su recíproco negativo −1/f (x, y). Esto da la ecuación diferencial dy 1 =− (3.6) dx f (x, y) 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 de trayectorias ortogonales (3.7). Nota: En el paso 1, en la determinación de la ecuación diferencial (3.5) de la familia dada, asegúrese de eliminar el paramétro c durante el proceso. Ejemplo 47 En el ejemplo 1, establecimos que el conjunto de trayectorias ortogonales de la familia de círculos x2 + y 2 = c2

(3.8)

y = kx.

(3.9)

es la familia de rectas A continuación utilizaremos el procedimiento establecido para encontrar la familia de trayectorias ortogonales de la familia de círculos. Paso 1: Diferenciando la ecuación x2 + y 2 = c2 de la familia dada, obtenemos x+y

dy = 0. dx

De esta ecuación, obtenemos la ecuación diferencial x dy =− dx y

(3.10)

de la familia dada (3.8). Observe en este caso que el parámetro c automáticamente fue eliminado. Paso 2: Reemplazamos −x/y por su recíproco negativo en la ecuación diferencial (3.10) para obtener la ecuación diferencial dy y = dx x de las trayectorias ortogonales.

(3.11)

40


Paso 3: Ahora resolvemos la ecuación diferencial (3.11). Separando variables, obtenemos dy dx = ; y x integrando, obtenemos y = 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 de círculos (3.8). Ejemplo 48 Encontrar las trayectorias ortogonales de la familia de parábolas y = cx2 . Solución. Paso 1: Primero encontramos la ecuación diferencial de la familia y = cx2 .

(3.13)

dy = 2cx. dx

(3.14)

Diferenciando, obtenemos

Eliminando el parámetro c entre las ecuaciones (3.13) y (3.14), obtenemos la ecuación diferencial de la familia (3.13) en la forma 2y dy = . dx x

(3.15)

Paso 2: Ahora, encontramos la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales reemplazando 2y/x en (3.15) por su recíproco negativo, obteniendo x dy =− . dx 2y

(3.16)

Paso 3: A continuación resolvemos la ecuación diferencial (3.16). Separando variables, obtenemos 2y dy = −x dx. Integrando, obtenemos la familia uniparamétrica de soluciones de (3.16) en la forma x2 + 2y 2 = k 2 , donde k es una constante arbitraria. Esta es la familia de trayectorias ortogonales de (3.13); es claro que es una familia de elipses con centros en el origen y eje principal en el eje-x. En la figura 3.3, se muestran algunos miembros de la familia de parábolas y algunas de las trayectorias ortogonales (las elipses).

Sec.3.2 Problemas de tasas

41

Figura 3.3:

3.2.

Problemas de tasas

En 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 cantidad misma. Si x denota el monto de la cantidad presente en el tiempo t, entonces dx/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 proporcional al número de tales núcleos que están presentes en una muestra dada. La mitad del número original de los núcleos radioactivos se han desintegrado en un periodo de 1,500 años. 1. ¿Qué porcentaje de los núcleos originales permanecerán después de 4,500 años? 2. ¿Cuántos años se necesitarán para que quede solamente un décimo del número original de núcleos? Formulación matemática. Sea x la cantidad de núcleos radioactivos presentes después de t años. Entonces, dx/dt representa la tasa en la cual los núcleos se desintegran. Puesto que los núcleos se desintegran en una tasa proporcional a la cantidad presente, tenemos dx = Kx, (3.17) dt donde K es una constante de proporcionalidad. La cantidad x claramente es positiva; 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

42


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 = −kx. dt

(3.18)

Suponiendo que x0 denota la cantidad inicial, tenemos también la condición inicial x(0) = x0 . (3.19) Esta condición inicial se necesitará para determinar la constante arbitraria que aparecerá 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 desconocida k. Este “algo más” aparece en la exposición del problema, en el cual se nos dice que la mitad del número original de los núcleos se desintegran en 1,500 años. Esto proporciona la condición x(1500) =

1 x0 . 2

(3.20)

Solución. La ecuación diferencial (3.18) es separable; separando variables, integrando y simplificando, obtenemos x = ce−kt . Aplicando la condición inicial (3.19), x = x0 cuando t = 0, encontramos que c = x0 y de aquí obtenemos x = x0 e−kt . (3.21) Aún no se ha determinado k. Así, aplicamos la condición (3.20), x = 12 x0 cuando t = 1, 500, en la ecuación (3.21). Encontramos 1 x0 = x0 e−1500k , 2 o

¡ −k ¢1500 1 e = , 2

Finalmente

−k

e

µ ¶1/1500 1 = 2

(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 determinar k explícitamente, puesto que se necesita solamente e−k , la cual se ha obtenido en la ecuación (3.22). Así, substituimos e−k de (3.22) en (3.21) para obtener ¡ ¢t x = x0 e−k = x0

"µ ¶ # 1/1500 t 1 2

Sec.3.3 Problemas de mezclas o

43 µ ¶t/1500 1 . x = x0 2

(3.23)

La ecuación (3.23) da el número de núcleos radioactivos que están presentes en el tiempo t. La pregunta 1 nos pide el porcentaje del número original de núcleos que quedarán después de 4,500 años. Sustituyendo t = 4, 500 en la ecuación (3.23) encontramos µ ¶3 1 1 x = x0 = x0 . 2 8 Así, un octavo o el 12.5 % del número original de núcleos quedarán después de 1 x0 en la ecuación 4,500 años. Para responder la pregunta 2 hacemos x = 10 (3.23) y la resolvemos para t. Tenemos 1 = 10

µ ¶t/1500 1 . 2

Utilizando logaritmos, obtenemos µ ¶ µ ¶t/1500 µ ¶ 1 t 1 1 ln = = ln ln . 10 2 1500 2 De esto se sigue que 1 ln 10 t = 1500 ln 12

o t=

3.3.

1500 ln 10 ≈ 4985 años. ln 2

Problemas de mezclas

Ahora consideraremos problemas de tasas que involucran mezclas. Una substancia 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, esta mezcla uniforme simultaneamente fluye, a otra tasa (generalmente diferente), fuera del recipiente. El problema consiste en determinar la cantidad de sustancia S 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 ENTRA denota la tasa a la cual S entra a la mezcla y SALE la tasa a la cual S sale de la mezcla, la ecuación básica dx = EN T RA − SALE dt puede resolverse para determinar la cantidad x de S en el tiempo t.

(3.24)

44


Figura 3.4: Ejemplo 50 Un tanque inicialmente contiene 50 galones de agua pura. Al inicio, en el tiempo t = 0, una salmuera que contiene 2 lb de sal disuelta por galón fluye al tanque a una tasa de 3 gal/min. La mezcla se mantiene uniforme mediante agitación y la mezcla simultáneamente fluye fuera del tanque a la misma tasa. (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 = EN T RA − SALE. dt La salmuera fluye a una tasa de 3 gal/min, y cada galón contiene 2 lb de sal. Así, EN T RA = (2 lb / gal) (3 gal / min) = 6 lb / m´ın . Puesto que la tasa del flujo de salida iguala a la tasa de entrada, el tanque contiene 50 galones de la mezcla en cualquier tiempo t. Estos 50 galones contienen 1 x libras de sal en el tiempo t, y así la concentración de sal en el tiempo t es 50 x lb/gal. Así, puesto que la mezcla fluye hacia fuera del tanque a una tasa de 3 gal/min, tenemos SALE =

³x ´ 3x lb / gal (3 gal / m´ın) = lb / m´ın . 50 50

Sec.3.3 Problemas de mezclas

45

Así, la ecuación diferencial para x como una función de t es 3x dx =6− . dt 50

(3.25)

Puesto que inicialmente el tanque no contiene sal, entonces se tiene la siguiente condición inicial x(0) = 0. (3.26) Solución. La ecuación (3.25) es lineal y separable. Separando variables, tenemos dx 3 = dt. 100 − x 50 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 ³ ´ x = 100 1 − e−3t/50 .

(3.27)

Esta es la respuesta a la pregunta 1. Para la pregunta 2, después de transcurrir 25 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 de que 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 se tiene disuelto 10 lb de sal. Una salmuera que contiene 2 lb de sal por galón fluye hacia el tanque a una tasa de 5 gal/min. La mezcla se mantiene uniforme mediante agitación y la mezcla simultáneamente fluye fuera del tanque a una tasa más lenta de 3 gal/min. ¿Qué cantidad de sal habrá en el tanque en el tiempo t > 0? Formulación matemática. Supongamos que x denota la cantidad de sal presente en el tanque en el tiempo t. Aplicamos la ecuación básica dx = EN T RA − SALE. dt Procediendo como en el ejemplo anterior, EN T RA = (2 lb/ gal)(5 gal/ min) = 10 lb/ min);

46


también, SALE = (C lb/ gal)(3 gal/ min), donde C lb/ gal denota la concentración. Sin embargo, puesto que la tasa de salida es diferente a la tasa de entrada, la concentración no es tan simple. En el tiempo t = 0, el tanque contiene 50 gal de salmuera. Ya que la salmuera fluye a una tasa de 5 gal/ min pero sale a una tasa más lenta de 3 gal/ min, hay una ganancia neta de 5 − 3 = 2 gal/ min de salmuera en el tanque. Así, a los t minutos la cantidad de salmuera en el tanque es 50 + 2t gal. De aquí que la concentración C en el tiempo t minutos es x lb/ gal, 50 + 2t y así SALE =

3x lb/ min. 50 + 2t

Por lo tanto, la ecuación diferencial es 3x dx = 10 − . dt 50 + 2t

(3.28)

Puesto que inicialmente el tanque contiene 10 lb de sal, tenemos la condición inicial x(0) = 10. (3.29) Solución. La ecuación diferencial (3.28) no es separable pero es lineal. Escribiéndola en la forma estándar, dx 3 + x = 10, dt 2t + 50 encontramos el factor integrante µZ ¶ 3 exp dt = (2t + 50)3/2 . 2t + 50 Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante, tenemos (2t + 50)3/2 o

Así

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

i d h (2t + 50)3/2 x = 10(2t + 50)3/2 . dt (2t + 50)3/2 x = 2(2t + 50)5/2 + c

Sec.3.4 Problemas en mecánica

47

o x = 4(t + 25) +

c . (2t + 50)3/2

Aplicando la condición inicial (3.29), encontramos 10 = 100 + o

c (50)3/2

√ c = −(90)(50)3/2 = −22, 500 2.

Así, la cantidad de sal en cualquier tiempo t > 0 está dada por √ 22, 500 2 . x = 4t + 100 − (2t + 50)3/2

3.4. 3.4.1.

Problemas en mecánica Introducción

El momentum de un cuerpo se define como el producto mv de su masa m y su velocidad v. La velocidad v y el momentum son cantidades vectoriales. A continuación 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 el cuerpo y tiene la misma dirección de esta fuerza resultante. En el lenguaje de las matemáticas, esta ley establece que d (mv) = KF, dt donde m es la masa del cuerpo, v es su velocidad, F es la fuerza resultante que actúa sobre el cuerpo, y K es una constante de proporcionalidad. Si la masa m se considera constante, esta se reduce a m

dv = KF, dt

o

F , m

(3.30)

F = kma,

(3.31)

a=K o

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 la segunda ley de Newton se expresa en palabras. La magnitud de la constante de proporcionalidad k depende de las unidades empleadas para la fuerza, masa y

48


aceleración. Es obvio que en el sistema de unidades más simple k = 1. Cuando se 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 que la 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 sistema gravitacional inglés. En la tabla siguiente se resumen las unidades de estos dos sistemas Sistema Inglés sistema cgs fuerza libra dina masa slug gramo distancia pie centímetro tiempo segundo segundo aceleración pie/s2 cm/s2 La fuerza de atracción gravitacional que la tierra ejerce sobre un cuerpo se conoce como el peso del cuerpo. El peso, al ser una fuerza, se expresa en unidades de fuerza. Así, en el sistema inglés el peso se mide en libras, y en el sistema 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 y a su peso por w. La única fuerza que actúa sobre el cuerpo es su peso y así ésta es la fuerza resultante. La aceleración causada por la gravedad, se denota por g, la cual es aproximadamente 32 pies/s2 en el sistema inglés o 980 cm/s2 en el sistema cgs. Así la segunda ley de Newton F = ma se reduce a w = mg. Por lo tanto w m= (3.33) g es una relación que emplearemos frecuentemente.

Figura 3.5: Ahora consideremos un cuerpo B en movimiento rectilíneo, esto es, en movimiento a lo largo de una línea recta L. Seleccionamos en L un punto de referencia


49

como el origen O, una dirección como la dirección positiva, y una unidad de distancia. Entonces, la coordenada x de la posición de B con respecto al origen nos proporciona la distancia o desplazamiento de B. (Ver la figura 3.5). La velocidad 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 al tiempo: dv d2 x a= = 2. dt dt Observe que x, v, y a son cantidades vectoriales. Todas las fuerzas, desplazamientos, velocidades y aceleraciones en la dirección positiva sobre L son cantidades positivas; mientras que aquellas en la dirección negativa son cantidades negativas. Ahora, si aplicamos la segunda ley de Newton F = ma al movimiento de B a lo largo de L, notamos que dv dv dx dv = =v , dt dx dt dx se puede expresar la ley en cualquiera de las siguientes tres formas: m

dv = F, dt

(3.34)

d2 x = F, (3.35) dt2 dv mv = F, (3.36) dx donde F es la fuerza resultante que actua sobre el cuerpo. La forma a utilizar depende de la manera en la que F esté expresada. Por ejemplo, si F es una función 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 función del desplazamiento x y deseamos encontrar v como una función de x, podríamos emplear (3.36). m

3.4.2.

Problemas de caida libre

Ahora consideraremos algunos ejemplos de cuerpos que caen libremente a través del aire hacia la tierra. En tal circunstancia el cuerpo encuentra una resistencia del aire mientras cae. La cantidad de la resistencia del aire depende de la velocidad del cuerpo, pero no exite una ley general que exprese exactamente esta dependencia. En algunos casos la ley R = kv parece ser satisfactoria, mientras que en otros casos R = kv 2 parece ser más exacta. En cualquier caso, la constante de proporcionalidad k depende de varias circunstancias.

50


Ejemplo 52 Un cuerpo que pesa 8 lb cae partiendo del reposo desde una gran altura hacia la tierra. Mientras cae, la resistencia del aire actua sobre él, por lo que supondremos que esta resistencia (en libras) es numéricamente igual a 2v, donde v es la velocidad (en pies por segundo). Determine la velocidad y la distancia recorrida después de t segundos. Formulación. Seleccionamos la dirección vertical hacia abajo a lo largo de la ruta del cuerpo B como la dirección positiva del eje x y el origen en el punto desde el cual el cuerpo comienza a caer. Las fuerzas que actuan sobre el cuerpo 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 arriba y 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 m

dv = F1 + F2 dt

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

8 32

1 dv = 8 − 2v. 4 dt

= 14 , (3.37)


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 = 4dt. 8 − 2v Integrando, tenemos 1 − ln |8 − 2v| = 4t + c0 , 2 la cual se reduce a 8 − 2v = c1 e−8t . Aplicando la condición (3.38) encontramos que c1 = 8. Así, la velocidad en el tiempo 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 = 4(1 − e−8t ) dt y notamos que x(0) = 0. Integrando la ecuación de arriba, obtenemos 1 x = 4(t + e−8t ) + c2 . 8 Puesto que x = 0 cuando t = 0, encontramos que c2 = − 12 y de aquí que la distancia recorrida esté dada por 1 1 x = 4(t + e−8t − ). 8 8

(3.40)

Interpretación de los resultados. La ecuación (3.39) muestra que a medida de que t → ∞, la velocidad v se aproxima a la velocidad límite de 4 pies/s. También observamos que esta velocidad límite aproximadamente se alcanza en un tiempo muy corto. La ecuación (3.40) establece que cuando t → ∞, también x → ∞. ¿Esto implica que el cuerpo atravesará la tierra y continuará su recorrido por siempre? Por supuesto que no; para cuando el cuerpo alcance la superficie de la tierra su movimiento ciertamente cesará. ¿Cómo reconciliar este final 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 esencial cae partiendo del reposo hacia la tierra. El peso total del hombre más el equipo es de 160 lb. Antes de la apertura del paracaídas, la resistencia del aire (en libras)

52


es numéricamente igual a 12 v, donde v es la velocidad (en pies por segundo). El paracaídas se abre 5 segundos después del comienzo de la caída; después de que se abre, la resistencia del aire (en libras) es numéricamente igual a 58 v 2 , donde v es la velocidad (en pies por segundo). Determine (A) la velocidad del paracaidista antes de la apertura del paracaídas, y (B) después de la apertura del paracaídas. Formulación. De nuevo se elige la dirección vertical hacia abajo como la dirección positiva del eje x y el origen en el punto desde el cual el paracaidista comienza a caer. La exposición del problema sugiere que lo consideremos en dos partes: (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 arriba y de aquí que sea la cantidad negativa − 12 v.

1 2 v,

que actúa hacia

Utilizando la segunda ley de Newton F = ma, donde F = F1 + F2 , tomando m = w/g y g = 32, obtenemos 5

dv 1 = 160 − v. dt 2

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: dv 1 5 = 160 − v. (3.41) dt 2 v(0) = 0.

(3.42)

Ahora, continuamos con la formulación del problema (B). Razonando como antes, vemos que después de que el paracaídas se abra, las fuerzas que actúan sobre el paracaidista son: 1. F1 , exactamente como antes. 2. F2 = − 58 v 2 (en lugar de − 12 v). Así, procediendo como arriba, obtenemos la ecuación diferencial 5

dv 5 = 160 − v 2 . dt 8

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


53

en que el paracaídas se abre. Así, el problema (B), relacionado con el tiempo después de la apertura del paracaídas, se formula como sigue: 5

dv 5 = 160 − v 2 , dt 8 v(5) = v1 .

(3.43) (3.44)

Solución. Primero consideraremos el problema (A). Encontramos una familia de soluciones uniparamétricas de 5

dv 1 = 160 − v. dt 2

(3.45)

Separando variables, obtenemos 1 dv = − dt. v − 320 10 La integración produce ln(v − 320) = −

1 t + c0 , 10

la cual fácilmente se simplifica a v = 320 + ce−t/10 . Aplicando las condiciones iniciales (3.44) v = 0 en t = 0, encontramos que c = −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, obtenemos v1 = 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 uniparámetrica de soluciones de la ecuación diferencial 5

dv 5 = 160 − v 2 . dt 8

Simplificando y separando variables, obtenemos dv dt =− . v 2 − 456 8 Su integración resulta en v − 16 t 1 ln = − + c2 32 v + 16 8

(3.48)

54


o ln

v − 16 = −4t + c1 . v + 16

Esta fácilmente se simplica a v − 16 = ce−4t , v + 16

(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 20 e . 142

Sustituyendo en (3.50) obtenemos v=

16

¡ 110

¢

20−4t +1 142 e 110 20−4t 1 − 142 e

,

(3.51)

que es válida para t ≥ 5. Interpretación de los resultados. Primero consideraremos la solución del 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 paracaídas nunca se abriera, la velocidad con la que el paracaidista impactaría en la tierra sería de aproximadamente 320 pies/segundo. Pero, de acuerdo a la redacción del 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), vemos que 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 arriba de la tierra, la velocidad será aproximadamente de 16 pies/segundo cuando el paracaidista alcance el suelo.

3.4.3.

Fuerzas de fricción

Si un cuerpo se mueve sobre una superficie rugosa, enfrentará no sólo la resistencia del aire sino también otra fuerza de resistencia debida a la rugosidad de la superficie. Esta fuerza adicional se denomina fricción. En física se demuestra que la fricción está dada por µN , donde 1. µ es una constante de proporcionalidad denominada el coeficiente de fricción, que depende de la rugosidad de la superficie; y 2. N es la fuerza normal (esto es, perpendicular) que la superficie ejerce sobre el cuerpo.


55

Ejemplo 54 Un objeto que pesa 48 libras se libera partiendo del reposo desde la parte superior de un plano metálico inclinado el cual tiene una inclinación de 300 con respecto a la horizontal. La resistencia del aire (en libras) numéricamente es igual a un medio de la velocidad (en pies por segundo), y el coeficiente de fricción 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 el origen en la parte más alta del plano y la dirección positiva a lo largo del del plano, pero hacia abajo. Si por el momento despreciamos la fricción y la resistencia 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 en dirección perpendicular al plano. (Ver la figura 3.7)

Figura 3.7: Las componentes del peso, paralela y perpendicular al plano, tienen las magnitudes 48 sen 30 ◦ = 24 y

√ 48 cos 30 ◦ = 24 3,

respectivamente. Las componentes perpendiculares al plano están en equilibrio √ y 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 las fuerzas que actúan sobre el objeto en movimiento a lo largo del plano son las siguientes:

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 esta fuerza 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 12 v. Puesto que v > 0 y esta actúa en la dirección negativa, tenemos 1 F3 = − v. 2

Aplicando la segunda ley de Newton F = ma, donde F = F1 + F2 + F3 = √ 24 − 6 3 − 12 v y m = w/g = 48/32 = 3/2, la ecuación diferencial es √ 1 3 dv = 24 − 6 3 − v. 2 dt 2

(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 dt √ = . 3 48 − 12 3 − v Su integración y simplicación conduce a √ v = 48 − 12 3 − c1 e−t/3 . √ La condición (3.53) da c1 = 48 − 12 3. Así obtenemos ´ √ ³ v = (48 − 12 3) 1 − e−t/3 .

(3.54)

La pregunta A se responde haciendo t = 2 en la ecuación (3.54). Encontramos ´ √ ³ v(2) = (48 − 12 3) 1 − e−2/3 ≈ 10,2 ft/ s. Para responder la pregunta B, integramos (3.54) para obtener ´ √ ³ x = (48 − 12 3) t + 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 ´ √ ³ x = (48 − 12 3) t + 3 e−t/3 − 3 .

Sec.3.5 Circuitos eléctricos simples

57

Ya que el plano es de 24 pies de largo, el objeto alcanza la parte más baja del mismo en el tiempo T determinado en la ecuación trascendente ´ √ ³ 24 = (48 − 12 3) T + 3 e−T /3 − 3 , que puede ser escrita como

√ 47 + 2 3 = 3e − T. 13 El valor de T que satisface esta ecuación es aproximadamente 2,6. Así, de la ecuación (3.54) la velocidad del objeto cuando alcanza la parte más baja del plano inclinado es aproximadamente √ (48 − 12 3)(1 − e−0,9 ) ≈ 12,3 ft/ s. −T /3

3.5.

Circuitos eléctricos simples

Ahora consideraremos las ecuaciones diferenciales lineales que gobiernan el flujo eléctrico en el circuito eléctrico de la figura 3.8. Este circuito eléctrico consta de cuatro elementos cuya acción se puede entender con facilidad sin conocimientos especiales de electricidad.

Figura 3.8: 1. Una fuente de fuerza electromotriz (fem) E, digamos una batería o un generador, que impulsa a las cargas eléctricas y produce una corriente I. Según la naturaleza de la fuente, E puede ser constante o una función del tiempo.

58

Cap.3 Aplicaciones de las ecs. diferenciales de primer orden 2. Una resistencia R, que se opone al paso de la corriente produciendo una caída en la fem de magnitud ER = RI. Esta ecuación se denomina ley de Ohm 1 . 3. Un inductor de inductancia L, que se opone a cualquier cambio en la corriente produciendo una caída en la fem de magnitud EL = L

dI . dt

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

1 Q. C

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

dQ . dt

Los estudiantes que no estén familiarizados con los circuitos eléctricos encontrarán útil pensar en la corriente I como el análogo de la tasa en la que fluye el agua 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 la tubería, que se opone al flujo produciendo una caída de la presión. La inductancia L es una especie de inercia que se opone a cualquier cambio en el flujo produciendo una caída de la presión si el flujo aumenta y un aumento de presión si el flujo decrece. La mejor manera de pensar en el condensador es visualizarlo como un tanque cilíndrico de almacenamiento en el que el agua entra por un agujero en su fondo: cuando más profunda está el agua en el depósito (Q) más cuesta 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 profunda y 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 1 Georg Simon Ohm (1787-1854) fue un físico alemán cuya única contribución relevante fue la 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 su plaza de profesor en Colonia, y vivió muchos años en la oscuridad y en la pobreza antes de que se reconociera que estaba en lo cierto. Alumno suyo en Colonia fue Peter Dirichlet, que habría de llegar a ser uno de los más eminentes matemáticos del siglo XIX.

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 − L

dI 1 − Q = 0, dt C

que escribimos en la forma L

dI 1 + RI + Q = E. dt C

(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 sustituyendo dQ/dt por I: d2 I dI 1 dE L 2 +R + I = . (3.56) dt dt C dt En el segundo caso, reemplazamos simplemente I por dQ/dt: L

dQ d2 Q 1 +R + Q = E. 2 dt dt C

(3.57)

Posteriormente consideraremos estas ecuaciones diferenciales de segundo orden con más detalle. Nuestro interés en este tema se centra sobre todo en la ecuación diferencial lineal de primer orden L

dI + RI = E dt

(3.58)

obtenida de (3.55) cuando no hay condensador. Ejemplo 55 Resolver la ecuación (3.58) con una corriente inicial I0 si se conecta en el circuito una fem E0 en el instante t = 0. Solución. Para t ≥ 0, nuestra ecuación es L

dI + RI = E0 . dt

Separando variables, dI 1 = dt. E0 − RI L Integrando y utilizando la condición inicial I = I0 cuando t = 0 obtenemos R ln(E0 − RI) = − t + ln(E0 − RI0 ), L 2 Gustav Robert Kirchhoff (1824-1887) fue un científico alemán cuyas investigaciones sobre circuitos eléctricos son familiares a todo estudiante de física elemental. Estableció además los principios del análisis espectral y allanó el camino a las aplicaciones de la espectroscospía en la determinación de la constitución química de las estrellas.

60


luego I=

µ ¶ E0 E0 + I0 − e−Rt/L . R R

Nótese que la corriente I consta de una parte estacionaria E0 /R y otra transitoria (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=

´ E0 ³ 1 − e−Rt/L , R

y si E0 = 0, entonces I = I0 e−Rt/L .

Capítulo 4

Métodos explícitos de solución para las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior Prácticamente, las ecuaciones diferenciales lineales se originan en una variedad de aplicaciones de la ciencia e ingeniería. Afortunadamente, muchas de las ecuaciones diferenciales lineales que así ocurren son lineales con coeficientes constantes, para las que existen métodos de solución conocidos. El propósito de este capítulo es estudiar algunos de estos métodos.

4.1.

Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales

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

dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = g(x), n−1 dxn dxn−1 dx

(4.1)

donde an (x) 6= 0. Asumiremos que an (x), an−1 (x), . . . , a0 (x) y g(x) son funciones reales continuas en el intervalo a ≤ x ≤ b y que an (x) 6= 0 para todo x en a ≤ x ≤ b. La función g(x) del lado derecho de la ecuación (4.1) se denomina el término no homogéneo, por lo que se dice que la ecuación (4.1) es una ecuación diferencial ordinaria lineal no homogénea de orden n. Si g(x) = 0, la ecuación 61

62

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

(4.1) se reduce a an (x)

dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = 0 n−1 n n−1 dx dx dx

(4.2)

y se denomina ecuación diferencial ordinaria lineal homogénea de orden n. Ejemplo 56 La ecuación dy d2 y + 3x + x3 y = ex 2 dx dx es una ecuación diferencial ordinaria lineal no homogénea de segundo orden. Ejemplo 57 La ecuación d2 y dy d3 y + x + 3x2 − 5y = sen x dx3 dx2 dx es una ecuación diferencial ordinaria lineal no homogénea de tercer orden. Ejemplo 58 La ecuación 2

dy d2 y +3 − 5y = 0 dx2 dx

es una ecuación diferencial ordinaria lineal homogénea de segundo orden. A continuación formulamos el teorema de existencia para los problemas de valor inicial asociados con una ecuación diferencial ordinaria lineal de orden n. Teorema 3 Hipótesis 1. Considere la ecuación diferencial lineal de orden n an (x)

dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = g(x), n−1 dxn dxn−1 dx

(4.3)

donde an (x), an−1 (x), . . . , a0 (x) y g(x) son funciones reales continuas en el intervalo 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 orden n (4.3), y que los coeficientes y el término no homogéneo satisfacen los

Sec.4.1 Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales

63

requisitos de continuidad establecidos en la hipótesis 1 del Teorema 3 en un intervalo específico del eje x. Entonces, dado cualquier punto x0 de este intervalo y cualesquiera n números reales c0 , c1 , . . . , cn−1 , el teorema nos asegura que existe una solución única de la ecuación diferencial que toma el valor c0 en x = x0 y cuya 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 x del intervalo anteriormente mencionado. Ejemplo 59 Considere el problema de valor inicial d2 y dy + 3x + x3 y = ex , 2 dx dx y(1) = 2, y 0 (1) = −5. Los coeficientes 1, 3x y x3 , así como el término no homogéneo ex de la ecuación diferencial son funciones continuas en el intervalo −∞ < x < ∞. Aquí, el punto 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 solución del problema de valor inicial y que ésta es única, y está definida en todo punto x del intervalo −∞ < x < ∞. Ejemplo 60 Considere el problema de valor inicial 2

d3 y d2 y dy + x + 3x2 − 5y = sen x, 3 2 dx dx dx y(4) = 3, y 0 (4) = 5, 7 y 00 (4) = − . 2

Los coeficientes 2, x, 3x2 y −5, así como el término no homogéneo sen x, son funciones continuas para toda x en el intervalo −∞ < x < ∞. El punto x0 = 4 pertenece al intervalo; los números reales c0 , c1 y c2 en este problema son 3, 5 y −7/2, respectivamente. El Teorema 3 nos asegura que este problema de valor inicial tiene una solución única definida en el intervalo −∞ < x < ∞. Un corolario útil del Teorema 3 es el siguiente: Corolario 1 Hipótesis. Sea f una solución de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n an (x)

dn y dn−1 y dy + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = 0 n dx dx dx

tal que f (x0 ) = 0,

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

(4.4)

64


donde x0 es un punto del intervalo a ≤ x ≤ b en el que los coeficientes an (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 homogénea de la forma (4.4), y que todos los coeficientes de dicha ecuación diferencial son funciones continuas en un intervalo específico del eje x. Además, supongamos que tenemos una solución f de esta ecuación de manera que f y sus primeras n − 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) = 0 para toda x en el intervalo antes mencionado. Ejemplo 61 La solución única f de la ecuación diferencial homogénea de tercer orden d3 y d2 y dy + 2 + 4x + x2 y = 0, dx3 dx2 dx sujeta a f (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 ecuación diferencial homogénea (4.2). Primero estableceremos el siguiente teorema básico. Pero antes de hacerlo, definimos el concepto de combinación lineal de funciones: Definición 15 Si f1 , f2 , . . . , fm , son m funciones y c1 , c2 , . . . , cm son m constantes, entonces la expresión c1 f1 + c2 f2 + · · · + cm fm se denomina una combinación lineal de f1 , f2 , . . . , fm . Teorema 4 Teorema fundamental de las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas. Hipótesis. Sean f1 , f2 , . . . , fm , m soluciones cualesquiera de la ecuación diferencial lineal homogénea (4.2). Conclusión. Entonces cualquier combinación lineal c1 f1 + c2 f2 + · · · + cm fm de las soluciones f1 , f2 , . . . , fm también es una solución de (4.2). El Teorema 4 establece que cualquier combinación lineal de m soluciones conocidas también es una solución de (4.2). Ejemplo 62 Es fácil verificar que sen x y cos x son soluciones de d2 y + y = 0. dx2


65

El Teorema 4 establece que la combinación lineal c1 sen x + c2 cos x también es una solución de la ecuación diferencial, donde c1 y c2 son dos constantes cualesquiera. Por ejemplo, particularmente la combinación lineal 5 sen x + 6 cos x es una solución. Ejemplo 63 Es fácil verificar que ex , e−x y e2x son soluciones de d2 y dy d3 y − 2 − + 2y = 0. dx3 dx2 dx El Teorema 4 establece que la combinación lineal c1 ex + c2 e−x + c3 e2x también es una solución de la ecuación diferencial, donde c1 , c2 y c3 son constantes arbitrarias. Por ejemplo, particularmente la combinación lineal 2 2 ex − 3 e−x + e2x 3 es una solución. Ahora consideraremos el concepto de solución general de (4.2). Para entender esta, primero introducimos los conceptos de dependencia lineal e independencia lineal. Definición 16 Las n funciones f1 , f2 , . . . , fn se dicen linealmente dependientes en el intervalo a ≤ x ≤ b si existen constantes c1 , c2 , . . . , cn , no todas cero, tal que c1 f1 (x) + c2 f2 (x) + · · · + cn fn (x) = 0 para toda x en a ≤ x ≤ b. En particular, dos funciones f1 y f2 son linealmente dependientes en el intervalo a ≤ x ≤ b si existen constantes c1 y c2 , no todas cero, tal que c1 f1 (x) + c2 f2 (x) = 0 para toda x en a ≤ x ≤ b. Ejemplo 64 Observamos que x y 2x son linealmente dependientes en el intervalo 0 ≤ x ≤ 1, ya que existen constantes c1 y c2 , no todas cero, tal que c1 x + c2 (2x) = 0 para toda x en el intervalo 0 ≤ x ≤ 1. Por ejemplo, c1 = 2 y c2 = −1. Ejemplo 65 Observamos que sen x, 3 sen x y − sen x son linealmente dependientes en el intervalo −1 ≤ x ≤ 2, ya que existen constantes c1 , c2 y c3 , no todas cero, tal que c1 sen x + c2 (3 sen x) + c3 (− sen x) = 0 para toda x en el intervalo −1 ≤ x ≤ 2. Por ejemplo, c1 = 1, c2 = 1 y c3 = 4.

66


Definición 17 Las n funciones f1 , f2 , . . . , fn se dicen linealmente independientes en el intervalo a ≤ x ≤ b si no son linealmente dependientes en dicho intervalo. Esto es, las funciones f1 , f2 , . . . , fn son linealmente independientes en el intervalo a ≤ x ≤ b si la relación c1 f1 (x) + c2 f2 (x) + · · · + cn fn (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 idénticamente 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 intervalo 0 ≤ x ≤ 1, puesto que c1 x + c2 x2 = 0 en el intervalo 0 ≤ x ≤ 1 implica que c1 = 0 y c2 = 0. El teorema siguiente está relacionado con la existencia de conjuntos de soluciones linealmente independientes de una ecuación diferencial lineal homogénea de orden n y con la significancia de tales conjuntos linealmente independientes. Teorema 5 La ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (4.2) siempre posee n soluciones que son linealmente independientes. Además, si f1 , f2 , . . . , fn son n soluciones linealmente independientes de (4.2), entonces cada solución f de (4.2) puede ser expresada como una combinación lineal c1 f1 (x) + c2 f2 (x) + · · · + cn fn (x) de estas n soluciones linealmente independientes mediante una elección apropiada de las constantes c1 , c2 , . . . , cn . Dada una ecuación diferencial lineal homogénea de orden n, este teorema nos asegura primero que existe un conjunto de n soluciones linealmente independientes. Asegurada la existencia de tal conjunto de n soluciones linealmente independientes, el teorema nos dice que cualquier solución de (4.2) puede ser escrita como una combinación lineal de tal conjunto linealmente independiente de n soluciones mediante la elección adecuada de las constantes c1 , c2 , . . . , cn . Ahora, supongamos que f1 , f2 , . . . , fn son n soluciones linealmente independientes de (4.2). Entonces, por el Teorema (4) conocemos que la combinación lineal c1 f1 (x) + c2 f2 (x) + · · · + cn fn (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 solución de (4.2), entonces puede ser expresada como una combinación lineal (4.5)


67

de las n soluciones linealmente independientes f1 , f2 , . . . , fn mediante la elección apropiada de las constantes c1 , c2 , . . . , cn . Así, una combinación lineal (4.5) de las n soluciones linealmente independientes debe incluir todas las soluciones de (4.2). Por esta razón, llamamos al conjunto de n soluciones linealmente independientes de (4.2) conjunto fundamental de soluciones de (4.2) y llamamos a la combinación lineal general de n soluciones linealmente independientes solución general de (4.2), de acuerdo a la siguiente definición: Definición 18 Si f1 , f2 , . . . , fn son n soluciones linealmente independientes de la ecuación lineal homogénea de orden n (4.2) en el intervalo a ≤ x ≤ b, entonces el conjunto f1 , f2 , . . . , fn se denomina un conjunto fundamental de soluciones de (4.2) y la función f definida por f (x) = c1 f1 (x) + c2 f2 (x) + · · · + cn fn (x),

a ≤ x ≤ b,

donde c1 , c2 , . . . , cn son n constantes arbitrarias, se denomina una solución general de (4.2) en a ≤ x ≤ b. Por consiguiente, si podemos encontrar n soluciones linealmente independientes de (4.2), entonces podemos escribir la solución general de (4.2) como una combinación lineal general de estas n soluciones. Ejemplo 67 Hemos observado que sen x y cos x son soluciones de d2 y +y =0 dx2 para toda x en −∞ < x < ∞. Además, puede demostrarse que estas dos funciones son linealmente independientes. Así que constituyen un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial dada, y su solución general puede ser expresada como la combinación lineal c1 sen x + c2 cos x, donde c1 y c2 son constantes arbitrarias. Escribimos la solución general como y = c1 sen x + c2 cos x. Ejemplo 68 Se puede demostrar que las soluciones ex , e−x y e2x de d3 y d2 y dy − 2 − + 2y = 0. dx3 dx2 dx son linealmente independientes para toda x en −∞ < x < ∞. Así, ex , e−x y e2x constituyen un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial dada, 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 .

68


El teorema siguiente proporciona un criterio simple para determinar si n soluciones de (4.2) son linealmente independientes. Primero introducimos otro concepto. Definición 19 Sean f1 , f2 , . . . , fn n funciones reales, donde cada una de ellas tiene (n − 1) derivadas en un intervalo real a ≤ x ≤ b. El determinante ¯ ¯ ¯ ¯ f1 f2 · · · fn ¯ ¯ 0 0 0 ¯ ¯ f1 f · · · f n 2 ¯ ¯ W (f1 , f2 , . . . , fn ) = ¯ .. .. .. ¯, ¯ ¯ . . ¯ ¯ (n−1) . (n−1) (n−1) ¯ ¯ f f2 · · · fn 1

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

Teorema 6 Las n soluciones f1 , f2 , . . . , fn de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (4.2) son linealmente independientes en el intervalo a ≤ x ≤ b si y sólo si el Wronskiano de f1 , f2 , . . . , fn es distinto de cero para alguna x en el intervalo a ≤ x ≤ b. Adicionalmente tenemos: Teorema 7 El Wronskiano de n soluciones f1 , f2 , . . . , fn de (4.2) o es idénticamente cero en a ≤ x ≤ b o nunca es cero en a ≤ x ≤ b. Así, si podemos encontrar n soluciones de (4.2), podemos aplicar los teoremas 6 y 7 para determinar si son linealmente independientes. Si son linealmente independientes, entonces podemos formar la solución general como una combinación lineal de estas n soluciones linealmente independientes. En el caso de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden a2 (x)

d2 y dy + a1 (x) + a0 (x) y = 0, 2 dx dx

el Wronskiano de dos soluciones f1 y f2 es el determinante de segundo orden ¯ ¯ ¯ f1 f2 ¯ 0 0 ¯ 0 ¯ ¯ f1 f200 ¯ = f1 f2 − f1 f2 .

Ejemplo 69 Apliquemos el Teorema 6 para demostrar que las soluciones sen x y cos x de d2 y +y =0 dx2

Sec.4.1 Teoría básica de las ecuaciones diferenciales lineales son linealmente independientes. Encontramos que ¯ ¯ sin x cos x W (sen x, cos x) = ¯¯ cos x − sin x

= − sen2 x − cos2 x = −1 = 6 0

69

¯ ¯ ¯ ¯

para toda x real. Así, puesto que W (sen x, cos x) 6= 0 para toda x real, concluimos que sen x y cos x son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial dada en todo intervalo real. Ejemplo 70 Las soluciones ex , e−x y e2x de d2 y dy d3 y −2 2 − + 2y = 0. 3 dx dx dx son linealmente independientes en el intervalo −∞ < x < ∞, ya que ¯ ¯ x ¯ e e−x e2x ¯¯ ¯ W (ex , e−x , e2x ) = ¯¯ ex −e−x 2 e2x ¯¯ ¯ ex e−x 4 e2x ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯¯ ¯ = e2x ¯¯ 1 −1 2 ¯¯ ¯ 1 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 obtención de soluciones explícitas de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. Aquí y en las secciones posteriores encontraremos que el teorema siguiente sobre la reducción de orden es a menudo muy útil. Teorema 8 Hipótesis. Sea f una solución no trivial de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n an (x)

dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = 0. n−1 dxn dxn−1 dx

(4.6)

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

70


Este teorema establece que si se conoce una solución distinta de cero de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (4.6), entonces realizando la transformación apropiada podemos reducir la ecuación diferencial dada a otra ecuación diferencial lineal homogénea cuyo orden es n − 1. Puesto que este teorema será más útil para nosotros con las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de segundo orden, investigaremos este caso en detalle. Suponga que f es una solución no trivial conocida de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden a2 (x)

d2 y dy + a1 (x) + a0 (x) y = 0. 2 dx dx

(4.7)

Haciendo la transformación y = f (x) v,

(4.8)

donde f es la solución conocida de (4.7) y v es una función de x que será determinada. Diferenciando, obtenemos dy dv = f (x) + f 0 (x) v, dx dx

(4.9)

d2 y d2 v dv = f (x) 2 + 2f 0 (x) (4.10) + f 00 (x) v. 2 dx dx dx Substituyendo (4.8), (4.9) y (4.10) en (4.7), obtenemos · ¸ d2 v dv + f 00 (x) v a2 (x) f (x) 2 + 2f 0 (x) dx dx · ¸ dv + a1 (x) f (x) + f 0 (x) v + a0 (x)f (x) v = 0 dx

o

a2 (x)f (x)

d2 v dv + [2a2 (x)f 0 (x) + a1 (x)f (x)] dx2 dx + [a2 (x)f 00 (x) + a1 (x)f 0 (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 última ecuación se reduce a a2 (x)f (x)

d2 v dv + [2a2 (x)f 0 (x) + a1 (x)f (x)] = 0. dx2 dx

Haciendo w = dv/dx, esta última ecuación se transforma en a2 (x)f (x)

dw + [2a2 (x)f 0 (x) + a1 (x)f (x)] w = 0. dx

(4.11)

Esta es una ecuación diferencial lineal homogénea de primer orden en la variable dependiente w. La ecuación es separable; asumiendo que f (x) 6= 0 y a2 (x) 6= 0, podemos escribir · 0 ¸ f (x) a1 (x) dw =− 2 + dx. w f (x) a2 (x)


71

Integrando, obtenemos 2

ln |w| = − ln [f (x)] − o w=

Z

h R c exp −

a1 (x) dx + ln |c| a2 (x) i

a1 (x) a2 (x) dx 2

[f (x)]

.

Esta es la solución general de la Ecuación (4.11); eligiendo la solución particular para la cual c = 1, recordando que dv/dx = w, e integrando otra vez, obtenemos i h Z exp − R a1 (x) dx a2 (x) dx. v= [f (x)]2 Finalmente, de (4.8), obtenemos

y = f (x)

h Z exp − R

i

a1 (x) a2 (x) dx 2

[f (x)]

dx.

(4.12)

La función definida en el lado derecho de (4.12), que de aquí en adelante denotaremos por h, realmente es una solución de la ecuación diferencial original de segundo orden (4.7). Además, esta nueva solución h y la solución original conocida f son linealmente independientes, puesto que ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ f (x) h(x) ¯ ¯ f (x) f (x)v ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ W [f (x), h(x)] = ¯ 0 = f (x) h0 (x) ¯ ¯ f 0 (x) f (x)v 0 + f 0 (x)v ¯ · Z ¸ a1 (x) 2 0 = [f (x)] v = exp − dx 6= 0. a2 (x) Así la combinación lineal c1 f + c2 h es la solución general de la ecuación (4.7). Ahora resumimos estos resultados en el teorema siguiente. Teorema 9 Hipótesis.Sea f una solución no trivial de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden a2 (x)

d2 y dy + a1 (x) + a0 (x) y = 0. 2 dx dx

(4.13)

Conclusión 1. La transformación y = f (x)v reduce la ecuación (4.13) a una ecuación diferencial lineal homogénea de primer orden a2 (x)f (x)

dw + [2a2 (x)f 0 (x) + a1 (x)f (x)] w = 0 dx

(4.14)

72


dv en la variable dependiente w, donde w = dx . Conclusión 2. La solución particular i h R dx exp − aa12 (x) (x) w= 2 [f (x)]

de la ecuación (4.14) da lugar a la función v donde h i Z exp − R a1 (x) dx a2 (x) v(x) = dx. 2 [f (x)] La función h definida por h(x) = f (x)v(x) es entonces una solución de la ecuación diferencial de segundo orden (4.13). Conclusión 3. La solución original conocida f y la nueva solución h son soluciones linealmente independientes de (4.13), y de aquí que la solución general de (4.13) pueda ser expresada como la combinación lineal c1 f + c2 h. Enfatizamos la utilidad de este teorema y al mismo tiempo reconocemos sus limitaciones. Ciertamente su utilidad por ahora es obvia. Nos dice que si conocemos una solución de la ecuación diferencial de segundo orden (4.13), entonces podemos reducir el orden para obtener una solución linealmente independiente y entonces obtener la solución general de (4.13). Pero las limitaciones del teorema son igualmente obvias. Debemos conocer una solución de la ecuación diferencial (4.13) para poder aplicar el teorema.¿Se tiene una solución conocida? En general no. En algunos casos la forma de la ecuación misma o de sus consideraciones físicas relacionadas pueden sugerir la existencia de una solución de alguna forma especial: por ejemplo, una solución exponencial o una solución lineal. Sin embargo, 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)

d2 y dy − 2x + 2y = 0, dx2 dx

(4.15)

encuentre una solución linealmente independiente mediante la reducción de orden. Solución. Primero observe que y = x satisface la ecuación (4.15). Entonces hagamos y = xv. Entonces

dy dv =x +v dx dx


73

y d2 y d2 v dv = x +2 . dx2 dx2 dx Substituyendo las expresiones para y, dy/dx y d2 y/dx2 en la ecuación (4.15), obtenemos µ 2 ¶ µ ¶ d v dv dv 2 (x + 1) x 2 + 2 − 2x x + v + 2xv = 0 dx dx dx o x(x2 + 1)

d2 v dv +2 = 0. dx2 dx

Haciendo w = dv/dx obtenemos la ecuación diferencial lineal homogénea de primer orden dw x(x2 + 1) + 2w = 0. dx Tratando esta ecuación como una ecuación separable, obtenemos dw 2 dx =− w x(x2 + 1) o dw = w

µ ¶ 2 2x − + 2 dx. x x +1

Integrando, obtenemos la solución general w=

c(x2 + 1) . x2

Eligiendo c = 1, recordando que w = dv/dx e integrando, obtenemos la función v 1 v(x) = x − . x Ahora, con h = f v, donde f (x) denota la solución conocida x, obtenemos la función h definida por µ ¶ 1 h(x) = x x − = x2 − 1. x Por el Teorema 9 conocemos que esta es la solución linealmente independiente deseada. La solución general de la ecuación (4.15) puede ser expresada como la combinación lineal c1 x + c2 (x2 − 1) de las soluciones linealmente independientes f y h. Así, escribimos la solución general de la ecuación (4.15) como y = c1 x + c2 (x2 − 1).

74


4.1.2.

La ecuación no homogénea

Ahora regresamos brevemente a la ecuación no homogénea an (x)

dn y dn−1 y dy + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = g(x). n dx dx dx

(4.16)

El teorema básico relacionado con esta ecuación es el siguiente. Teorema 10 Hipótesis. (1) Sea v cualquier solución de la ecuación diferencial lineal no homogénea de orden n (4.16). (2) Sea u cualquier solución de la correspondiente ecuación diferencial homogénea an (x)

dn y dn−1 y dy + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = 0 n dx dx dx

(4.17)

Conclusión. Entonces u + v es también una solución de la ecuación diferencial no homogénea (4.16). Ejemplo 72 Observe que y = x es una solución de la ecuación no homogénea d2 y +y =x dx2 y que y = sen x es una solución de la correspondiente ecuación homogénea d2 y + y = 0. dx2 Entonces, por el Teorema 10 la suma x + sen x también es una solución de la ecuación no homogénea dada d2 y + y = x. dx2 Ahora supongamos que u es la solución general de la ecuación diferencial homogénea (4.17); esto es, es una combinación lineal general de n soluciones linealmente independientes de (4.17). Sea v cualquier solución particular de la ecuación diferencial no homogénea (4.16), donde v no contiene constantes arbitrarias. Entonces, aplicando el Teorema 10, vemos que u + v es una solución de la ecuación diferencial no homogénea de orden n y que esta solución involucra n constantes arbitrarias. Llamamos a tal solución una solución general de la ecuación (4.16), de acuerdo a la siguiente definición: Definición 20 Considere la ecuación diferencial lineal no homogénea de orden n an (x)

dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = g(x) n−1 n n−1 dx dx dx

(4.18)


75

y la ecuación homogénea correspondiente an (x)

dn y dn−1 y dy + a (x) + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = 0 n−1 n n−1 dx dx dx

(4.19)

1. La solución general de (4.19) se denomina la función complementaria de la ecuación (4.18), la cual denotaremos por yc . 2. Cualquier solución particular de (4.18) que no contenga constantes arbitrarias se 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 es una 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 n soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea correspondiente (4.19); y 2. Una integral particular, esto es, cualquier solución particular de (4.18) que no contenga constantes arbitrarias. Ejemplo 73 Considere la ecuación diferencial d2 y + y = x. dx2 La función complementaria es la solución general yc = c1 sen x + c2 cos x de la ecuación homogénea correspondiente d2 y + y = 0. dx2 Una integral particular está dada por yp = x. Así, la solución general de la ecuación dada puede ser escrita como y = yc + yp = c1 sen x + c2 cos x + x. En las secciones siguientes de este capítulo procederemos a estudiar los métodos 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 integral particular.

76


Teorema 11 Hipótesis 1. Sea f1 una integral particular de an (x)

dn y dn−1 y dy + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = g1 (x). n dx dx dx

(4.20)

2. Sea f2 una integral particular de an (x)

dn y dn−1 y dy + an−1 (x) n−1 + · · · + a1 (x) + a0 (x) y = g2 (x). n dx dx dx

(4.21)

Conclusión. Entonces k1 f1 + k2 f2 es una integral particular de an (x)

dn y dn−1 y dy +an−1 (x) n−1 +· · ·+a1 (x) +a0 (x) y = k1 g1 (x)+k2 g2 (x), (4.22) n dx dx dx

donde k1 y k2 son constantes. Ejemplo 74 Suponga que buscamos una integral particular de d2 y + y = 3x + 5 tan x. dx2

(4.23)

Entonces podemos considerar las dos ecuaciones d2 y +y =x dx2

(4.24)

y d2 y + y = tan x. (4.25) dx2 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 particular de la ecuación (4.25) es y = −(cos x) ln | sec x + tan x|. Por consiguiente, aplicando el Teorema 11, una integral particular de la ecuación (4.23) es y = 3x − 5(cos x) ln | sec x + tan x|.

Este ejemplo muestra la utilidad del Teorema 11. La integral particular y = x de (4.24) puede obtenerse fácilmente mediante el método de la sección 4.3 (o por inspección directa), mientras que la integral particular y = −(cos x) ln | sec x + tan x| de (4.25) debe ser determinada por el método de la sección 4.4, y esta requiere una gran cantidad de cálculos.

Sec.4.2 La ec. lineal homogénea con coeficientes constantes

4.2. 4.2.1.

77

La ecuación lineal homogénea con coeficientes constantes Introducción

En esta sección consideraremos el caso especial de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n en la que todos los coeficientes son constantes reales. Esto es, estaremos interesados en la ecuación an

dn y dn−1 y dy + a + · · · + a1 + a0 y = 0 n−1 dxn dxn−1 dx

(4.26)

donde a0 , a1 , . . . , an son constantes reales. Mostraremos que la solución general de esta ecuación se puede determinar explícitamente. En un intento para encontrar una solución de esta ecuación diferencial podríamos preguntarnos si existe un tipo conocido de función que tenga las propiedades adecuadas 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 multiplican por ciertas constantes, ai , y los productos resultantes, ai f (n−i) , son sumados, entonces el resultado debería ser igual a cero para todos los valores de x para los cuales este resultado está definido. Para que este sea el caso necesitamos una función tal que sus derivadas sean múltiplos constantes de ella. Esto es, ¿conocemos funciones f que tengan la propiedad de que dk [f (x)] = cf (x) dxk para toda x? La respuesta es "si", ya que la función exponencial f (x) = emx , donde m es una constante, es tal que dk mx [e ] = mk emx . dxk Por consiguiente, es obvio que deberíamos buscar soluciones de (4.26) de la forma y = emx , donde la constante m debería ser elegida de manera que y = emx satisfaga la ecuación. Suponiendo que y = emx es una solución para cierta m, tenemos: dy dx d2 y dx2

= m emx , = m2 emx , .. .

dn y dxn

= mn emx .

Substituyendo en (4.26), obtenemos an mn emx + an−1 mn−1 emx + · · · + a1 m emx + a0 emx = 0

78


o emx (an mn + an−1 mn−1 + · · · + a1 m + a0 ) = 0.

Puesto que emx 6= 0, obtenemos la ecuación polinomial en la constante m: an mn + an−1 mn−1 + · · · + a1 m + a0 = 0.

(4.27)

Esta ecuación se denomina la ecuación auxiliar o la ecuación característica de la ecuación diferencial dada (4.26). Para que y = emx sea una solución de (4.26) la constante m debe satisfacer (4.27). De aquí que para resolver (4.26), escribimos la ecuación auxiliar (4.27) y la resolvemos para m. Observe que (4.27) puede ser obtenida de (4.26) simplemente reemplazando la k-ésima derivada en (4.26) por mk (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, repasemos algunas 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 basada en la división de polinomios denominada división sintética. Los conceptos relacionados 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 los números 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) donde r(x) = 0

o

grado(r) < grado(g)

Al polinomio q(x) se le denomina cociente y al polinomio r(x) se le llama residuo. La expresión anterior puede escribirse f (x) r(x) = q(x) + . g(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 es f (a). Cuando el residuo de la división del polinomio f (x) entre g(x) es cero, se dice 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.


79

División sintética La división sintética es una técnica útil para dividir un polinomio de cualquier grado f (x) entre un polinomio de grado uno del tipo g(x) = x − a. La división sintética es, básicamente, la división de polinomios realizada de una manera simplificada en la que se trabaja exclusivamente con los coeficientes, eliminando además el término x del divisor. En la siguiente definición proporcionamos el concepto de raíz de un polinomio: Definición 21 Sea α ∈ C y sea f (x) un polinomio definido sobre C. α es raíz del polinomio f (x) si y sólo si f (α) = 0. De la teoría de polinomios se sabe que Teorema 13 Un polinomio de grado n tiene exactamente n raíces. Un polinomio definido en el campo de los números complejos con coeficientes en 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 tipo 3, 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 14 Si los coeficientes del polinomio p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 son números enteros, entonces cada una de sus raíces racionales en su mínima expresión (p/q) tiene como numerador un factor de a0 y como denominador un factor 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 éstas deberán ser algunas de los siguientes números: 3 3 1 1 − , , −3, 3, − , , −1, 1. 2 2 2 2

80


En efecto, empleando la división sintética y aplicando el teorema del residuo vemos que 12 es una raíz de p(x) ya que: 2 1 2

2

7 1 8

2 4 6

−3 3 0

con lo que el polinomio puede factorizarse como: 1 p(x) = (x − )(2x2 + 8x + 6) 2 Las raíces del segundo factor se pueden obtener resolviendo la ecuación: 2x2 + 8x + 6 = 0 de donde x1 = −1

y

x2 = −3

así que la forma factorizada del polinomio es: 1 p(x) = (x − )(x + 1)(x + 3) 2 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 la ecuación 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 . Entonces em1 x , em2 x , . . . , emn x son n soluciones distintas de (4.26). Además, utilizando el Wronskiano se puede mostrar que estas n soluciones son linealmente independientes. Así, tenemos el resultado siguiente. Teorema 15 Considere la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n con coeficientes constantes (4.26). Si la ecuación auxiliar (4.27) tiene las n raíces reales distintas m1 , m2 , . . . , mn , entonces la solución general de (4.26) es y = c1 em1 x + c2 em2 x + · · · + cn emn x , donde c1 , c2 , . . . , cn son constantes arbitrarias.


81

Ejemplo 76 Considere la ecuación diferencial dy d2 y −3 + 2y = 0. dx2 dx La ecuación auxiliar es De aquí,

m2 − 3m + 2 = 0.

(m − 1)(m − 2) = 0, m1 = 1, m2 = 2. Las raíces son reales y distintas. Así, ex y e2x son soluciones y la solución general puede ser escrita como y = c1 ex + c2 e2x . Verificamos que ex y e2x son linealmente independientes. Su Wronskiano es ¯ ¯ x ¯ e e2x ¯ ¯ W (ex , e2x ) = ¯¯ x e 2 e2x ¯ = e3x 6= 0.

Así, el Teorema 6 nos asegura su independencia lineal. Ejemplo 77 Considere la ecuación diferencial d2 y dy d3 y − 4 + + 6y = 0. 3 2 dx dx dx 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 = 1 son: ±1. Por lo que según el Teorema 14, si el polinomio tiene raíces reales éstas deberán ser algunas de los siguientes números: ±6, ±3, ±2, ±1. En efecto, empleando la división sintética y aplicando el teorema del residuo vemos que m = −1 es una raíz de ecuación característica ya que: 1

−1

1

−4 −1 −5

1 5 6

6 −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 = c1 e−x + c2 e2x + c3 e3x .

82


4.2.4.

Caso 2. Raíces reales repetidas

Comenzaremos el estudio de este caso considerando un ejemplo simple. Ejemplo 78 Considere la ecuación diferencial dy d2 y −6 + 9y = 0. 2 dx dx La ecuación auxiliar es m2 − 6m + 9 = 0

o

Las raíces de esta ecuación son

(m − 3)2 = 0.

m1 = 3,

m2 = 3

reales pero iguales. Correspondiendo a la raíz m1 tenemos la solución e3x , y correspondiendo a la raíz m2 se tiene la misma solución e3x . La combinación lineal c1 e3x + c2 e3x de estas “dos” soluciones claramente no es la solución general de la ecuación diferencial, puesto que no es una combinación lineal de dos soluciones linealmente independientes. Efectivamente podemos escribir la combinación c1 e3x + c2 e3x simplemente como c0 e3x , donde c0 = c1 + c2 ; y es claro que y = c0 e3x , al involucrar una constante arbitraria, no es una solución general de la ecuación de segundo orden dada. Debemos encontrar una solución linealmente independiente; pero ¿cómo lo hacemos? Puesto que ya conocemos la única solución e3x , podemos aplicar el Teorema 9 para reducir el orden de la ecuación diferencial. Hagamos y = e3x v, donde v debe ser determinada. Entonces dy dx d2 y dx2

dv + 3e3x v, dx d2 v dv = e3x 2 + 6e3x + 9e3x v. dx dx

= e3x

Substituyendo en la ecuación diferencial, tenemos ¶ µ ¶ µ d2 v dv dv + 9e3x v − 6 e3x + 3e3x v + 9e3x v = 0 e3x 2 + 6e3x dx dx dx o

d2 v = 0. dx2 Haciendo w = dv/dx, tenemos la ecuación de primer orden e3x

e3x

dw =0 dx


83

o simplemente dw = 0. dx Las soluciones de esta ecuación de primer orden son simplemente w = c, donde c es una constante arbitraria. Eligiendo la solución particular w = 1 y recordando que dv/dx = w, encontramos v(x) = x + c0 , donde c0 es una constante arbitraria. Por el Teorema 9, conocemos que para cualquier elección de la constante c0 , v(x)e3x = (x + c0 )e3x es una solución de la ecuación diferencial de segundo orden dada. Además, por el Teorema 9 conocemos que esta solución y la solución previamente conocida e3x son linealmente independientes. 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 = c1 e3x + c2 xe3x o y = (c1 + c2 x)e3x . Con este ejemplo como guía, regresemos a la ecuación diferencial general de 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 de la ecuación diferencial lineal homogénea (4.26). Específicamente, supongamos que la ecuación característica (4.27) tiene una doble raíz real m y (n − 2) raíces reales distintas m1 , m2 , . . . , mn−2 . Entonces, las soluciones linealmente independientes de (4.26) son emx , xemx , em1 x , em2 x , . . . , emn−2 x , y la solución general puede ser escrita y = c1 emx + c2 xemx + c3 em1 x + c4 em2 x + · · · + cn emn−2 x o y = (c1 + c2 x) emx + c3 em1 x + c4 em2 x + · · · + cn emn−2 x .

Similarmente, si la ecuación auxiliar (4.27) tiene una triple raiz real m, las soluciones linealmente independientes serían emx , xemx , x2 emx . La parte correspondiente de la solución general se escribiría como sigue (c1 + c2 x + c3 x2 ) emx . En el siguiente teorema se resume el caso 2.

84


Teorema 16 1. Considere la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n con coeficientes constantes (4.26). Si la ecuación auxiliar (4.27) tiene la raíz real que ocurre k veces, entonces la parte de la solución general de (4.26) que corresponde a esta raíz repetida k-veces es (c1 + c2 x + c3 x2 + · · · + ck xk−1 ) emx . 2. Adicionalmente, si las raíces restantes de la ecuación auxiliar (4.27) son los números reales distintos mk+1 , . . . , mn , entonces la solución general de (4.26) es y = (c1 + c2 x + c3 x2 + · · · + ck xk−1 ) emx + ck+1 emk+1 x + · · · + cn emn x . 3. Sin embargo, si algunas de las raíces restantes también son repetidas, entonces las partes de la solución general de (4.26) que corresponden a cada una de estas raíces repetidas son expresiones similares a la que corresponde a m en la parte 1. Consideremos algunos ejemplos. Ejemplo 79 Encuentre la solución general de d3 y d2 y dy − 4 −3 + 18y = 0. dx3 dx2 dx La ecuación auxiliar m3 − 4m2 − 3m + 18 = 0

tiene las raíces: 3, 3, −2. La solución general es

y = c1 e3x + c2 xe3x + c3 e−2x

o y = (c1 + c2 x)e3x + c3 e−2x . Ejemplo 80 Encuentre la solución general de d3 y d2 y dy d4 y − 5 + 6 +4 − 8y = 0. dx4 dx3 dx2 dx 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 tres raíces repetidas es y1 = (c1 + c2 x + c3 x2 )e2x y la correspondiente a la raíz −1 es

y2 = c4 e−x .

Así, la solución general es y = y1 + y2 , esto es, y = (c1 + c2 x + c3 x2 )e2x + c4 e−x .


4.2.5.

85

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 que los coeficientes son reales, el número complejo conjugado a − bi también es una raíz no repetida. Entonces, la parte correspondiente de la solución general es k1 e(a+bi)x + k2 e(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 sustituir éstas por dos soluciones reales linealmente independientes. Esto se puede hacer utilizando la fórmula de Euler, eiθ = cos θ + i sen θ, la cual se cumple para toda θ real. Tenemos: k1 e(a+bi)x + k2 e(a−bi)x

= = = = =

k1 eax ebix + k2 eax e−bix £ ¤ eax k1 ebix + 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, la parte de la solución general que corresponde a las raíces complejas conjugadas no repetidas a ± bi es eax [c1 sen bx + c2 cos bx] Combinando ésta con los resultados del caso 2, tenemos el siguiente teorema que cubre al caso 3. Teorema 17 1. Considere la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n con coeficientes constantes (4.26). Si la ecuación auxiliar (4.27) tiene la raíces complejas conjugadas a + bi y a − bi, ninguna repetida, entonces la parte correspondiente de la 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 ecuación auxiliar (4.27), entonces la parte correspondiente de la solución general de (4.26) puede ser escrita £ y = eax (c1 + c2 x + c3 x2 + · · · + ck xk−1 ) sen bx+ ¤ (ck+1 + ck+2 x + ck+3 x2 + · · · + c2k xk−1 ) cos bx . A continuación damos algunos ejemplos.

86


Ejemplo 81 Encuentre la solución general de d2 y + y = 0. dx2 Ya hemos utilizado esta ecuación diferencial para ilustrar los teoremas de la sección 4.1. Ahora obtengamos su solución utilizando el Teorema 17. La ecuación auxiliar m2 + 1 = 0 tiene las raíces m = ±i. Estas son los números complejos imaginarios 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 a y = c1 sen x + c2 cos x. Ejemplo 82 Encuentre la solución general de dy d2 y −6 + 25y = 0. dx2 dx La ecuación auxiliar es m2 − 6m + 25 = 0. Resolviéndola, encontramos √ 6 ± 8i 6 ± 36 − 100 = = 3 ± 4i. m= 2 2 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 d4 y d3 y d2 y dy − 4 3 + 14 2 − 20 + 25y = 0. 4 dx dx dx dx 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 general es y = ex [(c1 + c2 x) sen 2x + (c3 + c4 x) cos 2x] o y = c1 ex sen 2x + c2 xex sen 2x + c3 ex cos 2x + c4 xex cos 2x.


4.2.6.

87

Problema de valor inicial

Ahora apliquemos los resultados anteriores relacionados con la solución general de una ecuación diferencial lineal homogénea con coeficientes constantes a la resolución de un problema de valor inicial. Ejemplo 84 Resuelva el problema de valor inicial d2 y dy −6 + 25y = 0, dx2 dx

(4.28)

y(0) = −3,

(4.29)

y (0) = −1.

(4.30)

0

Notemos que por el Teorema 62 este problema tiene una solución única definida para toda x en −∞ < x < ∞. Ahora procedemos a encontrar esta solución; esto es, buscamos la solución particular de la ecuación diferencial (4.28) que satisface las dos condiciones iniciales (4.29) y (4.30). Ya hemos encontrado la solución general de la ecuación diferencial (4.28) en el ejemplo 82. Esta es y = e3x [c1 sen 4x + c2 cos 4x] .

(4.31)

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

(4.32)

De ésta, encontramos

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 a c2 = −3.

(4.33)

Aplicando la condición (4.30), y 0 (0) = −1, a la ecuación (4.32), obtenemos −1 = e0 [(3c1 − 4c2 ) sen 0 + (4c1 + 3c2 ) cos 0] , la cual se reduce a 4c1 + 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 seno y un término coseno que tienen un argumento común cx puede ser expresado

88


como un múltiplo constante apropiado del seno de la suma de este argumento común cx y un ángulo constante apropiado φ. Así, la solución anterior puede ser reexpresada en una forma alternativa que involucra p el factor sen(4x + √φ). Para hacer esto primero multipliquemos y dividamos por (2)2 + (−3)2 = 13, obteniendo así · ¸ √ 3x 2 3 √ sen 4x − √ cos 4x . y = 13e 13 13 Así, podemos expresar la solución en la forma alternativa √ y = 13e3x sen(4x + φ), donde el ángulo φ está definido por las ecuaciones 3 sen φ = − √ , 13

2 cos φ = √ . 13

4.3.

El método de coeficientes indeterminados

4.3.1.

El método

Consideremos la ecuación diferencial no homogénea an

dn y dn−1 y dy + an−1 n−1 + · · · + a1 + a0 y = g(x), n dx dx dx

(4.35)

donde los coeficientes a0 , a1 , . . . , an son constantes reales y el término no homogéneo g(x) es en general una función no constante de x. Recuerde que la solución general de (4.35) puede ser escrita como y = yc + yp , donde yc es la función complementaria, esto es, la solución general de la ecuación homogénea correspondiente, y yp es una integral particular, esto es, cualquier solución de (4.35) que no contiene constantes arbitrarias. En la sección 4.2, aprendimos cómo determinar la función complementaria; ahora consideraremos los métodos para la determinación de una integral particular. Consideraremos primero el método de coeficientes indeterminados. Matemáticamente hablando, la clase de funciones g para la que este método se aplica realmente está muy restringida; pero esta clase estrecha matemáticamente incluye funciones de frecuente ocurrencia y de importancia considerable en varias aplicaciones de la física. Y este método tiene una ventaja distintiva–su aplicación es relativamente simple. Primero introduciremos algunas definiciones preliminares. Definición 22 Denominaremos a una función una función de Coeficientes Indeterminados (CI) si es (1) una de las funciones siguientes:

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 no homogéneo g(x) en la ecuación diferencial es una combinación lineal finita de funciones CI. Observe que para una función CI específica f , cualquier derivada sucesiva de f es un múltiplo constante de una función CI o es una combinación lineal de funciones CI. Definición 23 Considere una función CI f . El conjunto de funciones formado con f misma y todas las funciones linealmente independientes de funciones CI de las cuales las derivadas sucesivas de f son múltiplos constantes o combinaciones lineales se denomina el conjunto CI de f . Ejemplo 85 La función f definida para todo real x por f (x) = x3 es una función 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 sucesivas 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 una función 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 sucesivas de f son múltiplos constantes o combinaciones lineales es cos 2x. Así, el conjunto CI 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 sen x es el producto de dos funciones CI definidas por x2 y sen x. De aquí que f misma es una función CI. Derivando sucesivamente a f , obtenemos f 0 (x) = 2x sen x + x2 cos x, f 00 (x) = 2 sen x + 4x cos x − x2 sen x, f 000 (x) = 6 cos x − 6x sen x − x2 cos x.

90


Observamos que si seguimos diferenciando ya no ocurrirán nuevos tipos de funciones. Cada derivada de f es una combinación lineal de seis funciones CI dadas por x2 sen x, x2 cos x, x sen x, x cos x, sen x, cos x. Así, el conjunto S = {x2 sen x, x2 cos x, x sen x, x cos x, sen x, cos x} es el conjunto CI de la función f (x) = x2 sen x. A continuación desarrollaremos el método de coeficientes indeterminados para encontrar una integral particular yp de an

dn y dn−1 y dy + a0 y = g(x), + a + · · · + a1 n−1 n n−1 dx dx dx

(4.36)

donde g(x) es una combinación lineal finita g(x) = A1 u1 + A2 u2 + · · · + Am um de la funciones CI u1 , u2 , . . . , um , y las Ai son constantes conocidas. Suponiendo que 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 correspondiente, obteniendo así los conjuntos respectivos S1 , S2 , . . . , Sm . 2. Supongamos que uno de los conjuntos CI así formados, digamos el Sj ,es idéntico con o completamente incluido en otro, digamos el Sk . En este caso, omitimos el conjunto Sj (el conjunto idéntico o el más pequeño) de una consideración posterior (reteniendo el conjunto Sk ). 3. En este paso se consideran cada uno de los conjuntos CI que aún permanecen después del paso 2. Supongamos ahora que uno de estos conjuntos CI, digamos el Sl , incluye uno o más miembros que son soluciones de la ecuación diferencial homogénea correspondiente. Si este es el caso, multipliquemos cada miembro del conjunto Sl por la potencia entera positiva más baja de x para que el conjunto revisado resultante no contenga miembros que sean soluciones de la ecuación diferencial homogénea correspondiente. A continuación se reemplaza Sl por este conjunto revisado así obtenido. Observe que en este paso se considera un conjunto CI a la vez y se realiza la multiplicación indicada, si fuera necesario, únicamente en los miembros del conjunto CI bajo consideración. 4. En general, al inicio de este paso, aún permanecen:


91

a) Algunos de los conjuntos CI, que no fueron omitidos en el paso 2 ni necesitaron 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 todos los conjuntos CI de estas dos categorías, con coeficientes constantes desconocidos (coeficientes desconocidos). 5. Determine estos coeficientes desconocidos sustituyendo la combinación lineal formada en el paso 4 en la ecuación diferencial y demandando que la ecuación diferencial sea idénticamente satisfecha (esto es, que sea una solución particular). A continuación ilustraremos este procedimiento con algunos ejemplos. Ejemplo 88 Resolver d2 y dy −2 − 3y = 2ex − 10 sen x. dx2 dx Solución. La ecuación homogénea correspondiente es dy d2 y −2 − 3y = 0 dx2 dx y la función complementaria es yc = c1 e3x + c2 e−x . El término no homogéneo es la combinación lineal 2ex − 10 sen x de las dos funciones CI dadas por ex y sen x. 1. Formar el conjunto CI para cada una de las dos funciones. Encontramos S1 S2

= {ex }, = {sen x, cos x}.

2. Observe que ninguno de estos conjuntos es idéntico o está incluido en el otro; de aquí que ambos sean retenidos. 3. Además, examinando la función complementaria, vemos que ninguna de las funciones ex , sen x, cos x en cualquiera de estos conjuntos es una solución de la ecuación homogénea correspondiente. De aquí que ninguno de los conjuntos necesite ser revisado. 4. Así, los conjuntos originales S1 y S2 permanecen intactos en este problema, y formamos la combinación lineal Aex + B sen x + C cos x de los tres elementos con los coeficientes ex , sen x, cos x de los conjuntos S1 y S2 , con los coeficientes indeterminados A, B, C.

92

Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales... 5. Determine estos coeficientes desconocidos mediante la sustitución de la combinación lineal, formada en el paso 4, en la ecuación diferencial y demandando que esta satisfaga la ecuación diferencial. Esto es, tomamos yp = Aex + B sen x + C cos x como una solución particular. Entonces yp0 = Aex + B cos x − C sen x, yp00 = Aex − B sen x − C cos x. Substituyendo, obtenemos (Aex − B sen x − C cos x) − 2(Aex + B cos x − C sen x) − 3(Aex + B sen x + C cos x) = 2ex − 10 sen x o −4Aex + (−4B + 2C) sen x + (−4C − 2B) cos x = 2ex − 10 sen x. Igualando los coeficientes de los términos semejantes, obtenemos las ecuaciones −4A = 2, −4B + 2C = −10, −4C − 2B = 0. De estas ecuaciones, encontramos que 1 A=− , 2

B = 2,

C = −1,

y de aquí obtenemos la integral particular 1 yp = − ex + 2 sen x − cos x. 2 Así, la solución general de la ecuación diferencial es 1 y = yc + yp = c1 e3x + c2 e−x − ex + 2 sen x − cos x. 2

Ejemplo 89 Resolver dy d2 y −3 + 2y = 2x2 + ex + 2xex + 4e3x . 2 dx dx Solución. La ecuación homogénea correspondiente es dy d2 y −3 + 2y = 0 2 dx dx


93

y la función complementaria es yc = c1 ex + c2 e2x . 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 S2 S3 S4

= = = =

{x2 , x, 1}, {ex }, {xex , ex }, {e3x }.

2. Observamos que S2 está completamente incluido en S3 , así que ya no consideramos 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 función complementaria y así es solución de la ecuación diferencial homogénea correspondiente. Por lo tanto, multiplicamos cada miembro de S3 por x para obtener la familia revisada S30 = {x2 ex , xex }, que no contiene miembros que sean soluciones de la ecuación diferencial homogénea correspondiente. 4. En este punto, quedan los conjuntos CI originales S1 = {x2 , x, 1} y S4 = {e3x } y el conjunto revisado S30 = {x2 ex , xex }. Estos conjuntos contienen los seis elementos x2 , x, 1, e3x , x2 ex , xex . Con ellos formamos la combinación lineal Ax2 + Bx + C + De3x + Ex2 ex + F xex .

94

Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales... 5. Tomamos como nuestra solución particular yp = Ax2 + Bx + C + De3x + Ex2 ex + F xex . De ésta, tenemos yp0 = 2Ax + B + 3De3x + Ex2 ex + 2Exex + F xex + F ex , yp00 = 2A + 9De3x + Ex2 ex + 4Exex + 2Eex + F xex + 2F ex . Sustituyendo yp , yp0 , yp00 en la ecuación diferencial, obtenemos 2A + 9De3x + Ex2 ex + 4Exex + 2Eex + F xex + 2F ex ¤ £ − 3 2Ax + B + 3De3x + Ex2 ex + 2Exex + F xex + F ex ¤ £ + 2 Ax2 + Bx + C + De3x + Ex2 ex + F xex

= 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 2B − 6A 2A 2D −2E 2E − F

= = = = = =

0, 0, 2, 4, 2, 1.

Resolviendo este sistema de ecuaciones, obtenemos A = 1, B = 3, C = 7 2 , D = 2, E = −1, F = −3, por lo que la integral particular es yp = x2 + 3x +

7 + 2e3x − x2 ex − 3xex . 2

Por consiguiente, la solución general es y = yc + yp = c1 ex + c2 e2x + x2 + 3x +

7 + 2e3x − x2 ex − 3xex . 2

Ejemplo 90 Resolver d4 y d2 y + = 3x2 + 4 sen x − 2 cos x. dx4 dx2


95

Solución. La ecuación homogénea correspondiente es d4 y d2 y + 2 = 0, 4 dx dx y la función complementaria es yc = c1 + c2 x + c3 sen x + c4 cos x. El término no homogéneo es la combinación lineal 3x2 + 4 sen x − 2 cos x de las tres funciones CI dadas por x2 , sen x y cos x. 1. Formar el conjunto CI para cada una de las tres funciones. Estos conjuntos son, respectivamente S1 S2 S3

= {x2 , x, 1}, = {sen x, cos x}, = {cos x, sen x}.

2. Observe que S2 y S3 son idénticos por lo que retenemos sólo a uno de ellos, quedando los conjuntos S1 = {x2 , x, 1}, S2 = {sen x, cos x}. 3. Ahora observamos que S1 = {x2 , x, 1} incluye a 1 y x, las cuales, como la ecuación complementaria muestra, son soluciones de la ecuación diferencial homogénea correspondiente. Por ello multiplicamos cada miembro del conjunto S1 por x2 para obtener el conjunto revisado S10 = {x4 , x3 , x2 }, en el que ninguno de sus miembros es solución de la ecuación diferencial homogénea. Observe que la multiplicación por x, en lugar de x2 , no es suficiente, puesto que el conjunto resultante sería {x3 , x2 , x}, el cual todavía incluye la solución homogénea x. Regresando al conjunto S2 , observe que sus dos miembros, también son soluciones de la ecuación diferencial homogénea. De aquí que S2 deba ser reemplazado por el conjunto revisado S20 = {x sen x, x cos x}. 4. En este punto ya no quedan conjuntos CI originales. Ellos han sido reemplazados por los conjuntos revisados S10 y S20 los cuales contienen cinco elementos siguientes x4 , x3 , x2 , x sen x, x cos x.

96

Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales... A continuación formamos una combinación lineal con ellos, Ax4 + Bx3 + Cx2 + Dx sen x + Ex cos x, con coeficientes indeterminados A, B, C, D, E. 5. Ahora, tomamos esta combinación como nuestra solución particular yp = Ax4 + Bx3 + Cx2 + Dx sen x + Ex cos x. Entonces yp0 yp00 yp000 yp(4)

= 4Ax3 + 3Bx2 + 2Cx + Dx cos x + D sen x − Ex sen x + E cos x,

= 12Ax2 + 6Bx + 2C − Dx sen x + 2D cos x − Ex cos x − 2E sen x, = 24Ax + 6B − Dx cos x − 3D sen x + Ex sen x − 3E cos x, = 24A + Dx sen x − 4D cos x + Ex cos x + 4E sen x.

Substituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos 24A + Dx sen x − 4D cos x + Ex cos x + 4E sen x

+ 12Ax2 + 6Bx + 2C − Dx sen x + 2D cos x − Ex cos x − 2E sen x

= 3x2 + 4 sen x − 2 cos x

Igualando coeficientes, encontramos 24A + 2C 6B 12A −2D 2E

= = = = =

0 0 3 −2 4.

De aquí que A = 14 , B = 0, C = −3, D = 1, E = 2, y la integral particular es 1 yp = x4 − 3x2 + x sen x + 2x cos x. 4 La solución general es 1 y = yc + yp = c1 + c2 x + c3 sen x + c4 cos x x4 − 3x2 + x sen x + 2x cos x. 4

Ejemplo 91 (Un problema de valor inicial) Para cerrar esta sección, resolvamos el problema de valor inicial dy d2 y −2 − 3y = 2ex − 10 sen x 2 dx dx

(4.37)

Sec.4.4 Variación de parámetros

97 y(0) = 2,

(4.38)

y 0 (0) = 4.

(4.39)

Por el Teorema 3, este problema tiene una solución única, definida para toda x en −∞ < x < ∞; procedamos a encontrar dicha solución única. En el ejemplo 88 encontramos que la solución general de la ecuación diferencial (4.37) es 1 y = c1 e3x + c2 e−x − ex + 2 sen x − cos x. 2

(4.40)

1 dy = 3c1 e3x − c2 e−x − ex + 2 cos x + sen x. dx 2

(4.41)

De esta, tenemos

Aplicando las condiciones iniciales (4.38) y (4.39) a las ecuaciones (4.40) y (4.41), respectivamente, tenemos 1 2 = c1 e0 + c2 e0 − e0 + 2 sen 0 − cos 0, 2 1 0 0 4 = 3c1 e − c2 e − e0 + 2 cos 0 + sen 0. 2 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 solución única del problema de valor inicial, la cual es y=

4.4. 4.4.1.

1 3 3x e + 2e−x − ex + 2 sen x − cos x. 2 2

Variación de parámetros El método

Mientras que el método de coeficientes indeterminados es realmente muy directo (involucrando sólo técnicas de álgebra de bachillerato y diferenciación), el método se aplica por lo general a una pequeña clase de problemas. Por ejemplo, el método de coeficientes indeterminados no se aplica a la ecuación aparentemente simple d2 y + y = tan x. dx2

98


Buscamos un método para determinar una integral particular que se aplique en todos los casos (incluyendo coeficientes variables) en los que la función complementaria se conozca. Tal método se denomina método de variación de parámetros, que a continuación consideramos. Desarrollaremos este método para la ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes variables a2 (x)

d2 y dy + a1 (x) + a0 (x) y = g(x). 2 dx dx

(4.42)

Suponga que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea correspondiente a2 (x)

d2 y dy + a1 (x) + a0 (x) y = 0. dx2 dx

(4.43)

Entonces la función complementaria de la ecuación (4.42) es c1 y1 (x) + c2 y2 (x), donde y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de (4.43) y c1 y c2 son constantes arbitrarias. El procedimiento en el método de variación de parámetros consiste en reemplazar las constantes arbitrarias c1 y c2 en la función complementaria por funciones respectivas v1 y v2 que serán determinadas de manera que 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 variación de parámetros). Tenemos a nuestra disposición las dos funciones, v1 y v2 con las cuales satisfacer a la única condición de que (4.44) sea una solución de (4.42). Puesto que tenemos dos funciones pero sólo una condición sobre ellas, tenemos la libertad de imponer una segunda condición, con la condición de que no violemos la primera. Posteriormente estudiaremos cuándo y cómo imponer esta condición adicional. 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 yp0 = v1 (x)y10 (x) + v2 (x)y20 (x) + v10 (x)y1 (x) + v20 (x)y2 (x),

(4.46)

En este punto imponemos la segunda condición para simplificar yp0 , demandando que v10 (x)y1 (x) + v20 (x)y2 (x) = 0. (4.47) Con esta condición impuesta, (4.46) se reduce a yp0 = v1 (x)y10 (x) + v2 (x)y20 (x).

(4.48)


99

Ahora, diferenciando (4.48), obtenemos yp00 = v1 (x)y100 (x) + v2 (x)y200 (x) + v10 (x)y10 (x) + v20 (x)y20 (x).

(4.49)

Ahora imponemos la condición básica de que (4.45) sea una solución de la dy d2 y y dx ecuación (4.42). Así sustituimos (4.45), (4.48) y (4.49) por y, dx 2 , respectivamente, en la ecuación (4.42), por lo que obtenemos a2 (x) [v1 (x)y100 (x) + v2 (x)y200 (x) + v10 (x)y10 (x) + v20 (x)y20 (x)] + a1 (x) [v1 (x)y10 (x) + v2 (x)y20 (x)] + a0 (x) [v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x)] = g(x). Esta expresión puede ser escrita como v1 (x) [a2 (x)y100 (x) + a1 (x)y10 (x) + a0 (x)y1 (x)] + v2 (x) [a2 (x)y200 (x) + a1 (x)y20 (x) + a0 (x)y2 (x)] + a2 (x) [v10 (x)y10 (x) + v20 (x)y20 (x)] = g(x). Puesto que y1 y y2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea correspondiente (4.43), las expresiones dentro de los paréntesis en los primeros dos términos en la ecuación anterior son idénticamente cero. Esto conduce a v10 (x)y10 (x) + v20 (x)y20 (x) =

g(x) . a2 (x)

(4.50)

Esto es lo que realmente demanda la condición básica. Así las dos condiciones impuestas requieren que las funciones v1 y v2 sean elegidas de manera que el sistema de ecuaciones v10 (x)y1 (x) + v20 (x)y2 (x) = 0, g(x) , v10 (x)y10 (x) + v20 (x)y20 (x) = a2 (x)

(4.51)

sea satisfecho. El determinante de coeficientes de este sistema es precisamente ¯ ¯ ¯ y (x) y2 (x) ¯ ¯. W [y1 (x), y2 (x)] = ¯¯ 10 y1 (x) y20 (x) ¯

Puesto que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial homogénea correspondiente (4.43), sabemos que W [y1 (x), y2 (x)] 6= 0. De aquí que el sistema (4.51) tenga una solución única. Resolviendo este sistema, obtenemos ¯ ¯ ¯ 0 y2 (x) ¯¯ ¯ ¯ g(x) ¯ ¯ a2 (x) y20 (x) ¯ g(x)y2 (x) 0 ¯ =− v1 (x) = ¯¯ , ¯ a2 (x)W [y1 (x), y2 (x)] ¯ y10 (x) y20 (x) ¯ ¯ y1 (x) y2 (x) ¯

100

Cap.4 Métodos explícitos de solución para las ecs. diferenciales... ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 v2 (x) = ¯¯ ¯ ¯

¯ 0 ¯¯ g(x) ¯ a2 (x) ¯ g(x)y1 (x) ¯= . ¯ a2 (x)W [y1 (x), y2 (x)] y1 (x) y2 (x) ¯ y10 (x) y20 (x) ¯ y1 (x) y10 (x)

Así, obtenemos las funciones v1 y v2 definidas por Z x g(t)y2 (t)dt v1 (x) = − , a2 (t)W [y1 (t), y2 (t)] Z x g(t)y1 (t)dt v2 (x) = . a2 (t)W [y1 (t), y2 (t)]

(4.52)

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 d2 y + y = tan x. dx2

(4.53)

La función complementaria está definida por yc (x) = c1 sen x + c2 cos x. Asumimos yp (x) = v1 (x) sen x + v2 (x) cos x,

(4.54)

donde las funciones v1 y v2 deberán ser determinadas de manera que esta sea una integral particular de la ecuación diferencial (4.53). Entonces yp0 (x) = v1 (x) cos x − v2 (x) sen x + v10 (x) sen x + v20 (x) cos x. A continuación imponemos la condición v10 (x) sen x + v20 (x) cos x = 0,

(4.55)

quedando yp0 (x) = v1 (x) cos x − v2 (x) sen x. De esta ecuación yp00 (x) = −v1 (x) sen x − v2 (x) cos x + v10 (x) cos x − v20 (x) sen x.

(4.56)

Sustituyendo (4.54) y (4.56) en (4.53) obtenemos v10 (x) cos x − v20 (x) sen x = tan x.

(4.57)


101

Así que tenemos las dos ecuaciones (4.55) y (4.57) de las cuales se determinan v10 (x) y v20 (x): v10 (x) sen x + v20 (x) cos x = 0, v10 (x) cos x − v20 (x) sen x = tan x. Resolviendo este sistema de ecuaciones, obtenemos ¯ ¯ ¯ 0 cos x ¯¯ ¯ ¯ tan x − sen x ¯ − cos x tan x ¯ = v10 (x) = ¯¯ = sen x, ¯ −1 cos x ¯ ¯ sen x ¯ cos x − sen x ¯ v20 (x) =

=

¯ ¯ ¯ sen x 0 ¯¯ ¯ ¯ cos x tan x ¯ sen x tan x − sen2 x ¯= ¯ = ¯ sen x −1 cos x cos x ¯¯ ¯ ¯ cos x − sen x ¯

cos2 x − 1 = cos x − sec x. cos x

Integrando obtenemos v1 (x) = − cos x + c3 ,

v2 (x) = sen x − ln |sec x + tan x| + c4 .

(4.58)

Substituyendo (4.58) en (4.54) tenemos yp (x) = (− cos x + c3 ) sen x + (sen x − ln |sec x + tan x| + c4 ) cos x = − sen x cos x + c3 sen x + sen x cos x − ln |sec x + tan x| (cos x) + c4 cos x = c3 sen x + c4 cos x − (cos x)(ln |sec x + tan x|). Ya que una integral particular es una solución libre de constantes arbitrarias, podemos asignar valores particulares cualesquiera A y B a c3 y c4 , respectivamente, y el resultado será la integral particular A sen x + B cos x − (cos x)(ln |sec x + tan x|). Así, y = yc + yp es y = c1 sen x + c2 cos x + A sen x + B cos x − (cos x)(ln |sec x + tan x|). que puede ser escrita como y = C1 sen x + C2 cos x − (cos x)(ln |sec x + tan x|), 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 sen x + c2 cos x − (cos x)(ln |sec x + tan x|). Esta es la solución general de la ecuación diferencial (4.53).

102


El método de variación de parámetros se puede extender a ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. A continuación ilustramos esta extensión a una ecuación de tercer orden. Ejemplo 93 Considere la ecuación diferencial d2 y dy d3 y − 6 + 11 − 6y = ex . dx3 dx2 dx

(4.59)

La función complementaria es yc (x) = c1 ex + c2 e2x + c3 e3x . Entonces asumimos como una integral particular yp (x) = v1 (x)ex + v2 (x)e2x + v3 (x)e3x .

(4.60)

Ya que tenemos tres funciones v1 , v2 , v3 , debemos aplicar tres condiciones. Tenemos: yp0 (x) = v1 (x)ex + 2v2 (x)e2x + 3v3 (x)e3x + v10 (x)ex + v20 (x)e2x + v30 (x)e3x . Procediendo en una manera análoga al caso de la ecuación de segundo orden, imponemos la condición v10 (x)ex + v20 (x)e2x + v30 (x)e3x = 0,

(4.61)

yp0 (x) = v1 (x)ex + 2v2 (x)e2x + 3v3 (x)e3x .

(4.62)

dejando Entonces yp00 (x) = v1 (x)ex + 4v2 (x)e2x + 9v3 (x)e3x + v10 (x)ex + 2v20 (x)e2x + 3v30 (x)e3x . Ahora imponemos la condición v10 (x)ex + 2v20 (x)e2x + 3v30 (x)e3x = 0,

(4.63)

yp00 (x) = v1 (x)ex + 4v2 (x)e2x + 9v3 (x)e3x .

(4.64)

dejando De ésta yp000 (x) = v1 (x)ex + 8v2 (x)e2x + 27v3 (x)e3x + v10 (x)ex + 4v20 (x)e2x + 9v30 (x)e3x . (4.65) Sustituimos (4.60), (4.62), (4.64) y (4.65) en la ecuación diferencial (4.59), obteniendo v1 (x)ex + 8v2 (x)e2x + 27v3 (x)e3x + v10 (x)ex + 4v20 (x)e2x + 9v30 (x)e3x − 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


103

o v10 (x)ex + 4v20 (x)e2x + 9v30 (x)e3x = ex .

(4.66)

Así tenemos las tres ecuaciones (4.61), 4.63), (4.66) de las cuales se pueden determinar v10 (x), v20 (x), v30 (x): v10 (x)ex + v20 (x)e2x + v30 (x)e3x v10 (x)ex + 2v20 (x)e2x + 3v30 (x)e3x v10 (x)ex + 4v20 (x)e2x + 9v30 (x)e3x Resolviendo este sistema, obtenemos ¯ ¯ 0 e2x e3x ¯ ¯ 0 2e2x 3e3x ¯ x ¯ e 4e2x 9e3x 0 v1 (x) = ¯¯ x e2x e3x ¯ ex 2x ¯ e 2e 3e3x ¯ x 2x ¯ e 4e 9e3x ¯ x ¯ e ¯ x ¯ e ¯ x ¯ e 0 v2 (x) = ¯¯ x ¯ ex ¯ e ¯ x ¯ e ¯ x ¯ e ¯ x ¯ e ¯ x ¯ e 0 v3 (x) = ¯¯ x ¯ ex ¯ e ¯ x ¯ e

= 0, = 0, = ex .

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 6x ¯ 1 1 ¯ ¯ e ¯ ¯ 2 3 ¯ ¯= ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯ ¯ 6x ¯ 1 2 3 ¯ e ¯ ¯ ¯ ¯ 1 4 9

1 ¯= , ¯ 2 ¯ ¯ ¯ ¯

¯ 0 e3x ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 3e3x ¯¯ 5x ¯ 1 1 ¯ −e ¯ 1 3 ¯ ex 9e3x ¯ ¯= = −e−x , 2e6x e2x e3x ¯¯ 2e2x 3e3x ¯¯ 4e2x 9e3x ¯ ¯ e2x 0 ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2e2x 0 ¯¯ 4x ¯ 1 1 ¯ e ¯ 2x x ¯ 1 2 ¯ 4e e 1 ¯= = e−2x . 2x 3x ¯ 2e6x 2 e e ¯ 2e2x 3e3x ¯¯ 4e2x 9e3x ¯

Integrando y tomando todas las constantes de integración iguales a cero, encontramos 1 1 v1 (x) = x, v2 (x) = e−x , v3 (x) = − e−2x . 2 4 Así yp (x) =

1 x 1 1 3 xe + e−x e2x + − e−2x e3x = xex + ex . 2 4 2 4

Así, la solución general de (5.60) es 1 y = yc + yp = c01 ex + c2 e2x + c3 e3x + xex . 2 donde c01 = c1 + 34 .

104


En los dos ejemplos anteriores los coeficientes de la ecuación diferencial fueron constantes. En la discusión al comienzo de esta sección se mencionó que el método de variación de parámetros se aplica también en las ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes variables. A continuación ilustraremos este caso. Ejemplo 94 Considere la ecuación diferencial (x2 + 1)

d2 y dy − 2x + 2y = 6(x2 + 1)2 . dx2 dx

(4.67)

En el ejemplo (71) resolvimos la ecuación homogénea correspondiente (x2 + 1)

d2 y dy − 2x + 2y = 0. dx2 dx

Del resultado de dicho ejemplo, vemos que la función complementaria de la ecuación (4.67) es yc (x) = c1 x + 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 yp0 (x) = v1 (x) · 1 + v2 (x) · 2x + v10 (x)x + v20 (x)(x2 − 1). Ahora imponemos la condición v10 (x)x + v20 (x)(x2 − 1) = 0,

(4.69)

yp0 (x) = v1 (x) + 2x v2 (x)

(4.70)

yp00 (x) = v10 (x) + 2 v2 (x) + 2x v20 (x).

(4.71)

conduciendo a De ésta, obtenemos

Sustituyendo (4.68), (4.70) y (4.71) en (4.67) obtenemos

o

(x2 + 1) [v10 (x) + 2 v2 (x) + 2x v20 (x)] − 2x [v1 (x) + 2x v2 (x)] ¤ £ + 2 v1 (x)x + v2 (x)(x2 − 1) = 6(x2 + 1)2 (x2 + 1) [v10 (x) + 2x v20 (x)] = 6(x2 + 1)2 .

(4.72)

Así tenemos las dos ecuaciones (4.69) y (4.72) de las cuales determinar v10 (x) y v20 (x); esto es, v10 (x) y v20 (x) satisfacen el sistema v10 (x)x + v20 (x)(x2 − 1) = 0, (x + 1) [v10 (x) + 2x v20 (x)] = 6(x2 + 1)2 . 2

Sec.4.5 La ecuación de Cauchy-Euler

105

Resolviendo este sistema, encontramos ¯ ¯ ¯ 0 x2 − 1 ¯¯ ¯ ¯ 6(x2 + 1) 2x ¯ −6(x2 + 1)(x2 − 1) ¯ ¯ v10 (x) = = −6(x2 − 1), = 2+1 ¯ x x2 − 1 ¯ x ¯ ¯ ¯ 1 2x ¯ ¯ ¯ ¯ x 0 ¯¯ ¯ ¯ 1 6(x2 + 1) ¯ 6x(x2 + 1) ¯ = = 6x. v20 (x) = ¯¯ 2 ¯ x2 + 1 ¯ x x −1 ¯ ¯ 1 2x ¯ Integrando, obtenemos

v1 (x) = −2x3 + 6x,

v2 (x) = 3x2 ,

(4.73)

donde hemos seleccionado las constantes de integración igual a cero. Sustituyendo (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 expresada en la forma y

4.5. 4.5.1.

= yc + yp = c1 x + c2 (x2 − 1) + x4 + 3x2 .

La ecuación de Cauchy-Euler La ecuación y el método de solución

En las secciones anteriores estudiamos cómo obtener la solución general de la ecuación diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes. Vimos que en tal caso la forma de la función complementaria puede ser determinada fácilmente Sin embargo, la ecuación lineal general de orden n con coeficientes variables es algo diferente, y sólo en ciertos casos especiales puede obtenerse la función complementaria en forma cerrada1 . Un caso especial de considerable importancia práctica para el que afortunadamente esto puede realizarse es la denominada ecuación de Cauchy-Euler (o ecuación equidimensional ). Esta es una ecuación de la forma an xn

dy dn y dn−1 y + an−1 xn−1 n−1 + · · · + a1 x + a0 y = g(x), n dx dx dx

(4.74)

1 Esta frase se refiere normalmente a soluciones explícitas que se pueden expresar en términos de funciones elementales : combinaciones finitas de potencias de x, raíces, funciones exponenciales y logarítmicas y funciones trigonométricas directas e inversas.

106


donde a0 , a1 , . . . , an , son constantes. Note la característica fundamental de esta ecuación: cada término en el lado izquierdo es un múltiplo constante de una expresión de la forma dk y xk k . dx El proceso para la resolución de esta ecuación diferencial se establece en el teorema siguiente. Teorema 18 La transformación x = et reduce la ecuación an xn

dy dn y dn−1 y + an−1 xn−1 n−1 + · · · + a1 x + a0 y = g(x) n dx dx dx

(4.75)

a una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes. A continuación probaremos este teorema para el caso de una ecuación diferencial de Cauchy-Euler de segundo orden a2 x2

d2 y dy + a1 x + a0 y = g(x). 2 dx dx

(4.76)

La prueba para el caso general de orden n procede de forma similar. Haciendo x = et y asumiendo que x > 0, tenemos que t = ln x. Entonces dy dy dt 1 dy = = dx dt dx x dt y d2 y dx2

= =

µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 d dy dy d 1 1 d2 y dt 1 dy + = − 2 x dx dt dt dx x x dt2 dx x dt µ µ ¶ ¶ 1 d2 y 1 1 dy 1 d2 y dy − − 2 = 2 . x dt2 x x dt x dt2 dt

Así x

dy dy = dx dt

y d2 y dy d2 y = 2 − . 2 dx dt dt Sustituyendo en la ecuación (4.76) obtenemos µ 2 ¶ d y dy dy − a2 + a1 + a0 y = g(et ) dt2 dt dt x2

o A2

d2 y dy + A1 + A0 y = G(t), 2 dt dt

(4.77)


107

donde A2 = a2 ,

A1 = a1 − a2 ,

A0 = a0 ,

G(t) = g(et ).

Esta es una ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes constantes, que es lo que queríamos demostrar. Observación 1 : Note que el coeficiente an xn en la ecuación (4.75) es cero para x = 0. Así el intervalo básico a ≤ x ≤ b, relacionado con los teoremas de la 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 otra cosa, asumiremos que x > 0 cuando estemos buscando la solución general de una ecuación diferencial de Cauchy-Euler. Ejemplo 95 Resolver x2

dy d2 y − 2x + 2 y = x3 . dx2 dx

(4.78)

Solución. Hagamos x = et . Entonces, asumiendo x > 0, tenemos t = ln x, y dy dy dt 1 dy = = , dx dt dx x dt µ µ ¶ ¶ 1 d2 y dt 1 dy 1 d2 y dy d2 y = − − 2 = 2 . dx2 x dt2 dx x dt x dt2 dt Así, la ecuación (4.78) se transforma en µ µ 2 ¶¶ µ ¶ 1 d y dy 1 dy 2 − x − 2x + 2 y = e3t x2 dt2 dt x dt o

dy d2 y −3 (4.79) + 2y = e3t . 2 dt dt La función complementaria de esta ecuación es yc = c1 et +c2 e2t . A continuación buscamos una integral particular por el método de coeficientes indeterminados. Asumimos yp = Ae3t . Entonces yp0 = 3Ae3t , yp00 = 9Ae3t , y sustituyendo en la ecuación (4.79) obtenemos 2Ae3t = e3t . Así A = es

1 2

y tenemos que yp = 12 e3t . La solución general de la ecuación (4.79)

1 y = c1 et + c2 e2t + e3t . 2 Finalmente, puesto que x = et , encontramos 1 y = c1 x + c2 x2 + x3 . 2 Esta es la solución general de (4.78).

108


Ejemplo 96 Resolver x3

2 dy d3 y 2d y − 4x + 8x − 8y = 4 ln x. 3 2 dx dx dx

(4.80)

Solución. Hagamos x = et . Entonces, asumiendo x > 0, tenemos t = ln x, y dy dy dt 1 dy = = , dx dt dx x dt µ ¶ d2 y 1 d2 y dy = 2 − . dx2 x dt2 dt d3 y dx3

= = = =

µ µ ¶ ¶ 1 d d2 y dy 2 d2 y dy − − − x2 dx dt2 dt x3 dt2 dt µ 3 µ 2 ¶ ¶ 2 d y dt 2 d y dy 1 d y dt − − − x2 dt3 dx dt2 dx x3 dt2 dt µ 3 ¶ µ ¶ 2 2 1 d y d y 2 d y dy − 2 − 3 − x3 dt3 dt x dt2 dt µ 3 ¶ 2 1 d y d y dy −3 2 +2 . x3 dt3 dt dt

Así, sustituyendo en la ecuación (4.80) , obtenemos · µ 3 · µ 2 ¶¸ ¶¸ · ¸ d2 y dy 1 d y 1 d y dy 1 dy 3 2 −3 2 +2 − − 4x + 8x − 8y = 4t x x3 dt3 dt dt x2 dt2 dt x dt o

d2 y dy d3 y − 7 2 + 14 − 8y = 4t. 3 dt dt dt

(4.81)

La función complementaria de la ecuación transformada (4.81) es yc = c1 et + c2 e2t + c3 e4t . 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 yp0 = A, yp00 = yp000 = 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 1 7 y = c1 et + c2 e2t + c3 e4t − t − , 2 8


109

y la solución general de la ecuación (4.80) es y = c1 x + c2 x2 + c3 x4 −

1 7 ln x − . 2 8

Observación. Al resolver las ecuaciones de Cauchy-Euler de los ejemplos anteriores, observamos que la transformación x = et reduce x

dy dx

dy , dt

a

x2

d2 y dx2

a

d2 y dy − dt2 dt

y d3 y d2 y dy d3 y a − 3 +2 . dx3 dt3 dt2 dt A continuación mostraremos (sin prueba) cómo encontrar la expresión en la que el término general dn y xn n , dx donde n es un entero positivo arbitrario, se reduce bajo la transformación x = et . El procedimiento es el siguiente. x3

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

dk y , dtk

para cada k = 1, 2, 3, . . . , n.

n

d y 4. Iguale xn dx n 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

d3 y dt3 ,

r2 por

d2 y dt2

y r por

dy dt ,

tenemos

d3 y d2 y dy −3 2 +2 . 3 dt dt dt 3

d y 4. Igualando x3 dx 3 con esta última expresión, tenemos

x3

d3 y d2 y dy d3 y = − 3 +2 . 3 3 2 dx dt dt dt

Observe que esta expresión es precisamente la relación encontrada en el último ejemplo.

110


Capítulo 5

Soluciones en series de las ecuaciones diferenciales lineales En el Capítulo 4.aprendimos que ciertos tipos de ecuaciones diferenciales lineales de orden superior (por ejemplo, aquellas con coeficientes constantes) tienen soluciones que pueden ser expresadas como combinaciones lineales finitas de funciones elementales conocidas. Sin embargo, generalmente las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior no tienen soluciones que puedan ser expresadas en esta manera simple. Así que debemos buscar otros medios de expresión para las soluciones de estas ecuaciones. Uno de estos medios de expresión lo proporciona las representaciones en series infinitas, y el presente capítulo está dedicado a los métodos de obtención de soluciones en forma de series infinitas.

5.1. 5.1.1.

Soluciones en series de potencia alrededor de un punto ordinario Conceptos básicos y resultados

Considere la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden d2 y dy + a1 (x) (5.1) + a0 (x) y = 0, 2 dx dx y suponga que esta ecuación no tiene una solución que sea expresable como una combinación lineal finita de funciones elementales conocidas. Sin embargo, supongamos que tiene una solución que puede ser expresada en la forma de una serie infinita. Específicamente, asumamos que tiene una solución en la forma a2 (x)

2

c0 + c1 (x − x0 ) + c2 (x − x0 ) + · · · = 111

∞ X

n=0

cn (x − x0 )n ,

(5.2)

112

Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales

donde c0 , c1 , c2 , . . . son constantes. Una expresión de la forma (5.2) se denomina una 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 que esta suposición es válida, enseguida procedemos a determinar los coeficientes c0 , 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, ¿bajo 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 considerable importancia; ya que sería un absurdo buscar una “solución” de la forma (5.2) si realmente ésta no existiera. Para responder a esta pregunta concerniente a la existencia de una solución de la forma (5.2), primero introduciremos algunas definiciones básicas. Para este propósito escribamos la ecuación diferencial (5.1) en la forma normalizada equivalente d2 y dy + P1 (x) + P2 (x) y = 0, 2 dx dx donde P1 (x) =

(5.3)

a1 (x) a0 (x) y P2 (x) = . a2 (x) a2 (x)

Definición 24 Una función se dice analítica en x0 si su serie de Taylor alrededor de x0 , ∞ X f (n) (x0 ) (x − x0 )n , n! n=0

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 (−∞, ∞); de la 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 excepto en los valores de x en los que el denominador es cero. Por ejemplo, la función racional definida por 1/(x2 − 3x + 2) es analítica en todo número real con la excepción de x = 1 y de x = 2. Definición 25 El punto x0 se denomina un punto ordinario de la ecuación diferencial (5.1) si las 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 d2 y dy +x + (x2 + 2) y = 0. 2 dx dx

(5.4)

Aquí P1 (x) = x y P2 (x) = x2 +2. Las dos funciones P1 (x) y P2 (x) son funciones polinomiales por lo que son analíticas en todos los números reales. Así, todos los puntos de esta ecuación diferencial son puntos ordinarios.

Sec.5.1 Soluciones en series de potencia alrededor de un punto ordinario

113

Ejemplo 98 Considere la ecuación diferencial (x − 1)

d2 y dy 1 +x + y = 0. dx2 dx x

(5.5)

La ecuación (5.5) no está escrita en la forma normalizada (5.3), por lo que primero la expresaremos en la forma normalizada, obteniendo x dy 1 d2 y + + y = 0. dx2 (x − 1) dx x(x − 1) Aquí P1 (x) =

x 1 y P2 (x) = . (x − 1) x(x − 1)

La función P1 es analítica en todos los números reales excepto en x = 1 y P2 es analítica en todos los números reales excepto en x = 0 y en x = 1. Así, x = 0 y x = 1 son puntos singulares de la ecuación diferencial bajo consideración. Todos los otros puntos restantes son puntos ordinarios de la ecuación diferencial. Note claramente que x = 0 es un punto singular, aunque P1 sea una función analítica en x = 0. Mencionamos este hecho para enfatizar que tanto P1 (x) y P2 (x) deben ser funciones analíticas en x0 para que x0 sea un punto ordinario. Ahora estamos en la posición adecuada para establecer un teorema relacionado con la existencia de soluciones en series de potencias de la forma (5.2). Teorema 19 Hipótesis. El punto x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial (5.1). Conclusión. La ecuación diferencial (5.1) tiene dos soluciones no triviales en series de potencias que son linealmente independientes de la forma ∞ X

n=0

cn (x − x0 )n ,

(2)

y estas series de potencias convergen en algún intervalo |x − x0 | < R (donde R > 0) alrededor de x0 . Este teorema nos da una condición suficiente para la existencia de soluciones en series de potencias de la ecuación diferencial (5.1). Establece que si x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial (5.1), entonces esta ecuación diferencial tiene dos soluciones en series de potencias que son linealmente independientes. Así, si x0 es un punto ordinario de (5.1), podemos obtener la solución general de (5.1) tomando una combinación lineal de estas dos series de potencias linealmente independientes. Ejemplo 99 En el Ejemplo 97 notamos que todos los puntos son puntos ordinarios de la ecuación diferencial (5.4). Así, esta ecuación diferencial tiene dos soluciones linealmente independientes de la forma (5.2) alrededor de cualquier punto x0 .

114


Ejemplo 100 En el Ejemplo 98 observamos que x = 0 y x = 1 son los únicos puntos singulares de la ecuación diferencial (5.5). Así, esta ecuación diferencial tiene dos soluciones linealmente independientes de la forma (5.2) alrededor de cualquier punto x 6= 0 y x 6= 1. Por ejemplo, la ecuación tiene dos soluciones linealmente independientes de la forma ∞ X cn (x − 2)n n=0

alrededor del punto ordinario 2. Sin embargo, no estamos seguros de que exista una solución de la forma ∞ X cn xn n=0

alrededor del punto singular 0 o cualquier solución de la forma ∞ X

n=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 soluciones en series de potencias de la forma (5.2) la pregunta inmediata es ¿cómo encontrar estas soluciones? En otras palabras, cómo determinamos los coeficientes c0 , c1 , c2 , . . . en la expresión ∞ X

n=0

cn (x − x0 )n

(2)

para que esta expresión realmente satisfaga la ecuación (5.1)? Primero haremos un breve esbozo del procedimiento para encontrar estos coeficientes y entonces ilustraremos 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 + · · · =

∞ X

n=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 sucesivamente dos veces para obtener ∞ X dy 2 ncn (x − x0 )n−1 = c1 + 2c2 (x − x0 ) + 3c3 (x − x0 ) + · · · = dx n=1

(5.7)


115

y ∞ X d2 y 2 = 2c +6c (x−x )+12c (x−x ) +· · · = n(n−1)cn (x−x0 )n−2 , (5.8) 2 3 0 4 0 dx2 n=2

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 coeficientes cn de la solución (5.6). Para que (5.9) sea válida para toda x en el intervalo de convergencia |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 condiciones que 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 que satisfagan el conjunto de condiciones que así ocurren, entonces la serie resultante (5.6) es la solución deseada de la ecuación diferencial (5.1). A continuación ilustraremos este procedimiento en detalle en los dos ejemplos siguientes. Ejemplo 101 Encontrar la solución en series de potencias de la ecuación diferencial dy d2 y +x (4) + (x2 + 2) y = 0 dx2 dx en potencias de x (esto es, alrededor de x = 0). Solución. Ya hemos visto que x0 = 0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial (4) y que existen dos soluciones linealmente independientes del tipo deseado. Supongamos una solución de la forma (5.6) con x0 = 0. Esto es, asumimos que ∞ X y= cn xn . (5.10) n=0

Diferenciando término a término obtenemos ∞

X dy ncn xn−1 = dx n=1 y

∞

X d2 y = n(n − 1)cn xn−2 . dx2 n=2

(5.11)

(5.12)

116


Substituyendo las series (5.10), (5.11) y (5.12) en la ecuación diferencial (4), obtenemos ∞ X

n=2

n(n − 1)cn xn−2 + x

∞ X

ncn xn−1 + x2

n=1

∞ X

cn xn + 2

n=0

∞ X

cn xn = 0.

n=0

Puesto que x es independiente del índice de la suma n, podemos reescribir la expresión anterior como ∞ X

n=2

n(n − 1)cn xn−2 +

∞ X

ncn xn +

n=1

∞ X

cn xn+2 + 2

n=0

∞ X

cn xn = 0.

(5.13)

n=0

Para escribir el lado izquierdo de (5.13) en la forma (5.9), reescribiremos la primera y la tercera suma en (5.13) para que la x en cada una de estas sumas tenga el exponente n. Consideremos la primera suma ∞ X

n=2

n(n − 1)cn xn−2

(5.14)

en (5.13). Para reescribir la suma (5.14) para que la x tenga el exponente deseado n, reemplazamos el exponente n − 2 en (5.14) por una nueva variable m. Esto es, hacemos m = n − 2 en (5.14). Entonces n = m + 2, y ya que m = 0 para n = 2, la suma (5.14) toma la forma ∞ X

(m + 2)(m + 1)cm+2 xm .

(5.15)

m=0

Ahora, puesto que la variable de la suma es una variable “ficticia”, podemos reemplazar m por n en (5.15) para escribir la primera suma en (5.13) como ∞ X

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn .

(5.16)

n=0

De la misma manera, haciendo m = n + 2 en la tercera suma de (5.13) ∞ X

cn xn+2

(5.17)

cm−2 xm .

(5.18)

n=0

obtenemos

∞ X

m=2

Entonces, reemplazando m por n en (5.18), la tercer suma en (5.13) puede ser escrita como ∞ X cn−2 xn . (5.19) n=2


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 ∞ X

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn +

n=0

∞ X

ncn xn +

n=1

∞ X

cn−2 xn + 2

n=2

∞ X

cn xn = 0. (5.20)

n=0

Aunque x tiene la misma potencia n en cada suma en (5.20), los rangos de las sumas no son las mismas. En la primera y en la cuarta suma n varía de 0 a ∞, en la segunda suma varía de 1 a ∞, y en la tercera el rango es de 2 a ∞. El rango común es de 2 a ∞. A continuación escribimos individualmente los términos en cada suma que no pertenecen al rango común, y continuamos empleando la notación “sigma” para denotar el remanente de cada suma. Por ejemplo, en la primer suma ∞ X (n + 2)(n + 1)cn+2 xn n=0

de (5.20) escribimos individualmente los términos correspondientes a n = 0 y n = 1 y denotamos el remanente de esta suma por ∞ X

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn .

n=2

Así reescribimos

∞ X

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn

n=0

en (5.20) como 2c2 + 6c3 x +

∞ X

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn .

n=2

En la misma manera, escribimos

∞ X

ncn xn

n=1

en (5.20) como c1 x +

∞ X

ncn xn

n=2

y 2

∞ X

cn xn

n=0

en (5.20) como 2c0 + 2c1 x + 2

∞ X

n=2

cn xn .

118


Así, la ecuación (5.20) es ahora escrita como 2c2 + 6c3 x +

∞ X

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn + c1 x +

n=2

∞ X

ncn xn

n=2 ∞ X

cn−2 xn + 2c0 + 2c1 x + 2

n=2

∞ X

cn xn = 0.

n=2

Ahora podemos combinar potencias semejantes de x y escribir esta ecuación como (2c0 + 2c2 ) + (3c1 + 6c3 )x +

∞ X

[(n + 2)(n + 1)cn+2 + (n + 2)cn + cn−2 ] xn = 0.

n=2

(5.21) La ecuación (5.21) está en la forma deseada (5.9). Para que (5.21) 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 (5.21) debe ser igualado a cero. Esto conduce 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 (5.25) c2 = −c0 . La condición (5.23) nos permite expresar c3 en términos de c1 . Esto conduce a c3 = − 12 c1 .

(5.26)

La condición (5.24) es denominada una fórmula de recurrencia. Nos permite expresar cada coeficiente cn+2 para n ≥ 2 en términos de los coeficientes previos cn 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 + c0 . 12

Ahora, utilizando (5.25), esta se reduce a c4 = 14 c0 ,

(5.28)


119

la cual expresa c4 en términos de c0 . Para n = 3, la fórmula (5.27) es c5 = −

5c3 + c1 . 20

Ahora, utilizando (5.26) esta se reduce a c5 =

3 40 c1 ,

(5.29)

que expresa c5 en términos de c1 . En la misma manera podemos expresar cada coeficiente 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 + c1 x − c0 x2 − 12 c1 x3 + 14 c0 x4 +

5 3 40 c1 x

+ ··· .

Agrupando términos en c0 y en c1 , finalmente tenemos y = c0 (1 − x2 + 14 x4 + · · · ) + c1 (x − 12 x3 +

3 5 40 x

+ · · · ),

(5.30)

la cual proporciona la solución de la ecuación diferencial (4) en potencias de x hasta el término en x5 . Las dos series entre paréntesis en (5.30) son las expansiones 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 la solución general de (4) en potencias de x (hasta el término en x5 ). Ejemplo 102 Encuentre una solución en series de potencias del problema de valor inicial d2 y dy (x2 − 1) 2 + 3x + x y = 0, (5.31) dx dx y(0) = 4,

(5.32)

y 0 (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 podríamos asumir soluciones de la forma (5.6) para cualquier x0 6= ±1. Sin embargo, puesto que 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=

∞ X

cn xn .

(5.34)

n=0

Diferenciando término a término obtenemos ∞

X dy ncn xn−1 = dx n=1

(5.35)

120


y

∞ X d2 y = n(n − 1)cn xn−2 . dx2 n=2

(5.36)

Sustituyendo las series (5.34), (5.35) y (5.36) en la ecuación diferencial (5.31), obtenemos ∞ X

n=2

n(n − 1)cn xn −

∞ X

n(n − 1)cn xn−2 + 3

n=2

∞ X

ncn xn +

n=1

∞ X

cn xn+1 = 0. (5.37)

n=0

A continuación escribimos la segunda y cuarta suma en (5.37) para que x tenga el mismo exponente n en cada una de dichas sumas. Así, la ecuación toma la forma ∞ X

n=2

n(n − 1)cn xn −

∞ X

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn + 3

n=0

∞ X

ncn xn +

n=1

∞ X

cn−1 xn = 0.

n=1

(5.38) El rango común de las cuatro sumas en (5.38) es de 2 a ∞. Podemos escribir los términos individuales en cada suma que no pertenezcan a este rango común y así expresar (5.38) en la forma ∞ X

n=2

n(n − 1)cn xn − 2c2 − 6c3 x −

∞ X

(n + 2)(n + 1)cn+2 xn

n=2

+ 3c1 x + 3

∞ X

∞ X

ncn xn + c0 x +

n=2

cn−1 xn = 0.

n=2

Agrupando por potencias de x, esta expresión toma la forma − 2c2 + (c0 + 3c1 − 6c3 )x ∞ X [−(n + 2)(n + 1)cn+2 + n(n + 2)cn + cn−1 ] xn = 0. (5.39) + n=2

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 ser igualado 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,

De (5.40), encontramos que c2 = 0; y de (5.41), c3 = recurrencia (5.42) da cn+2 =

n(n + 2)cn + cn−1 , (n + 1)(n + 2)

1 6 c0

n ≥ 2.

+

n ≥ 2.

1 2 c1 .

(5.42)

La fórmula de


121

Utilizando ésta, sucesivamente encontramos c4 =

8c2 + c1 1 = c1 , 12 12

15c3 + c2 3 1 = c0 + c1 , 20 8 8 Sustituyendo estos valores de c2 , c3 , c4 , c5 ,. . . en la solución supuesta (5.34), tenemos µ ¶ ³c c0 3c1 c1 ´ 3 c1 4 0 + + y = c0 + c1 x + x + x + x5 + · · · 6 2 12 8 8 c5 =

o

y = c0 (1 + 16 x3 + 18 x5 + · · · ) + c1 (x + 12 x3 +

1 4 12 x

+ 38 x5 + · · · ).

(5.43)

La solución (5.43) es la solución general de la ecuación diferencial (5.31) en potencias 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 = c0 ( 12 x2 + 58 x4 + · · · ) + c1 (1 + 32 x2 + 13 x3 + dx

15 4 8 x

+ · · · ).

(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 término en x5 ) es y = 4(1 + 16 x3 + 18 x5 + · · · ) + 6(x + 12 x3 +

1 4 12 x

+ 38 x5 + · · · ).

o y = 4 + 6x +

11 3 3 x

+ 12 x4 +

11 5 4 x

+ ··· .

Observación 1 Suponga que los valores iniciales de y y su primer derivada en las 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 d2 y dy + 3x + x y = 0, dx2 dx y(2) = 4, y 0 (2) = 6.

(x2 − 1)

(5.45)

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 caso buscaríamos soluciones de la forma y=

∞ X

n=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 de valor inicial (5.45) por el problema equivalente d2 y dy + (3t + 6) + (t + 2)y = 0, dt2 dt y(0) = 4, y 0 (0) = 6,

(t2 + 4t + 3)

(5.47)

en el cual t es la variable independiente y los valores iniciales están definidos en t = 0. Entonces buscamos la solución del problema (5.47) en potencias de t, ∞ X y= cn tn . (5.48) n=0

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 y 102. Entonces aplicamos las condiciones iniciales en (5.47). Reemplazando t por x − 2 en la solución resultante (5.48), obtenemos la solución deseada del problema original (5.45).

Observación 2 En los Ejemplos 101 y 102 obtuvimos las soluciones en series de potencias de las ecuaciones diferenciales bajo consideración pero no hicimos ningún intento de discutir la convergencia de estas soluciones. De acuerdo al Teorema 19, si x0 es un punto ordinario de la ecuación diferencial d2 y dy a2 (x) 2 + a1 (x) (1) + a0 (x) y = 0, dx dx entonces las soluciones en series de potencias convergen en algún intervalo |x − x0 | < R (donde R > 0) alrededor de x0 . Escribamos otra vez la forma normalizada de (1) dy d2 y + P1 (x) + P2 (x) y = 0, dx2 dx donde P1 (x) =

(3)

a1 (x) a0 (x) y P2 (x) = . a2 (x) a2 (x)

Si x0 es un punto ordinario de (1), las funciones P1 y P2 tienen expansiones en series de Taylor alrededor de x0 que convergen, respectivamente, en los intervalos |x − x0 | < R1 y |x − x0 | < R2 , alrededor de x0 . Puede probarse

Sec.5.2 Soluciones alrededor de puntos singulares

123

que el intervalo de convergencia |x − x0 | < R de una solución en series de potencias (5.2) de (5.1) es al menos tan grande como el más pequeño de los 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 y P2 alrededor del punto ordinario x0 = 0 convergen para toda x real. De aquí que la solución en series (5.30) de (5.4) también converja para toda x real. En la ecuación diferencial (5.31) del Ejemplo 102, P1 (x) =

3x −1

x2

y P2 (x) =

x2

x . −1

En este ejemplo las series de Taylor para P1 y P2 alrededor x0 = 0 convergen para |x| < 1. Así, la solución (5.43) de (5.31) converge al menos para |x| < 1.

5.2. 5.2.1.

Soluciones alrededor de puntos singulares; el método de Frobenius Puntos singulares regulares

Consideremos otra vez la ecuación diferencial lineal homogénea a2 (x)

d2 y dy + a1 (x) + a0 (x) y = 0, 2 dx dx

(1)

y asumamos que x0 es un punto singular de (1). Entonces el Teorema 19 no es aplicable en el punto x0 , por lo que no se tiene asegurada una solución en series de potencias ∞ X cn (x − x0 )n (2) y= n=0

de (1) en potencias de x − x0 . En efecto, una ecuación de la forma (1) con un 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 ¿pero qué tipo de solución? Sucede que bajo ciertas condiciones se justifica asumir una solución de la forma ∞ X r cn (x − x0 )n (5.49) y = |x − x0 | n=0

donde r es una constante real o compleja por determinar. Tal solución claramente es una serie de potencias en x − x0 multiplicada por una cierta potencia de |x − x0 |. Para establecer las condiciones bajo las cuales una solución de esta forma está asegurada, procedemos a clasificar los puntos singulares.

124


Escribimos de nuevo la ecuación diferencial (1) en la forma normalizada equivalente dy d2 y + P1 (x) (3) + P2 (x) y = 0, dx2 dx donde a1 (x) a0 (x) y P2 (x) = . P1 (x) = a2 (x) a2 (x) Definición 26 Considere la ecuación diferencial (1), y asuma que al menos una de las funciones P1 y P2 en la ecuación normalizada equivalente (3) no es analítica en x0 , así que x0 es un punto singular de (1). Si las funciones definidas por los productos (x − x0 )P1 (x)

y

(x − x0 )2 P2 (x)

(5.50)

son analíticas en x0 , entonces x0 se denomina un punto singular regular de la ecuación diferencial (1). Si cualquiera de las funciones (o ambas) definidas por los productos (5.50) no es analítica en x0 , entonces x0 se llama un punto singular irregular de (1). Ejemplo 103 Considere la ecuación diferencial 2x2

dy d2 y −x + (x − 5) y = 0. 2 dx dx

(5.51)

Escribiendo ésta en la forma normalizada, tenemos d2 y 1 dy x−5 − y = 0. + 2 dx 2x dx 2x2 Aquí P1 (x) = −1/2x y P2 (x) = (x − 5)/2x2 . Ya que P1 y P2 no son funciones analíticas en x = 0, concluimos que x = 0 es un punto singular de (5.51). Ahora consideremos las funciones definidas por los productos xP1 (x) = −

1 2

y

x2 P2 (x) =

x−5 2

de la forma (5.50). Los productos de estas dos funciones son funciones analíticas en 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

d2 y dy + 2(x − 2) + (x + 1) y = 0. 2 dx dx

En la forma normalizada (3), esta ecuación es dy 2 d2 y x+1 + y = 0. + dx2 x2 (x − 2) dx x2 (x − 2)2

(5.52)


125

Aquí P1 (x) =

2 − 2)

P2 (x) =

y

x2 (x

x+1 . − 2)2

x2 (x

Claramente los puntos singulares de la ecuación diferencial (5.52) son x = 0 y x = 2. Consideremos primero a x = 0, y formemos las funciones definidas por los productos 2 x+1 xP1 (x) = y x2 P2 (x) = x(x − 2) (x − 2)2

de la forma (5.50). La función definida por x2 P2 (x) es analítica en x = 0, pero la función definida por xP1 (x) no es analítica en x = 0. Así, x = 0 es un punto singular irregular de (5.52). Ahora consideremos el punto x = 2. Formando los productos (5.50) para este punto, tenemos (x − 2)P1 (x) =

2 x2

y

(x − 2)2 P2 (x) =

x+1 . x2

Estas dos funciones producto son analíticas en x = 2, y de aquí que x = 2 sea un punto singular regular de (5.52). Note que como ya podemos distinguir entre puntos singulares regulares e irregulares, estableceremos un teorema básico relacionado con las soluciones alrededor de puntos singulares de la forma (5.49). Teorema 20 Hipótesis. El punto x0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial (1). Conclusión. La ecuación diferencial (1) tiene al menos una solución no trivial de la forma ∞ X r y = |x − x0 | cn (x − x0 )n (49) n=0

donde r es una constante real o compleja por determinar y esta solución es válida 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 regular de la ecuación diferencial 2x2

d2 y dy −x + (x − 5) y = 0. 2 dx dx

(51)

Por el Teorema 20 concluimos que esta ecuación tiene al menos una solución no trivial de la forma ∞ X r |x| cn xn , n=0

válida en el intervalo 0 < |x| < R alrededor de x = 0.

126


Ejemplo 106 En el Ejemplo 104 vimos que x = 2 es un punto singular regular de la ecuación diferencial x2 (x − 2)2

dy d2 y + 2(x − 2) + (x + 1) y = 0. dx2 dx

(52)

Así, conocemos que esta ecuación tiene al menos una solución no trivial de la forma ∞ X cn (x − 2)n , |x − 2|r n=0

válida en algún intervalo 0 < |x − 2| < R alrededor de x = 2. También observamos que x = 0 es un punto singular de la ecuación diferencial (52). Sin embargo, este punto singular es irregular y así el Teorema 20 no se aplica en él. No estamos seguros que la ecuación diferencial (52) tenga una solución de la forma ∞ X |x|r cn xn n=0

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 la forma (5.49) de la ecuación diferencial (1) , ¿cómo procedemos para determinar los coeficientes cn y el número r en esta solución? El procedimiento es similar al introducido en la Sección 5.1 y comunmente se le denomina el método de Frobenius. A continuación brevemente desarrollaremos el método y entonces lo ilustraremos aplicándolo a la ecuación diferencial (51). En este desarrollo y en ejemplo ilustrativo buscaremos soluciones válidas en algún intervalo 0 < x − x0 < R. Observe que para los valores de x que satisfacen la desigualdad anterior, |x − x0 | simplemente es x − x0 . Para obtener soluciones válidas para −R < x − x0 < 0, simplemente reemplace x − x0 por −(x − x0 ) > 0 y proceda como en el desarrollo del método. Desarrollo del Método de Frobenius 1. Sea x0 un punto singular regular de la ecuación diferencial (1). Procedemos a buscar soluciones válidas en algún intervalo 0 < x − x0 < R, y entonces asumimos una solución de la forma (5.49) y = (x − x0 )r

∞ X

n=0

cn (x − x0 )n ,

donde c0 6= 0. Escribimos esta solución en la forma y=

∞ X

n=0

cn (x − x0 )n+r ,

(5.53)


127

donde c0 6= 0. 2. Asumiendo que la derivación término a término de (5.53) es válida, obtenemos ∞ X dy (n + r)cn (x − x0 )n+r−1 (5.54) = dx n=0 y

∞

X d2 y = (n + r)(n + r − 1)cn (x − x0 )n+r−2 2 dx n=0

(5.55)

Ahora sustituimos las series (5.53), (5.54) y (5.55) por y y sus primeras dos derivadas, respectivamente, en la ecuación diferencial (1). 3. Ahora procedemos (esencialmente como en la Sección 5.1) a simplificar la expresión 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 funciones de 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 coeficiente K0 de la potencia más baja r+k de (x−x0 ), obtenemos una ecuación cuadrática en r, denominada la ecuación indicial de la ecuación diferencial (1). Las dos raíces de esta ecuación cuadrática a menudo se denominan los exponentes de la ecuación diferencial (1) y son los únicos valores posibles para la constante r en la solución asumida (5.53). Así, en este paso se determina la constante “desconocida” r. Denotamos 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 es real, entonces Re(rj ) simplemente es rj . 6. Ahora igualamos a cero los coeficientes restantes K1 , K2 , . . . en (5.56). Esto nos conduce a un conjunto de condiciones, que involucran a la constante r, 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 cn se seleccionan de esta manera, la serie resultante (5.53) con r = r1 es una solución 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 la raíz r2 en lugar de r1 . De esta manera se obtendría una segunda solución de la forma deseada (5.53). Note que si r1 y r2 son reales y diferentes,

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 y r2 son reales y diferentes, la segunda solución de la forma deseada (5.53) obtenida en este paso es posible que no sea linealmente independiente a la solución obtenida en el paso 7. También, en el caso en que r1 y r2 son reales e iguales, la solución obtenida en este paso claramente es idéntica a la 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 de la ecuación diferencial 2x2

dy d2 y −x + (x − 5) y = 0. 2 dx dx

(51)

en algún intervalo 0 < x < R. Solución. Puesto que x = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial (51) y buscamos una solución para 0 < x < R, asumimos y=

∞ X

cn xn+r ,

(5.57)

n=0

donde c0 6= 0. Entonces ∞

X dy (n + r)cn xn+r−1 = dx n=0 y

(5.58)

∞

X d2 y = (n + r)(n + r − 1)cn xn+r−2 . 2 dx n=0

(5.59)

Sustituyendo las series (5.57), (5.58) y (5.59) en (51), tenemos 2

∞ X

(n+r)(n+r−1)cn xn+r −

n=0

∞ X

(n+r)cn xn+r +

n=0

∞ X

n=0

cn xn+r+1 −5

∞ X

cn xn+r = 0.

n=0

Simplificando, como en los ejemplos de la Sección 5.1, la ecuación anterior se escribe como ∞ X

n=0

[2(n + r)(n + r − 1) − (n + r) − 5] cn xn+r +

∞ X

cn−1 xn+r = 0

n=1

o [2r(r − 1) − r − 5] c0 xr ∞ X + {[2(n + r)(n + r − 1) − (n + r) − 5] cn + cn−1 } xn+r = 0. (5.60) n=1


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 la ecuación diferencial (51). La escribimos en la forma 2r2 − 3r − 5 = 0 y observamos que sus raíces son r1 =

5 2

y r2 = −1.

Estos son los denominados exponentes de la ecuación diferencial (51) y son los únicos 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 + 52 ) − 5 cn + cn−1 = 0, n ≥ 1,

correspondiente a la raíz más grande 52 de la ecuación indicial. Esta se simplifica a la forma n(2n + 7)cn + cn−1 = 0, n ≥ 1, o, finalmente a cn = −

cn−1 , n(2n + 7)

n ≥ 1.

(5.62)

Utilizando (5.62) encontramos que c1 = − Haciendo r = solución

5 2

y

c0 , 9

c2 = −

c1 c0 = , 22 198

c3 = −

c2 c0 =− ,... 39 7722

en (5.57) y utilizando los valores de c1 , c2 , c3 , . . ., obtenemos la = c0 (x5/2 − 19 x7/2 + = c0 x5/2 (1 − 19 x +

9/2 1 1 − 7722 x11/2 + 198 x 2 3 1 1 198 x − 7722 x + · · · ),

···)

(5.63)

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,

130


correspondiente a la raíz más pequeña de la ecuación indicial. Esta se simplifica a la forma n(2n − 7)cn + cn−1 = 0, n ≥ 1, o finalmente a cn = −

cn−1 , n(2n − 7)

n ≥ 1.

Utilizando esta expresión, encontramos que c1 = 15 c0 ,

c2 = 16 c1 =

1 30 c0 ,

c3 = 13 c2 =

1 90 c0 , . . .

Haciendo r = −1 en (5.57), y utilizando estos valores de c1 , c2 , c3 , . . ., obtenemos la solución y

= c0 (x−1 + −1

= c0 x

1 5

(1 +

+ 1 5x

1 1 2 30 x + 90 x − · · · ) 1 2 1 3 + 30 x + 90 x − · · · ),

(5.64)

correspondiente a la raíz más pequeña r = −1. Las dos soluciones (5.63) y (5.64) correspondientes a las raíces 52 y −1, respectivamente, son linealmente independientes. Así, la solución general de (51) es 1 1 1 2 1 3 y = C1 x5/2 (1 − 19 x + 198 x2 − 7722 x3 + · · · ) + C2 x−1 (1 + 15 x + 30 x + 90 x − · · · ),

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 del desarrollo del Ejemplo 107, indicamos que esto no siempre será así. Esto conduce a las dos preguntas siguientes: 1. ¿Cuáles son las condiciones que nos aseguran que la ecuación diferencial (5.1) tiene dos soluciones linealmente independientes r

|x − x0 |

∞ X

n=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 independientes de la forma (5.49) alrededor de un punto singular regular x0 , entonces ¿cuál debe ser la forma de una solución que sea linealmente independiente de la solución básica de la forma (5.49)? Para responder a estas dos preguntas establecemos el teorema siguiente. Teorema 21 Hipótesis. Supongamos que el punto x0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial (1). Sean r1 y r2 [donde Re(r1 ) ≥ Re(r2 )] las raíces de la ecuación indicial asociada con x0 .


131

Conclusión 1. Suponga que r1 − r2 6= 0 o r1 − r2 6= N , donde N es un entero positivo. Entonces la ecuación diferencial (5.1) tiene dos soluciones no triviales linealmente independientes y1 y y2 de la forma (5.49) dadas respectivamente por r1

y1 (x) = |x − x0 | donde c0 6= 0, y

∞ X

cn (x − x0 )n ,

(5.65)

∞ X

c∗n (x − x0 )n ,

(5.66)

∞ X

cn (x − x0 )n ,

n=0

r2

y2 (x) = |x − x0 |

n=0

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 linealmente independientes y1 y y2 dadas respectivamente por y1 (x) = |x − x0 |r1 donde c0 6= 0, y r2

y2 (x) = |x − x0 |

∞ X

n=0

n=0

c∗n (x − x0 )n + Cy1 (x) ln |x − x0 | ,

(65)

(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 dadas respectivamente por r1

y1 (x) = |x − x0 | donde c0 6= 0, y r1 +1

y2 (x) = |x − x0 |

∞ X

n=0

∞ X

n=0

cn (x − x0 )n ,

c∗n (x − x0 )n + y1 (x) ln |x − x0 | .

(65)

(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 soluciones válidas en algún intervalo 0 < x − x0 < R. Por lo tanto, discutiremos las conclusiones 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

∞ X

n=0

cn (x − x0 )n

132


de la forma (49) para 0 < x − x0 < R correspondiente a la raíz r1 de la ecuación indicial asociada con x0 . Note otra vez que la raíz r1 es la raíz más grande si r1 y r2 son reales y diferentes. De la Conclusión 1 vemos que si 0 < x − x0 < R y la diferencia r1 − r2 entre las raíces de la ecuación indicial no es cero o un entero positivo, entonces siempre existirá una solución linealmente independiente r2

y2 (x) = (x − x0 )

∞ X

n=0

c∗n (x − x0 )n

de la forma (49) para 0 < x − x0 < R correspondiente a la raíz r2 . Note que la raíz r2 es la raíz más pequeña si r1 y r2 son reales y diferentes. En particular observe que si r1 y r2 son complejas conjugadas, entonces r1 − r2 es imaginaria pura, y de aquí que siempre habrá una solución linealmente independiente de la forma (49) correspondiente a r2 . Sin embargo, de la Conclusión 2 vemos que si 0 < x − x0 < R y la diferencia r1 − r2 es un entero positivo, entonces una solución 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

∞ X

n=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 linealmente independiente y2 (x) siempre involucra el término logarítmico y1 (x) ln |x − x0 | y jamás 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 del Teorema 21, y (3) nos indicarán cómo encontrar una solución linealmente independiente de la forma más complicada que contiene el término logarítmico. En cada ejemplo tomaremos x0 = 0 y buscaremos las soluciones válidas en algún intervalo 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 de la ecuación diferencial 2x2

d2 y dy +x + (x2 − 3) y = 0 dx2 dx

(5.69)

en algún intervalo 0 < x < R. Solución. Observamos que x = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial (5.69). Ya que buscamos soluciones para 0 < x < R, asumimos una solución ∞ X y= cn xn+r , (5.70) n=0


133

donde c0 6= 0. Diferenciando (5.70), obtenemos ∞ X dy (n + r)cn xn+r−1 = dx n=0

y ∞

X d2 y = (n + r)(n + r − 1)cn xn+r−2 . dx2 n=0 Sustituyendo (5.70) y sus derivadas en (5.69), encontramos 2

∞ X

(n + r)(n + r − 1)cn xn+r +

n=0

∞ X

(n + r)cn xn+r

n=0

+

∞ X

n=0

cn xn+r+2 − 3

∞ X

cn xn+r = 0.

n=0

Simplificando, como en los ejemplos previos, escribimos esta expresión como ∞ X

n=0

[2(n + r)(n + r − 1) + (n + r) − 3] cn xn+r +

∞ X

cn−2 xn+r = 0

n=2

o [2r(r − 1) + r − 3] c0 xr + [2(r + 1)r + (r + 1) − 3] c1 xr+1 ∞ X + {[2(n + r)(n + r − 1) + (n + r) − 3] cn + cn−2 } xn+r = 0. (5.71) n=2

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), obtenemos la ecuación indicial 2r(r − 1) + r − 3 = 0 o 2r2 − r − 3 = 0. Las raíces de esta ecuación son r1 =

3 2

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) tiene dos soluciones linealmente independientes de la forma (5.70), correspondientes a 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)

134


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. Haciendo 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 32 . Escribiendo esta última expresión en la forma cn−2 cn = − , n ≥ 2, n(2n + 5) obtenemos c2 = −

c0 , 18

c3 = −

c1 = 0, 33

c4 = −

c2 c0 = ,... 52 936

Note que todos los coeficientes impares son cero, puesto que c1 = 0. Haciendo r = 3/2 en (5.70) y utilizando los valores de c1 , c2 , c3 , . . ., obtenemos la solución correspondiente a la raíz más grande r1 = 3/2. Esta solución es y = y1 (x), donde 1 2 1 y1 (x) = c0 x3/2 (1 − 18 x + 936 x4 − · · · ). (5.74) Ahora hagamos r = r2 = −1 en (5.72). Obtenemos −3c1 = 0 y de aquí que c1 = 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 la forma cn−2 cn = − , n ≥ 2, n(2n − 5)

obtenemos

c2 =

c0 , 2

c3 = −

c1 = 0, 3

c4 = −

c2 c0 = − ,... 12 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 solución correspondiente a la raíz más pequeña r2 = −1. Esta solución es y = y2 (x), donde 1 4 y2 (x) = c0 x−1 (1 + 12 x2 − 24 x − · · · ). (5.75) Puesto que las soluciones definidas por (5.74) y (5.75) son linealmente independientes, la solución general de (5.69) puede ser escrita como y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), donde C1 y C2 son constantes arbitrarias y y1 (x) y y2 (x) están definidas por (5.74) y (5.75), respectivamente.


135

Ejemplo 109 Utilice el método de Frobenius para encontrar las soluciones de la ecuación diferencial x2

dy d2 y −x − (x2 + 54 ) y = 0. 2 dx dx

(5.76)

en algún intervalo 0 < x < R. Solución. Observamos que x = 0 es un punto singular regular de esta ecuación diferencial y buscamos sus soluciones para 0 < x < R. De aquí que asumamos una solución ∞ X y= cn xn+r , (5.77) n=0


y ∞

X d2 y = (n + r)(n + r − 1)cn xn+r−2 . dx2 n=0 Sustituyendo (5.77) y sus derivadas en (5.76), encontramos ∞ X

(n + r)(n + r − 1)cn xn+r −

n=0

∞ X

(n + r)cn xn+r

n=0

−

∞ X

n=0

cn xn+r+2 −

∞ 5X cn xn+r = 0. 4 n=0

Simplificando, como en los ejemplos previos, escribimos esta expresión como ∞ ∞ X X £ ¤ (n + r)(n + r − 1) − (n + r) − 54 cn xn+r − cn−2 xn+r = 0

n=0

o

n=2

£ ¤ ¤ £ r(r − 1) − r − 54 c0 xr + (r + 1)r − (r + 1) − 54 c1 xr+1 ∞ X ©£ ¤ ª + (n + r)(n + r − 1) − (n + r) − 54 cn − cn−2 xn+r = 0. (5.78) n=2

Igualando a cero el coeficiente de la potencia más baja de x en (5.78), obtenemos la ecuación indicial r(r − 1) − r −

5 4

= 0 o r2 − 2r −

5 4

= 0.

136


Las raíces de esta ecuación son r1 =

5 2

y r2 = − 12 .

Aunque estas raíces no son enteros, la diferencia r1 −r2 es el entero positivo 3. Por la Conclusión 2 del Teorema 21, sabemos que la ecuación diferencial (5.76) tiene una solución de la forma (5.77) correspondiente a la raíz más grande r1 = 52 . A continuación 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) − 54 c1 = 0 (5.79) y la fórmula de recurrencia ¤ £ (n + r)(n + r − 1) − (n + r) − 54 cn − cn−2 = 0,

(5.80)

Haciendo r = r1 = 52 en (5.79), obtenemos 4c1 = 0 y de aquí que c1 = 0. Haciendo 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 52 . Escribiendo esta última expresión en la forma cn−2 cn = , n ≥ 2, n(n + 3) De esta expresión obtenemos c2 =

c0 , 2·5

c3 =

c1 = 0, 3·6

c4 =

c2 c0 = ,... 4·7 2·4·5·7

Notamos que los coeficientes impares son cero. La expresión general del coeficiente 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 solución correspondiente a la raíz más grande r1 = 5/2. Esta solución es y = y1 (x), donde x2 x4 y1 (x) = c0 x5/2 (1 + + + ···) (5.81) ·5 2·4·5·7 " 2∞ # X x2n . = c0 x5/2 1 + [2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n + 3)] n=1 Ahora consideraremos la raíz más pequeña r1 = −1/2 El Teorema 21 no nos asegura que la ecuación diferencial (5.76) tenga una solución linealmente independiente de la forma supuesta (5.77) correspondiente a esta raíz más pequeña.


137

La Conclusión 2 del Teorema 21 nos dice que hay una solución linealmente independiente de la forma ∞ X

n=0

c∗n (x − x0 )n+2 + Cy1 (x) ln x,

(5.82)

donde C puede o no ser cero. Por supuesto, si C = 0, entonces la solución linealmente 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 como en 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 recurrencia n(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 escrita cn−2 cn = , n ≥ 2, n 6= 3. (5.84) n(n − 3)

Para n = 2, la fórmula (5.84) da c2 = −c0 /2. Para n = 3, la fórmula (5.84) no se aplica y debemos utilizar (5.83). Para n = 3, la fórmula (5.83) es 0 · c3 − c1 = 0 o simplemente 0 = 0 (puesto que c1 = 0). De aquí que para n = 3, la fórmula de recurrencia (5.83) automáticamente se satisface con cualquier valor de c3 . Así, c3 es independiente de la constante arbitraria c0 ; ¡es una segunda constante arbitraria! Para n > 3, otra vez utilizamos (5.84). Tenemos c2 c3 c0 c4 = =− , c5 = , 4 2·4 2·5 c4 c5 c0 c3 c6 = =− , c7 = = , 6·3 2·4·6·3 4·7 2·4·5·7 Notamos que todos los coeficientes pares pueden expresarse en términos de c0 y que todos los coeficientes impares más alla de c3 pueden ser expresados en términos de c3 . De hecho, podemos escribir c0 c2n = − , n≥3 [2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [3 · 5 · 7 · · · · · (2n − 3)] (para los coeficientes pares desde el c6 en adelante), y c3 c2n+1 = , [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 (para n impar y más allá de c3 ), obtenemos la solución correspondiente a la raíz más pequeña r2 = −1/2. Esta solución es y = y2 (x), donde · ¸ x2 x4 x6 y2 (x) = c0 x−1/2 1 − − − − ··· 2 2·4 2·4·6·3 · ¸ 5 x x7 +c3 x−1/2 x3 + + + ··· 2·5 2·4·5·7

138


o "

∞

X x2 x4 x2n y2 (x) = c0 x 1− − − 2 2 · 4 n=3 [2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [3 · 5 · 7 · · · · · (2n − 3)] " # ∞ X x2n+1 −1/2 3 x + , (5.85) + c3 x [2 · 4 · 6 · · · · · (2n − 2)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n + 1)] n=2 −1/2

y c0 y c3 son constantes arbitrarias. Si ahora hacemos c0 = 1 en (5.81) obtenemos la solución particular y = y11 (x), donde " # ∞ X x2n 5/2 y11 (x) = x 1+ [2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [3 · 5 · 7 · · · · · (2n + 3)] n=1 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 " # ∞ X x2n x2 x4 −1/2 y21 (x) = x 1− − − 2 2 · 4 n=3 [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, la solución general de la ecuación diferencial (5.76) puede ser escrita como y = C1 y11 (x) + C2 y21 (x),

(5.86)

donde C1 y C2 son constantes arbitrarias. Ahora examinemos más cuidadosamente la solución y2 definida por (5.85). La expresión " # ∞ X x2n+1 −1/2 3 x x + [2 · 4 · 6 · · · · · (2n − 2)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n + 1)] n=2 de la que c3 es el coeficiente en (5.85) puede ser escrita 5/2

x

"

# x2n−2 1+ [2 · 4 · 6 · · · · · (2n − 2)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n + 1)] n=2 " # ∞ X x2n 5/2 1+ =x [2 · 4 · 6 · · · · · (2n)] [5 · 7 · 9 · · · · · (2n + 3)] n=1 ∞ X

y ésta es precisamente y11 (x). Así podemos escribir y2 (x) = c0 y21 (x) + c3 y11 (x),

(5.87)

#


139

donde c0 y c3 son constantes arbitrarias. Ahora compare (5.86) y (5.87). Vemos que y = y2 (x) por si sola es realmente la solución general de la ecuación diferencial (5.76), aunque y2 (x) haya sido obtenida utilizando únicamente la raíz más pequeña −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 general utilizando únicamente la raíz más pequeña. En consecuencia, si la diferencia r1 − r2 es un entero positivo es recomendable trabajar primero con la raíz más pequeña, con la esperanza de que esta raíz más pequeña por si sola nos proporcione la solución general. Ejemplo 110 Utilice el método de Frobenius para encontrar la solución de la ecuación diferencial x2

dy d2 y + (x2 − 3x) + 3 y = 0. 2 dx dx

(5.88)

en algún intervalo 0 < x < R. Solución. Observamos que x = 0 es un punto singular regular de la ecuación diferencial (5.88). Ya que buscamos soluciones para 0 < x < R, asumimos una solución ∞ X cn xn+r , (5.89) y= n=0


y ∞

X d2 y = (n + r)(n + r − 1)cn xn+r−2 . 2 dx n=0 Sustituyendo (5.89) y sus derivadas en (5.88), encontramos ∞ X

(n + r)(n + r − 1)cn xn+r +

n=0

∞ X

(n + r)cn xn+r+1

n=0

−3

∞ X

cn xn+r + 3

n=0

∞ X

cn xn+r = 0.

n=0

Simplificando, como en los ejemplos previos, escribimos esta expresión como ∞ X

n=0

n+r

[(n + r)(n + r − 1) − 3(n + r) + 3] cn x

+

∞ X

(n + r − 1)cn−1 xn+r = 0

n=1

140


o [r(r − 1) − 3r + 3] c0 xr +

∞ X

n=1

{[(n + r)(n + r − 1) − 3(n + r) + 3] cn + (n + r − 1)cn−1 } xn+r = 0. (5.90)

Igualando a cero el coeficiente de la potencia más baja de x en (5.90), obtenemos la 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 del Teorema 21 que la ecuación diferencial (5.88) tiene una solución de la forma asumida (5.89) correspondiente a la raíz más grande r1 = 3. Encontraremos primero esta solución, aunque los resultados del Ejemplo 109 sugieren que sería mejor trabajar en primer lugar con la raíz más pequeña r2 = 1 con la esperanza de 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 la forma cn−1 cn = − , n ≥ 1. n De esta fórmula obtenemos sucesivamente c1 = −c0 ,

c2 = −

c1 c0 = , 2 2!

c3 = −

c2 (−1)n c0 c0 = − , . . . , cn = ,... 3 3! n!

Haciendo r = 3 en (5.89) y utilizando los valores de cn , obtenemos la solución correspondiente a la raíz más grande r1 = 3. Esta solución es y = y1 (x), donde · ¸ x2 x3 (−1)n xn y1 (x) = c0 x3 1 − x + − + ··· + + ··· . 2! 3! n! Reconocemos la serie encerrada por los paréntesis en esta solución como la expansión de Maclaurin de e−x . Por lo tanto podemos escribir y1 (x) = c0 x3 e−x ,

(5.92)


141

y expresar la solución correspondiente a r1 en la forma cerrada y(x) = c0 x3 e−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 linealmente independiente de la forma (5.89) correspondiente a la raíz más pequeña r2 = 1. Sin embargo, como en dicho ejemplo, tentativamente asumiremos que tal solución existe por lo que hacemos r = r2 = 1 en (5.91) con la esperanza de encontrarla. Además, conocemos que este paso por sí mismo podría proporcionarnos 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 en la forma cn−1 cn = − , n ≥ 1, n 6= 2. (5.94) n−2 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), con c0 6= 0, correspondiente a la raíz más pequeña 1. Además, observamos que el uso de (5.94) para n ≥ 3 únicamente nos conducirá a la solución y1 ya obtenida. Para verificar lo anterior, de la condición 0 · c2 + 2c1 = 0 vemos que c2 puede tomar un valor arbitrario; utilizando (5.94) para n ≥ 3, obtenemos sucesivamente c3 = −c2 ,

c4 = −

c3 c2 = , 2 2!

c5 = −

c4 (−1)n c2 c2 = − , . . . , cn+2 = ,... 3 3! n!

Haciendo r = 1 en (5.89) y utilizando los valores de cn , obtenemos · ¸ x4 x5 (−1)n xn+2 − + ··· + + ··· y = c2 x x2 − x3 + 2! 3! n! · ¸ 2 3 n n x x (−1) x 3 = c2 x 1 − x + − + ··· + + ··· 2! 3! n! = c2 x3 e−x .

Comparando esta solución con (5.92), vemos que esencialmente es la solución y = 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 ∞ X

n=0

c∗n xn+1 + Cy1 (x) ln x,

(5.95)

142


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 solución conocida y1 definida por (5.92), con c0 = 1, tenemos y = x3 e−x v.

(5.96)

dv dy = x3 e−x + (3x2 e−x − x3 e−x )v dx dx

(5.97)

De ésta obtenemos

y 2 dv d2 y 3 −x d v = x e + 2(3x2 e−x − x3 e−x ) + (x3 e−x − 6x2 e−x + 6xe−x )v. (5.98) dx2 dx2 dx

Substituyendo (5.96), (5.97) y (5.98) por y y sus primeras dos derivadas, respectivamente, en la ecuación diferencial (5.88) y haciendo algunas simplificaciones obtenemos d2 v dv x 2 + (3 − x) = 0. (5.99) dx dx Haciendo w = dv/dx, reducimos la ecuación diferencial anterior a una ecuación diferencial de primer orden x

dw + (3 − x)w = 0, dx

y para la cual una solución particular es w = x−3 ex . Así, una solución particular de (5.99) está dada por Z x−3 ex dx,

v=

y de aquí que

3 −x

y2 (x) = x e

Z

x−3 ex dx

(5.100)

sea una solución particular de (5.88) que es linealmente independiente de la solución 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 µ ¶ Z x2 x3 x4 y2 (x) = x3 e−x x−3 1 + x + + + + · · · dx 2 6 24 ¶ Z µ 1 1 x = x3 e−x x−3 + x−2 + x−1 + + + · · · dx 2 6 24 Integrando término a término, obtenemos ¸ · 1 1 1 1 1 y2 (x) = x3 e−x − 2 − + ln x + x + x2 + · · · . 2x x 2 6 48


143

Ahora, introduciendo la serie de Maclaurin para e−x , obtenemos

y2 (x) =

µ ¶ ¶µ x5 1 1 x6 1 1 x3 − x4 + − + ··· − 2 − + x + x2 + · · · 2 6 2x x 6 48

+ 12 x3 e−x ln x.

Finalmente, multiplicando las dos series involucradas, tenemos y2 (x) = (− 12 x − 12 x2 + 34 x3 − 14 x4 + · · · ) + 12 x3 e−x ln x, la cual tiene la forma (5.95), donde y1 (x) = x3 e−x . La solución general de la ecuación diferencial (5.88) es y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), donde C1 y C2 son constantes arbitrarias. En este ejemplo tuvimos la fortuna de que pudimos expresar la primer solución y1 en forma cerrada, por lo que los cálculos involucrados para encontrar la segunda solución y2 fueron muy simples. Por supuesto, también puede utilizarse el método de reducción de orden para encontrar la segunda solución aún cuando la primera solución no pueda ser expresada en forma cerrada. En tal caso los pasos del método deben ser llevados a cabo en términos de la expresión en serie de y1 . Los cálculos generalmente serán un poco más complicados. Los ejemplos 108, 109 y 110 ilustran todas las posibilidades listadas en el Teorema 21 con la excepción del caso en el que r1 − r2 = 0 (esto es, el caso en el que las raíces de la ecuación indicial son iguales). En este caso es obvio que para 0 < x − x0 < R las dos raíces llevarán a la misma solución y1 = (x − x0 )r

∞ X

n=0

cn (x − x0 )n ,

donde r es el valor común de r1 y r2 . Así, como la Conclusión 3 del Teorema 21 establece, para 0 < x − x0 < R, una solución linealmente independiente es de la forma r+1

y2 = (x − x0 )

∞ X

n=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 solución de la ecuación diferencial del Ejemplo 110. Un ejemplo adicional se estudiará en la Sección 5.3 en la solución de la ecuación de Bessel de orden cero.

144


5.3.

La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel

5.3.1.

Ecuación de Bessel de orden cero

La ecuación diferencial x2

dy d2 y +x + (x2 − p2 )y = 0, 2 dx dx

(5.101)

donde p es un parámetro, se denomina ecuación de Bessel de orden p. Cualquier solución de la ecuación de Bessel de orden p se denomina una función de Bessel de orden p. La ecuación y funciones de Bessel ocurren en muchos problemas de la física y la ingeniería, y existe una gran cantidad de literatura relacionada con la teoría y aplicación de esta ecuación y sus soluciones. Si p = 0, la Ecuación (5.101) es equivalente a la ecuación x

d2 y dy + + xy = 0, dx2 dx

(5.102)

la cual se denomina ecuación de Bessel de orden cero. Nos interesa determinar las 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); y puesto que buscamos soluciones para 0 < x < R, asumimos una solución y=

∞ X

cn xn+r ,

(5.103)

n=0

donde c0 6= 0. Diferenciando (5.103) dos veces y substituyendo en (5.102), obtenemos ∞ X

n+r−1

(n + r)(n + r − 1)cn x

+

n=0

∞ X

n+r−1

(n + r)cn x

n=0

+

∞ X

cn xn+r+1 = 0.

n=0

Simplificando, escribimos esta expresión en la forma ∞ X

(n + r)2 cn xn+r−1 +

n=0

o

r2 c0 xr−1 + (1 + r)2 c1 xr +

∞ X

cn−2 xn+r−1 = 0

n=2

∞ X £ ¤ (n + r)2 cn + cn−2 xn+r−1 = 0.

(5.104)

n=2

Igualando el coeficiente de la potencia más baja de x en (5.104) a cero, obtenemos 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)2 c1 = 0 (5.105)

Sec.5.3 La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel

145

y la fórmula de recurrencia (n + r)2 cn + 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 n2 cn + cn−2 = 0,

n ≥ 2,

o

cn−2 , n ≥ 2. n2 De esta expresión sucesivamente obtenemos cn = −

c2 = −

c0 , 22

c3 = −

c1 = 0 (puesto que c1 = 0), 32

c4 = −

c2 c0 = 2 2,... 42 2 ·4

Notamos que todos los coeficientes impares son cero y que los coeficientes pares en general pueden ser escritos como c2n =

22

·

42

(−1)n c0 (−1)n c0 = , 2 2 · 6 · · · · · (2n) (n!)2 22n

n ≥ 1.

Haciendo r = 0 en (5.103) y utilizando los valores de c2n , obtenemos la solución y = y1 (x), donde ∞ X (−1)n ³ x ´2n y1 (x) = c0 . (n!)2 2 n=0

Si hacemos c0 = 1, obtenemos una solución particular importante de la Ecuación (5.102). Esta solución particular define una función denotada por J0 y denominada la función de Bessel de primera clase de orden cero. Esto es, la función J0 es la solución particular de la Ecuación (5.102) definida por J0 (x) =

∞ X (−1)n ³ x ´2n . (n!)2 2 n=0

(5.107)

Escribiendo los primeros términos de esta solución en serie, vemos que 1 ³ x ´2 1 ³ x ´4 1 ³ x ´6 + − + ··· J0 (x) = 1 − (1!)2 2 (2!)2 2 (3!)2 2 x2 x4 x6 = 1− + − + ··· . (5.108) 4 64 2304 Ya que las raíces de la ecuación indicial son iguales, conocemos del Teorema 21 que puede obtenerse de la Ecuación (5.102) una solución que sea linealmente independiente de J0 , la cual debe ser de la forma y=x

∞ X

n=0

c∗n xn + J0 (x) ln x,

146


para 0 < x < R. También, conocemos que tal solución linealmente independiente puede ser determinada mediante el método de reducción del orden. Del Teorema 4.7, conocemos que esta solución linealmente independiente y2 está dada por Z − U dx/x e y2 (x) = J0 (x) dx [J0 (x)]2 y de aquí por y2 (x) = J0 (x)

Z

dx x [J0 (x)]2

.

De (5.108) encontramos que 2

[J0 (x)] = 1 −

x2 3x4 5x6 + − + ··· 2 32 576

y de aquí 1 2

[J0 (x)]

=1+

x2 5x4 23x6 + + + ··· . 2 32 576

Así y2 (x) = = = =

Z µ

¶ 1 x 5x3 23x5 J0 (x) + + + + · · · dx x 2 32 576 µ ¶ x2 5x4 23x6 J0 (x) ln x + + + + ··· 4 128 3456 µ ¶µ 2 ¶ x2 x4 x6 x 5x4 23x6 J0 (x) ln x + 1 − + − + ··· + + + ··· 4 64 2304 4 128 3456 x2 3x4 11x6 − + + ··· . J0 (x) ln x + 4 128 13824

De esta manera obtuvimos los primeros términos de la segunda solución y2 por el método de reducción de orden. Sin embargo, nuestros cálculos no dan información concerniente al coeficiente general c∗2n en la serie anterior. En efecto, parece improbable que podamos encontrar una expresión general para el coeficiente general. Sin embargo, podemos observar que 1 1 (1) = = , 2 2 4 µ ¶ 1 1 3 3 1+ = − 4 2 =− , (−1)3 4 2 2 (2!) 2 2 ·2 ·2 128 µ ¶ 1 1 1 11 11 (−1)4 6 1+ + = = . 2 6 2 2 (3!) 2 3 2 ·6 ·6 13824 (−1)2

1

22 (1!)2

Al observar estas relaciones, podemos expresar la solución y2 en la siguiente forma sistemática: µ µ ¶ ¶ x2 x4 1 1 1 x6 y2 (x) = J0 (x) ln x + 2 − 4 1 + 1 + + + + ··· 2 2 (2!)2 2 26 (3!)2 2 3


147

Además, podríamos sospechar que el coeficiente general c∗2n está dado por µ ¶ (−1)n+1 1 1 1 ∗ c2n = 2n 1 + + + ··· + , n ≥ 1. 2 (n!)2 2 3 n Se puede demostrar que este es efectivamente el caso. Así, podemos expresar y2 en la forma µ ¶ ∞ X 1 1 1 (−1)n+1 x2n 1 + y2 (x) = J0 (x) ln x + + + · · · + . (5.109) 22n (n!)2 2 3 n n=1 Ya que la solución y2 definida por (5.109) es linealmente independiente de J0 podríamos escribir la solución general de la ecuación diferencial (5.102) como una combinación lineal general de J0 y y2 . Sin embargo, usualmente esto no se hace así; en lugar de ello, se acostumbra seleccionar una cierta combinación especial de J0 y y2 y tomar esta combinación especial como la segunda solución de la Ecuación (5.102). Esta combinación especial está definida por 2 [y2 (x) + (γ − ln 2)J0 (x)] , π donde γ es un número denominado la constante de Euler y está definido por µ ¶ 1 1 1 γ = l´ım 1 + + + · · · + − ln n ≈ 0,5772. n→∞ 2 3 n La combinación lineal especial se denomina la función de Bessel de segunda clase 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 " µ ¶ ∞ X 2 1 1 1 (−1)n+1 x2n Y0 (x) = 1 + J0 (x) ln x + + + · · · + π 22n (n!)2 2 3 n n=1 + (γ − ln 2) J0 (x)]

o

" µ ¶# ∞ ´ X (−1)n+1 x2n 2 ³ x 1 1 1 1 + + + ··· + Y0 (x) = ln + γ J0 (x) + . π 2 22n (n!)2 2 3 n n=1 (5.110) Por consiguiente, si elegimos Y0 como la segunda solución de la ecuación diferencial (5.102), la solución general de (5.102) para 0 < x < R está dada por y = c1 J0 (x) + c2 Y0 (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).

148


1 0.5

2

4

6

8

10

12

14

-0.5 -1

Figura 5.1: La gráfica de la función J0 se muestra en color rojo y la de la función Y0 en verde.

5.3.2.

Ecuación de Bessel de orden p

Ahora consideraremos la ecuación de Bessel de orden p para x > 0, y buscaremos sus soluciones para 0 < x < R. Esta es la ecuación x2

dy d2 y +x + (x2 − p2 )y = 0, dx2 dx

(101)

donde ahora se asume que p es un número real positivo. Enseguida vemos que x = 0 es un punto singular regular de la Ecuación (101): y puesto que buscamos soluciones válidas para 0 < x < R, podemos asumir una solución y=

∞ X

cn xn+r ,

(5.112)

n=0

donde c0 6= 0. Diferenciando (5.112), sustituyendo en (101), y simplificando como en los ejemplos previos, obtenemos £ ¤ (r2 − p2 )c0 xr + (r + 1)2 − p2 c1 xr+1 ∞ X ©£ ¤ ª + (n + r)2 − p2 cn + cn−2 xn+r = 0. (5.113) n=2

Igualando a cero el coeficiente de cada potencia de x en (5.113), obtenemos r2 − p2 = 0,

(5.114)

Sec.5.3 La ecuación de Bessel y Funciones de Bessel £ ¤ (r + 1)2 − p2 c1 = 0, ¤ £ (n + r)2 − p2 cn + cn−2 = 0, n ≥ 2.

149 (5.115) (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 entero positivo, entonces del Teorema 21 sabemos que la ecuación diferencial (101) tiene dos soluciones linealmente independientes de la forma (5.112). Sin embargo, si r1 − 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 la obtención 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 la fórmula de recurrencia n(n + 2p)cn + cn−2 = 0, o cn = −

cn−2 , n(n + 2p)

n ≥ 2,

n ≥ 2,

(5.117)

correspondiente a la raíz más grande p. De esta expresión encontramos que todos los coeficientes impares son cero (ya que c1 = 0) y que la expresión general para los coeficientes pares está dada por c2n

= =

(−1)n c0 [2 · 4 · · · · · (2n)] [(2 + 2p)(4 + 2p) · · · (2n + 2p)] (−1)n c0 , n ≥ 1. 22n n! [(1 + p)(2 + p) · · · (n + p)]

De aquí que la solución de la ecuación diferencial (101) correspondiente a la raíz más grande p está dada por y = y1 (x), donde y1 (x) = c0

∞ X

(−1)n x2n+p . 22n n! [(1 + p)(2 + p) · · · (n + p)] n=0

(5.118)

Si p es un entero positivo, podemos escribir esta expresión en la forma y1 (x) = c0 2p p!

(−1)n ³ x ´2n+p . n!(n + p)! 2 n=0 ∞ X

(5.119)

Si p no es un entero positivo, necesitamos una generalización de la función factorial para poder expresar y1 (x) en una forma análoga a la expresión (5.119). Esta generalización la proporciona la función gamma, la cual introduciremos a continuación. Para N > 0 la función gamma está definida por la integral impropia convergente Z ∞

Γ(N ) =

0

e−x xN−1 dx.

(5.120)

150

Cap.5 Soluciones en series de las ecs. diferenciales G

HL n

1 0

5

- 4

- 2

2

4

n

- 5

- 1 0

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 !. La función 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 valores de N < 0 demandando que la fórmula de recurrencia (5.122) se cumpla para valores negativos (y positivos) de N . El uso repetido de esta fórmula define así Γ(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 esta 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) sucesivamente con 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


151

(5.118) en la forma y1 (x) = c0 Γ(p + 1)

∞ X

n=0 ∞ X

= c0 2p Γ(p + 1)

(−1)n x2n+p + p + 1)

22n n!Γ(n

³ x ´2n+p (−1)n . n!Γ(n + p + 1) 2 n=0

(5.123)

Ahora, utilizando (5.121) con N = p y N = n + p, vemos que (5.123) toma la forma (5.119). Así, la solución de la ecuación diferencial (101) correspondiente a la raíz más grande p > 0 está dada por (5.119), donde p! y (n + p)! están definidas por Γ(p + 1) y Γ(n + p + 1), respectivamente, si p no es un entero positivo. Si establecemos arbitrariamente la constante c0 en (5.119) igual al recíproco de 2p p!, obtenemos una solución particular importante de (101). Esta solución particular define una función denotada por Jp la cual se denomina función de Bessel de primera clase de orden p. Esto es, la función Jp es la solución particular de la Ecuación (101) definida por Jp (x) =

(−1)n ³ x ´2n+p , n!(n + p)! 2 n=0 ∞ X

(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 de Bessel de orden cero dada por (5.102) y la solución (5.124) se reduce a la función de Bessel de primera clase de orden cero dada por (5.107). Si p = 1 en (101), entonces la ecuación (101) se transforma en x2

dy d2 y +x + (x2 − 1)y = 0, 2 dx dx

(5.125)

la cual es la ecuación de Bessel de orden uno. Haciendo p = 1 en (5.124) obtenemos una solución de la Ecuación (5.125) la que se denomina función de Bessel de primera clase de orden uno y se denota por J1 . Esto es, la función J1 está definida por ∞ X (−1)n ³ x ´2n+1 J1 (x) = . (5.126) n!(n + 1)! 2 n=0 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 y J1 tienen un comportamiento oscilatorio amortiguado y que los ceros positivos de J0 y J1 están separados. De hecho, puede mostrarse que para todo p ≥ 0 la función Jp tiene un comportamiento oscilatorio amortiguado a medida en que x → ∞ y los ceros positivos de Jp y Jp+1 están separados.

152


1 0.8 0.6 0.4 0.2 2

4

6

8

10

12

14

-0.2 -0.4 Figura 5.3: La gráfica de J0 (x) se muestra en color rojo y la de J1 (x) en color verde. Conocemos que para todo p ≥ 0 una solución de la ecuación de Bessel de orden p (101) está dada por (5.124). Ahora consideramos brevemente el problema de encontrar una solución linealmente independiente de (101). Ya hemos 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, entonces la ecuación diferencial (101) tiene una solución linealmente independiente de la forma (5.112) correspondiente a la raíz más pequeña r2 = −p. A continuación trabajaremos 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, o cn = −

cn−2 , n(n − 2p)

n ≥ 2,

n ≥ 2, n 6= 2p.

(5.128)

(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, que conducen a soluciones de las siguientes formas:


153

1. Si 2p no es un entero positivo, y2 (x) = c0 x−p

Ã

1+

∞ X

α2n x2n

n=1

!

,

(5.130)

donde c0 es una constante arbitraria y α2n (n = 1, 2, . . .) son constantes definidas. 2. Si 2p es un entero positivo impar, Ã ! Ã ! ∞ ∞ X X −p 2n p 2n β 2n x γ 2n x 1+ + c2p x 1 + , y2 (x) = c0 x n=1

(5.131)

n=1

donde c0 y c2p son constantes arbitrarias y β 2n y γ 2n (n = 1, 2, . . .) son constantes definidas. 3. Si 2p es un entero positivo par, p

y2 (x) = c2p x

Ã

1+

∞ X

n=1

2n

δ 2n x

!

,

(5.132)

donde c2p es una constante arbitraria y δ 2n (n = 1, 2, . . .) son constantes definidas. En el Caso 1 la solución definida por (5.130) es linealmente independiente de Jp . En el Caso 2 la solución definida por (5.131) con c2p = 0 es también linealmente independiente de Jp . Sin embargo, en el Caso 3 la solución definida por (5.132) es meramente un múltiplo constante de Jp (x), y de aquí que esta solución no sea linealmente independiente de Jp . Así, si 2p no es un entero positivo 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 entero positivo, la ecuación diferencial (101) tiene una solución de la forma y = y2 (x), donde ∞ X y2 (x) = c2n x2n−p , (5.133) n=1

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 obtenida de la fórmula de recurrencia (5.117) correspondiente a la raíz más grande p reemplazando 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) =

(−1)n ³ x ´2n−p , n!(n − p)! 2 n=0 ∞ X

(5.134)

154


donde (n − p)! está definida por Γ(n − p + 1). Así, si p > 0 no es un entero positivo, dos soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial (101) son Jp definida por (5.124) y J−p definida por (5.134). De aquí que, si p > 0 no es un entero positivo, la solución general de la ecuación de Bessel de orden p está dada por y = C1 Jp (x) + C2 J−p , donde Jp y J−p están definidos por (5.124) y (5.134), respectivamente, y C1 y C2 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. De aquí que en este caso una solución que sea linealmente independiente de Jp está dada por y = yp (x), donde yp (x) = x−p

∞ X

c∗n xn + CJp (x) ln x,

n=0

donde C 6= 0. Esta solución linealmente independiente yp puede ser determinada por el método de reducción de orden. Entonces, la solución general de la ecuación diferencial (101) puede ser escrita como una combinación lineal general de Jp y yp . Sin embargo, como en el caso de la ecuación de Bessel de orden cero, se acostumbra elegir una combinación lineal especial de Jp y yp y tomar esta combinación especial como la segunda solución de la ecuación (101). Esta combinación especial se denota por Yp y se define por Yp (x) =

( p−1 ³ x ´ 1 X (p − n − 1)! ³ x ´2n−p ln + γ Jp (x) − 2 2 n=0 n! 2 Ã ) ! · n+p ∞ n ³ x ´2n+p ¸ X X1 1 1 1X + (−1)n+1 (5.135) , + 2 n=0 k k n!(n + p)! 2 2 π

k=1

k=1

donde γ es la constante de Euler. La solución Yp se denomina la función de Bessel 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 ecuación de Bessel de orden p está dada por y = C1 Jp (x) + C2 Yp (x), donde Jp y Yp están definidas por (5.124) y (5.135), respectivamente, y C1 y C2 son constantes arbitrarias.

Capítulo 6

La transformada de Laplace En este capítulo estudiaremos la transformada de Laplace, la cual constituye una técnica muy útil para la solución de problemas de valores iniciales. Básicamente, la transformada de Laplace transforma una función f de una variable real t en una función F de una variable real s. La característica fundamental de la transformada de Laplace es que es un operador que transforma un problema de valor inicial que involucra una ecuación diferencial lineal en un problema algebraico que involucra la variable s. La transformada de Laplace tiene una historia interesante. La integral que define la transformada de Laplace apareció por primera vez en uno de los muchos trabajos de Euler. Sin embargo, en Matemáticas es una costumbre nombrar un teorema 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) quien utilizó esta integral en la teoría de probabilidad y al ser la siguiente persona después de Euler en descubrir la integral, se le denomina con su nombre. Sin embargo, esta técnica operacional no fue utilizada por Laplace en la resolución de ecuaciones diferenciales. Fue en el siglo XIX cuando estuvo de moda entre los científicos e ingenieros utilizar métodos operacionales para resolver ecuaciones diferenciales cuando la transformada de Laplace fue explotada para este fin. En particular, podemos decir que la transformada de Laplace, como una técnica para la resolución de ecuaciones diferenciales, fue "descubierta"por el ingeniero electricista inglés Oliver Heaviside. 155

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 variable real. La transformada de Laplace de la función f es la función real definida por Z ∞ F (s) = e−st f (t)dt, (6.1) 0

para todos los valores de s para los cuales la integral existe. Denotaremos la transformada de Laplace F de f por L{f } y a F (s) por L{f (t)}. Ejemplo 111 Consideremos la función f definida por f (t) = 1,

para

t > 0.

Entonces L{1} = =

Z

∞

0

l´ım

b→∞

e−st · 1 dt = l´ım ·

−sb

1 e − s s

¸

b→∞

1 = s

Z

b

0

e−st · 1 dt = l´ım

b→∞

·

−e−st s

¸b

0

para todo s > 0. Así tenemos 1 s

L{1} =

(s > 0).

(6.2)

Ejemplo 112 Consideremos la función f definida por f (t) = t,

para

t > 0.

Entonces L{t} = =

Z

∞

0

l´ım

b→∞

e−st · t dt = l´ım ·

b→∞

−sb

Z

0

b

¸

e−st · t dt = l´ım

b→∞

1 e 1 − 2 (sb + 1) = 2 s2 s s

·

¸b −e−st (st + 1) s2 0

para todo s > 0. Así tenemos L{t} =

1 s2

(s > 0).

Ejemplo 113 Consideremos la función f definida por f (t) = eat ,

para

t > 0.

(6.3)

Sec.6.1 Definición y otros conceptos básicos

157

Entonces L{eat } = =

Z

∞

0

l´ım

b→∞

e−st · eat dt = l´ım ·

b→∞

¸

(a−s)b

Z

b

e(a−s)t dt = l´ım

b→∞

0

e 1 1 1 − =− = a−s a−s a−s s−a

Así tenemos L{eat } =

1 s−a

·

e(a−s)t a−s

¸b

0

para todo

s > a.

(s > a).

(6.4)

Ejemplo 114 Consideremos la función f definida por f (t) = sen ωt,

para

t > 0.

Entonces L{sen ωt} =

Z

∞

0

e−st · sen ωt dt = l´ım

b→∞

Z

b

e−st · sen ωt dt

0

¸b · e−st (s sen ωt + ω cos ωt) = l´ım − 2 b→∞ s + ω2 0 ¸ · −sb e ω = l´ım − (s sen ωb + ω cos ωb) b→∞ s2 + ω 2 s2 + ω 2 ω = para todo s > 0. s2 + ω 2

Así tenemos L{sen ωt} =

ω s2 + ω 2

(s > 0).

(6.5)

Ejemplo 115 Consideremos la función f definida por f (t) = cos ωt,

para

t > 0.

Entonces L{cos ωt} = = = =

Z

∞

0

l´ım

b→∞

l´ım

b→∞

e−st · cos ωt dt = l´ım

b→∞

· ·

Z

b 0

e−st · cos ωt dt

¸b e−st (−s cos ωt + ω sen ωt) s2 + ω 2 0

e−sb s (−s cos ωb + ω sen ωb) + 2 2 2 s +ω s + ω2

s s2 + ω 2

para todo

Así tenemos L{cos ωt} =

s s2 + ω 2

¸

s > 0.

(s > 0).

(6.6)

158


En el teorema siguiente resumimos los resultados estudiados en los ejemplos anteriores más otras transformadas básicas. Teorema 22 Transformadas de algunas funciones básicas (a) L{1} =

1 s

(b) L{tn } = (c) L{eat } =

n! sn+1

,

n = 1, 2, 3, . . .

1 s−a

ω s2 + ω 2 s (e) L{cos ωt} = 2 s + ω2 ω (f ) L{senh ωt} = 2 s − ω2 s (g) L{cosh ωt} = 2 s − ω2

(d) L{sen ωt} =

En cada uno de los ejemplos anteriores la integral definida por (6.1) existe para algún intervalo de valores de s. Ahora, nuestro problema consistirá en determinar la clase de funciones f para la cual L{f } existe para s, digamos en s > s0 . Para esto, necesitamos de algunos conceptos que a continuación consideraremos. Definición 28 Se dice que una función f es continua en tramos o seccionalmente continua en un intervalo finito a ≤ t ≤ b si hay un conjunto finito de puntos 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 f (t) existen 2. los límites unilaterales f (ti +) = l´ım+ f (t) y f (ti+1 −) = l´ım − t→ti

t→ti+1

para i = 0, 1, . . . n − 1. Es importante señalar que si f es continua en a ≤ t ≤ b necesariamente es seccionalmente continua en este intervalo. También, si f es seccionalmente continua 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 existen números M > 0, t0 > 0 y α tales que |f (t)| ≤ M eαt

para toda t ≥ t0 .

(6.7)

Sec.6.1 Definición y otros conceptos básicos

159

Ejemplo 116 Si hacemos la constante α = 0, es obvio que toda función acotada es de orden exponencial. Las funciones sen ωt y cos ωt son acotadas, puesto que −1 ≤ sen ωt ≤ 1 y −1 ≤ cos ωt ≤ 1, por lo que son de orden exponencial. Ejemplo 117 También f (t) = tn donde t ≥ 0, es de orden exponencial para cualquier entero positivo n. Puesto que tn ≤ (tn e−t )et y el valor máximo de tn e−t en [0, ∞) ocurre en t = n (esto es, en el valor donde su derivada es cero), tenemos que tn e−t ≤ nn e−n , y de aquí que tn ≤ (nn e−n )et para toda t ≥ 0. A continuación procederemos a exponer un resultado fundamental que es suficiente 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 y t0 > 0 tal que |f (t)| < M eαt para t > t0 . Entonces, la transformada de Laplace Z ∞ e−st f (t) dt L{f (t)} = 0

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 una operación 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 L{c1 f1 (t) + c2 f2 (t)} = c1 L{f1 (t)} + c2 L{f2 (t)}. Ejemplo 118 Determine L{2t − 3 cos 2t}. Solución. Utilizando el Teorema 6.8, tenemos L{2t − 3 cos 2t} = 2L{t} − 3L{cos 2t} s 1 = 2· 2 −3· 2 s s +4 −3s3 + 2s2 + 8 = . s2 (s2 + 4)

Ejemplo 119 Determine L{cos2 ωt}. Solución. Puesto que cos2 ωt = 1/2 + 1/2 cos 2ωt, tenemos L{cos2 ωt} = L{ 12 +

1 2

cos 2ωt}

(6.8)

160


Utilizando el Teorema 6.8, L{ 12 +

1 2

cos 2ωt} = 12 L{1} + 12 L{cos 2ωt}.

Por (6.2), L{1} = 1/s, y por (6.6), L{cos ωt} = s/(s2 + 4ω 2 ). Así, L{cos2 ωt} =

6.2.

1 1 1 s2 + 2ω 2 s = · + · 2 . 2 s 2 s + 4ω 2 s(s2 + 4ω 2 )

(6.9)

La transformada inversa y la transformada de una derivada

En la sección anterior estudiamos el problema: dada una función f , definida para t > 0, encontrar su transformada de Laplace, la cual denotamos por L{f (t)} o F (s). Ahora consideraremos el problema inverso: dada una función F (s), encontrar una función f (t) cuya transformada de Laplace sea la función dada F (s). Si F (s) representa la transformada de Laplace de la función f (t), esto es, L{f (t)} = F (s), entonces f (t) es la transformada inversa de Laplace de F (s), la cual se representa por f (t) = L−1 {F (s)}. El teorema siguiente presenta algunas transformadas inversas. Teorema 25 2. L−1 {

1 1. L−1 { } = 1 s

n! } = tn , sn+1

n = 1, 2, 3, . . .

1 } = eat s−a ½ ¾ a L−1 = sen at s2 + a2 ½ ¾ s −1 L = cos at s2 + a2 ½ ¾ a L−1 = senh at s2 − a2 ½ ¾ s = cosh at L−1 s2 − a2

3. L−1 { 4.

5.

6.

7.

6.2.1.

Linealidad de la transformada inversa de Laplace

La transformada inversa de Laplace también es un operador lineal.

Sec.6.2 La transformada inversa y la transformada de una derivada

161

Teorema 26 Para constantes α y β, L−1 {αF (s) + βG(s)} = αL−1 {F (s)} + βL−1 {G(s)}. Ejemplo 120 Determine −1

L

½

s+5 s2 − 4

¾

(6.10)

.

Solución. Para calcular la transformada inversa, primero escribimos la función racional como la suma de dos fracciones, y utilizamos (6.10);esto es ½ ½ ¾ ¾ s+5 s 5 −1 −1 = L + L s2 − 4 s2 − 4 s2 − 4 ½ ½ ¾ ¾ s 1 −1 −1 = L + 5L s2 − 4 s2 − 4 ½ ½ ¾ ¾ s 2 −1 5 −1 = L + 2L s2 − 4 s2 − 4 = cosh 2t +

5 2

senh 2t.

Ejemplo 121 Determine L−1

½

3s + 5 (s − 1)(s + 1)

¾

.

Solución. Para determinar la transformada inversa, descomponemos la fracción en una suma de fracciones parciales: A B 3s + 5 = + . (s − 1)(s + 1) s−1 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 A−B

= 3 = 5

Resolviendo este sistema, obtenemos A = 4 y B = −1. Por consiguiente, la descomposición en fracciones parciales es: 4 −1 3s + 5 = + . (s − 1)(s + 1) s−1 s+1

162


Por la propiedad de linealidad de L−1 , tenemos ½ ½ ½ ¾ ¾ ¾ 3s + 5 1 1 −1 −1 −1 L = 4L −L (s − 1)(s + 1) s−1 s+1 = 4et − e−t .

6.2.2.

La transformada de una derivada

La obtención de la transformada de Laplace de la derivada de una función es esencial en la solución de ecuaciones diferenciales. Este resultado se expresa en el siguiente teorema. Teorema 27 Supóngase que f es una función real continua para t ≥ 0 y de orden exponencial eαt , y que f 0 (la derivada de f ) es seccionalmente continua en el intervalo 0 ≤ t ≤ b. Entonces L{f 0 } existe para s > α; y L{f 0 (t)} = sL{f (t)} − f (0).

(6.11)

Ejemplo 122 Considere la función definida por f (t) = cos2 ωt. Esta función satisface la hipótesis del Teorema 27 y puesto que f 0 (t) = −2ω sen ωt cos ωt y f (0) = 1, entonces utilizando la ecuación 6.11 obtenemos L{−2ω sen ωt cos ωt} = sL{cos2 ωt} − 1 o L{−2ω sen ωt cos ωt} = sL{cos2 ωt} − 1. Por (6.9), L{cos2 ωt} =

s2 + 2ω 2 . s(s2 + 4ω 2 )

Así, L{−2ω sen ωt cos ωt} =

s2 + 2ω 2 − 1. (s2 + 4ω 2 )

Puesto que 2ω sen ωt cos ωt = ω sen 2ωt, tenemos L{−ω sen 2ωt} =

s2 + 2ω 2 −1 (s2 + 4ω 2 )

o L{sen 2ωt} = = =

s2 + 2ω 2 1 − ω ω (s2 + 4ω 2 ) 2 (s + 4ω 2 ) − (s2 + 2ω 2 ) ω (s2 + 4ω 2 ) 2ω . s2 + 4ω 2

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 orden exponencial eαt . Si f (n) (t) es continua por tramos en cada intervalo cerrado finito 0 ≤ t ≤ b, entonces L{f (n) (t)} existe para s > α y L{f (n) (t)} = sn F (s)−sn−1 f (0)−sn−2 f 0 (0)−sn−3 f 00 (0)−· · ·−f (n−1) (0), (6.12)

donde L{f (t)} = F (s).

6.3.

Solución de una ecuación diferencial ordinaria lineal

En el Teorema 28 observamos que L{f (n) (t)} depende de F (s), de f (t) y de las (n − 1) derivadas de f (t) evaluadas en t = 0. Esta característica hace que la transformada de Laplace sea la técnica ideal para resolver problemas de valores iniciales de ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes.

6.3.1.

El método

Ahora estudiaremos cómo la transformada de Laplace puede ser aplicada en la resolución de un problema de valores iniciales de ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes; esto es, en la resolución de dn y dn−1 y + an−1 n−1 + · · · + a0 y = g(t), n dt dt sujeta a las condiciones iniciales an

y(0) = y0 ,

y 0 (0) = y1 , . . . , y (n−1) (0) = yn−1 ,

(6.13)

(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 ½ n ¾ ½ n−1 ¾ ½ ¾ d y d dy y an L L L +a +· · · +a + a0 L {y} = L {g(t)} . (6.15) n−1 1 n n−1 dt dt dt Ahora aplicamos el Teorema 28 a ½ n ¾ ½ n−1 ¾ ½ ¾ y d y d dy L , L ,...,L dtn dtn−1 dt en el lado izquierdo de la ecuación (6.15). Utilizando las condiciones iniciales (6.14), obtenemos i h an sn Y (s) − sn−1 y(0) − · · · − y (n−1) (0) i h +an−1 sn−1 Y (s) − sn−2 y(0) − · · · − y (n−2) (0) +· · ·+a1 [sY (s)−y(0)]+a0 Y (s) = G(s),

164


o £ ¤ an sn + an−1 sn−1 + · · · + a1 s + a0 Y (s)

− y0 [an sn−1 + an−1 sn−2 + · · · + a1 ]

− y1 [an sn−2 + an−1 sn−3 + · · · + a2 ] − · · · − yn−2 [an s + an−1 ] − yn−1 an = G(s).

donde L {y(t)} = Y (s) y L {g(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 en el paso anterior es una ecuación algebraica en la función desconocida Y (s). Por consiguiente, 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 problema de valor inicial: dy + 4y = 12 sen 4t, dt

y(0) = 4.

Solución. Aplicamos la transformada en cada término de la ecuación diferencial: ½ ¾ dy L + 4L {y} = 12L {sen 4t} (6.16) dt n o Ahora aplicamos el Teorema 28 a L dy dt : L

½

dy dt

¾

= sY (s) − y(0) = sY (s) − 4.

Puesto que L{sen 4t} = 4/(s2 + 16), la ecuación (6.16) se transforma en sY (s) − 4 + 4Y (s) =

48 , s2 + 16

es decir

48 . s2 + 16 Al despejar Y (s), de esta última ecuación, obtenemos (s + 4)Y (s) = 4 +

Y (s) =

4 48 4s2 + 112 + = . 2 (s + 4) (s + 4)(s + 16) (s + 4)(s2 + 16)

(6.17)

Sec.6.3 Solución de una ecuación diferencial ordinaria lineal

165

Haciendo la descomposición en una suma de fracciones parciales, tenemos 4s2 + 112 A Bs + C = + 2 . 2 (s + 4)(s + 16) (s + 4) (s + 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 4B + C 16A + 4C

= 4 = 0 = 112

Resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos A = 11/2, B = −3/2 y C = 6. Sustituyendo en (6.17) tenemos Y (s) = =

11 3(s − 4) − 2(s + 4) 2(s2 + 16) 11 3s 6 − + . 2(s + 4) 2(s2 + 16) (s2 + 16)

Aplicamos la transformada inversa a esta última expresión, para obtener y(t): ½ ½ ½ ¾ ¾ ¾ 1 s 4 11 −1 3 −1 3 −1 y(t) = L − L + L 2 s+4 2 (s2 + 16) 2 (s2 + 16) Por tanto, la solución del problema de valor inicial es: y(t) =

3 11 −4t 3 − cos 4t + sen 4t. e 2 2 2

Ejemplo 124 Utilice la transformada de Laplace para resolver el siguiente problema de valor inicial: y 00 − 5y 0 + 6y = e−2x − e−x ,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0.

Solución. Aplicamos la transformada en cada término de la ecuación diferencial: © ª © ª L {y 00 } − 5L {y 0 } + 6L {y} = L e−2x − L e−x .

Ahora aplicamos el Teorema 28 a L {y 00 }, L {y 0 }:

s2 Y (s) − s y(0) − y 0 (0) − 5[sY (s) − y(0)] + 6Y (s) =

1 1 − , s+2 s+1

166


o s2 Y (s) − s − 0 − 5[sY (s) − 1] + 6Y (s) = o (s2 − 5s + 6)Y (s) = s − 5 +

1 1 − s+2 s+1

1 1 − s+2 s+1

por lo que Y (s) = =

s−5 1 1 + − (s − 2)(s − 3) (s − 2)(s − 3)(s + 2) (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 A B C D = + + + (s − 2)(s − 3)(s + 1)(s + 2) (s − 2) (s − 3) (s + 1) (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 B − 3C − 4D −7A − 4B − 4C + D −6A − 4B + 12C + 6D

= = = =

1 −2 −13 −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 37 41 1 1 = − − + . (s − 2)(s − 3)(s + 1)(s + 2) 12(s − 2) 20(s − 3) 12(s + 1) 20(s + 2) Por consiguiente, Y (s) =

41 1 1 37 − − + . 12(s − 2) 20(s − 3) 12(s + 1) 20(s + 2)

Sec.6.4 Teoremas de traslación

167

Aplicamos la transformada inversa a esta última expresión, para obtener y(t): 37 −1 y(t) = L 12

½

1 (s − 2)

¾

41 − L−1 20

½

1 (s − 3)

¾

½

¾ 1 (s + 1) ½ ¾ 1 1 + L−1 20 (s + 2)

1 − L−1 12

Por tanto, la solución del problema de valor inicial es: y(t) = o y(t) = −

6.4.

1 1 37 2t 41 3t e − e − e−t + e−2t . 12 20 12 20

¢ 1 −2t ¡ −3 + 5et − 185e4t + 123e5t . e 60

Teoremas de traslación

No 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 veces es impresionante o muy compleja. También, a veces necesitamos determinar la transformada inversa de una fracción racional que involucra un denominador con factores lineales repetidos; en este caso no contamos con una técnica conveniente para hacerlo. Por estos motivos, presentaremos en esta sección, algunos teoremas que nos facilitaran el trabajo de calcular transformadas y transformadas inversas.

6.4.1.

Traslación en el eje s

En general, si se conoce la transformada de Laplace L {f (t)} = F (s) de una función f (t), es posible determinar la transformada de Laplace de un múltiplo exponencial L {eat f (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 de traslación. Teorema 29 (Primer teorema de traslación) Si F (s) = L {f (t)} y a es cualquier número real, © ª L eat f (t) = F (s − a). Es de gran utilidad utilizar la siguiente notación: © ª L eat f (t) = L {f (t)}|s→s−a

en donde s → s − a indica que en la transformada de Laplace de f (t), es decir en F (s), s se reemplaza con s − a. © ª Ejemplo 125 Determine L e4t sen 3t .

168


Solución. Sabemos que L {sen 3t} =

3 . Utilizando el Teorema 29, tenemos s2 + 9

ª © = L e4t sen 3t =

L {sen 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 el siguiente: 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: © ª L−1 {F (s − a)} = L−1 F (s)|s→s−a = eat f (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 1 1 2 1 s3 + 3s2 + 2s − 1 + . =− + − 3 2 (s + 2) (s + 1) s + 1 s + 2 (s + 2) (s + 2)3 En consecuencia ½ 3 ½ ½ ¾ ¾ ¾ s + 3s2 + 2s − 1 1 2 −1 −1 −1 L = −L +L (s + 2)3 (s + 1) s+1 s+2 ½ ¾ ½ ¾ 1 1 −1 −1 +L −L (s + 2)2 (s + 2)3 o

−1

L

½

s3 + 3s2 + 2s − 1 (s + 2)3 (s + 1)

¾

( ¯ ) ( ¯ ) 1 ¯¯ 1 ¯¯ −1 + 2L = −L s ¯s→s+1 s ¯s→s+2 ( ¯ ) ( ¯ ) 1 ¯¯ 1 −1 2 ¯¯ −1 −L + L s2 ¯s→s+2 2 s3 ¯s→s+2 −1


169

o L−1

½

s3 + 3s2 + 2s − 1 (s + 2)3 (s + 1)

¾

1 = −e−t + 2e−2t − e−2t t + e−2t t2 2 ¢ 1 −2t ¡ = 4 − 2et − 2t + t2 . e 2

Ejemplo 127 Utilice la transformada de Laplace para resolver el siguiente problema de valor inicial: y 00 + 4y 0 + 4y = e−2x − e−x ,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0.

Solución. Aplicamos la transformada en cada término de la ecuación diferencial: © ª © ª L {y 00 } + 4L {y 0 } + 4L {y} = L e−2x − L e−x .

Ahora aplicamos el Teorema 28 a L {y 00 }, L {y 0 }:

s2 Y (s) − s y(0) − y 0 (0) + 4[sY (s) − y(0)] + 4Y (s) = o s2 Y (s) − s − 0 + 4[sY (s) − 1] + 4Y (s) = o (s2 + 4s + 4)Y (s) = s + 4 +

1 1 − , s+2 s+1

1 1 − s+2 s+1

1 1 − s+2 s+1

por lo que Y (s) = =

1 1 s+4 + − (s + 2)2 (s + 2)3 (s + 2)2 (s + 1) s3 + 7s2 + 14s + 7 . (s + 2)3 (s + 1)

Haciendo la descomposición en una suma de fracciones parciales, tenemos C D A B s3 + 7s2 + 14s + 7 + + = + . (s + 2)3 (s + 1) (s + 2) (s + 2)2 (s + 2)3 (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).

170


Igualando coeficientes, tenemos A+D 5A + B + 6D 8A + 3B + C + 12D 4A + 2B + C + 8D

= = = =

1 7 14 7

Resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos A = 2, B = 3, C = 1 y D = −1. Sustituyendo en (6.19), tenemos 1 1 s3 + 3s2 + 2s − 1 2 3 + − = + . 3 2 3 (s + 2) (s + 1) (s + 2) (s + 2) (s + 2) (s + 1) Por consiguiente Y (s) =

1 1 3 2 + − + . 2 3 (s + 2) (s + 2) (s + 2) (s + 1)

Aplicamos la transformada inversa a esta última expresión, para obtener y(t): ½ ½ ¾ ½ ¾ ½ ¾ ¾ 2 3 1 1 −1 −1 + L − L y(t) = L−1 + L−1 (s + 2) (s + 2)2 (s + 2)3 (s + 1) o −1

y(t) = 2L

½

½ ¾ ½ ¾ ½ ¾ ¾ 1 1 1 1 −1 −1 −1 +L −L + 3L (s + 2) (s + 2)2 (s + 2)3 (s + 1)

o −1

y(t) = 2L

o

( ¯ ) ( ¯ ) ( ¯ ) 1 ¯¯ 1 ¯¯ 1 −1 2 ¯¯ −1 + 3L + L s ¯s→s+2 s2 ¯s→s+2 2 s3 ¯s→s+2 ( ¯ ) 1 ¯¯ −1 −L s ¯s→s+1 1 y(t) = 2e−2t + 3e−2t t + e−2t t2 − e−t 2 ¢ 1 −2t ¡ t = 4 − 2e + 6t + t2 . e 2

6.4.2.

Traslación en el eje t

Función escalón unitario Con mucha frecuencia, en las aplicaciones de ingeniería surgen funciones que pueden “activarse” o “desactivarse” de acuerdo a ciertas condiciones. Por ejemplo, el voltaje aplicado en un circuito eléctrico puede ser activado o desactivado

H L


171

f t 25

20

15

10

5

1

2

3

4

5

t

Figura 6.1: después de cierto tiempo. Por consiguiente, resulta útil definir una función que tenga la propiedad de activar y desactivar una función a conveniencia. Esta función especial, denominada función escalón unitario o función de Heaviside, se define como 0 cuando se necesita apagar una función e igual a 1 cuando sea necesario encender dicha función. Definición 30 La función escalón unitario U(t − a) se define como sigue: ½ 0, 0 ≤ t < a U(t − a) = 1, t ≥ a Así, cuando una función f definida para t ≥ 0 se multiplica por U(t − a), la función escalón unitario tiene la propiedad de apagar o desactivar la parte de la función que corresponde a 0 ≤ t < a. Por ejemplo, si f (t) = t2 para t ≥ 0, y deseamos apagar la parte de la gráfica que corresponde a 0 ≤ t < 1, entonces el producto t2 U(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 definida en tramos que se muestra en la figura 6.2; esta función puede ser representada por la función f (t) = 1 − 3 U(t − 1) + 2 U(t − 3). En general, la función definida en tramos ½ f0 (t), 0 ≤ t < a (6.20) f (t) = f1 (t), t ≥ a 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)

H L

172


ft 1 0.5

1

2

3

4

5

6

t

-0.5 -1 -1.5 -2

Figura 6.2: La expresión 6.21 puede ser extendida complejas. Por ejemplo,   f0 (t), f1 (t), f (t) =  f2 (t),

a funciones continuas en tramos más 0≤t
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   3, 0 ≤ t < 2 2t − 2, 2 ≤ t < 4 f (t) =  sen 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 − 3 U(t − 2) + (2t − 2) U(t − 2) − (2t − 2) U(t − 4) + sen t U(t − 4) cuya gráfica se muestra en la figura 6.3. Ahora, consideremos la función definida en tramos ½ 0, 0 ≤ t < a f (t − a) U(t − a) = . f (t − a), t ≥ a

(6.23)


173

H L

f t 6 5 4 3 2 1

2

4

6

t

8

-1

Figura 6.3:

H L

f t 6

5

4

3

2

1

1

2

Figura 6.4: f (t),

3

t ≥ 0.

4

t

174

HL


f t 6

5

4

3

2

1

2

4

6

8

t

Figura 6.5: f (t − a)U(t − a). Esta función desempeña un papel importante en la formulación del segundo teorema de traslación. Como se muestra en las Figuras 6.4 y 6.5, la gráfica de la función f (t − a) U(t − a) es la gráfica de la función f (t) desplazada a unidades hacia 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 inversa del producto e−as F (s) es la función f desplazada a lo largo del eje t, lo cual se puede observar en la Figura 6.5. Teorema 30 (Segundo teorema de traslación) Si F (s) = L{f (t)} y a > 0, entonces L{f (t − a) U(t − a)} = e−as F (s). Para hallar la transformada de Laplace de la función escalón unitario, se puede utilizar la Definición 27 o el segundo teorema de traslación. Utilizando este último método, si hacemos f (t) = 1, entonces f (t − a) = 1 y F (s) = L{f (t)} = L{1} = 1/s; así obtenemos L{U(t − a)} =

e−as . s

(6.24)

Ejemplo 129 Calcule la transformada de Laplace de la función correspondiente a la Figura 6.2. Solución. Aplicando la transformada de Laplace a la función f (t) = 1 − 3 U(t − 1) + 2 U(t − 3)


175

obtenemos L{f (t)} = L{1} − 3 L{U(t − 1)} + 2 L{U(t − 3)} 1 e−s e−3s = −3 +2 . s s s

Forma inversa del segundo teorema de traslación Si f (t) = L−1 {F (s)} y a > 0, entonces L−1 {e−as F (s)} = f (t − a) U(t − a). Ejemplo 130 Evalúe L−1

½

(6.25)

¾ 1 −πs . e s2 + 4

2 , entonces L−1 {F (s)} = +4 sen 2t. Por consiguiente, utilizando la expresión 6.25, obtenemos ½ ¾ ½ ¾ 1 2 1 −1 −1 −πs −πs = L e L e s2 + 4 2 s2 + 4 1 = sen 2(t − π) U(t − π). 2 Solución. Si identificamos a a = π y F (s) =

s2

Con frecuencia necesitamos determinar la transformada de Laplace del producto de una función f (t) y la función escalón unitario U(t−a) cuando la función f (t) no tiene la forma desplazada f (t − a). Para determinar esta transformada, utilizamos la Definición 27, la definición de U(t − a) y la transformación u = t − a; esto es Z ∞ Z ∞ −st L{f (t) U(t − a)} = e f (t)dt = e−s(u+a) f (u + a)du a

a

= e−as L{f (t + a)}.

Hemos demostrado la forma alternativa del segundo teorema de traslación. Teorema 31 (Forma alternativa del segundo teorema de traslación) Sea f una función definida en [0, ∞). Si a > 0 y L{f (t + a)} existe para s > s0 , entonces L{f (t) U(t − a)} = e−as L{f (t + a)}. (6.26) Ejemplo 131 Determine L{(t2 − 3t + 2)U(t − 2)}.

176


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 L{f (t + 2)} = L{t2 } + L{t} 1 2 + . = s3 s2 Utilizando 6.26, tenemos L{(t2 − 3t + 2)U(t − 2)} = e−2s L{f (t + 2)} µ ¶ 2 1 −2s = e . + s3 s2 Ejemplo 132 Utilice la transformada de Laplace para resolver el problema de valor inicial siguiente: y 00 − 5y 0 + 6y = f (t), donde f (t) =

½

y(0) = 0, y 0 (0) = 0

0, 0 ≤ t < 3π/2 sen t, t ≥ 3π/2.

Solución. La transformada de Laplace de la ecuación diferencial es s2 L{y} − sy(0) − y 0 (0) − 5 [sL{y} − y(0)] + 6L{y} = L{U(t − 3π/2) sen t}. Como, L{U(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 ecuación diferencial se convierte en s2 L{y} − 5sL{y} + 6L{y} = −

se−3πs/2 . s2 + 1

Resolviendo para L{y} obtenemos se−3πs/2 (s − 2)(s − 3)(s2 + 1) · ¸ 2 1 3 1 1 1−s = e−3πs/2 − + . 5 s − 2 10 s − 3 10 s2 + 1

L{y} = −

Sec.6.5 Derivadas de transformadas

177

Si identificamos a a = 3π/2 y F (s) = L−1 {F (s)} =

2 1 5 s−2

−

3 1 10 s−3

+

1 1−s 10 s2 +1 ,

entonces

2 2t 3 1 e − e3t + (sen t − cos t) , 5 10 10

por lo que utilizando la forma inversa del segundo teorema de traslación, la inversa de L{y} es ¸ · 3 1 2 2(t−3π/2) − e3(t−3π/2) + e [sen(t − 3π/2) − cos(t − 3π/2)] U(t−3π/2). y(t) = 5 10 10

6.5.

Derivadas de transformadas

La transformada de Laplace de tn f (t) se obtiene diferenciando sucesivamente n veces la transformada de Laplace de f (t). Esto se indica en el teorema siguiente. Teorema 32 Si L{f (t)} = F (s), entonces L{tn f (t)} = (−1)n

dn F (s), dsn

n = 1, 2, 3, . . .

Ejemplo 133 Evalúe L{t2 cos 2t}. Solución. Haciendo f (t) = cos 2t, F (s) = L{cos 2t} = de acuerdo con el teorema anterior:

s y n = 2, entonces s2 + 4

µ ¶ s d2 L{t cos 2t} = (−1) ds2 s2 + 4 3 8s 6s = − 2 2 3 (s + 4) (s + 4)2 2 2s (s − 12) = . (s2 + 4)3 2

2

Ejemplo 134 Resuelva y 00 + 4y = t2 cos 2t,

y(0) = 0, y 0 (0) = 4.

Solución. Transformando la ecuación diferencial y utilizando el resultado del ejemplo anterior,obtenemos s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =

8s3 6s − 2 + 4)3 (s + 4)2

(s2

178


o s2 Y (s) − s × 0 − 4 + 4Y (s) = o

8s3 6s − 2 2 3 (s + 4) (s + 4)2

(s2 + 4)Y (s) = 4 + o Y (s) =

(s2

8s3 6s − 2 3 + 4) (s + 4)2

(s2

4 6s 8s3 − + 2 + 4) (s + 4)4 (s2 + 4)3

Ahora, como ½ ¾ ¡ ¢ ¤ 6s 4 1 £ 2 8s3 −1 L − 2 = + t 6t cos 2t + 8t3 − 3t + 192 sen 2t , (s2 + 4) (s2 + 4)4 (s + 4)3 96

la solución del problema de valor inicial es y(t) = L−1 {Y (s)} =

6.6.

¡ ¢ ¤ 1 £ 2 t 6t cos 2t + 8t3 − 3t + 192 sen 2t . 96

Convolución y la transformada de Laplace

Durante el proceso de resolución de una ecuación diferencial, a veces surge una transformada de Laplace que es el producto de otras dos transformadas de funciones conocidas. Esto sugiere que debería existir alguna forma de combinar dos funciones f (t) y g(t) para obtener una función cuya transformada sea el producto de las transformadas de dichas funciones f (t) y g(t). Esta función existe 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

f (τ )g(t − τ )dτ

0

(6.27)

Se puede demostrar que f ∗ g = g ∗ f . Esto es, que la convolución de dos funciones es conmutativa. Utilizando el cambio de variable υ = t−τ , observamos que f ∗ g (t) =

Z

t

0

= −

Z

f (τ )g(t − τ )dτ 0 t

f (t − υ)g(υ)dυ

= g ∗ f (t).

Sec.6.6 Convolución y la transformada de Laplace

179

Ejemplo 135 La convolución de sen 2t y cos 2t es Z t sen 2t ∗ cos 2t = sen 2τ cos 2(t − τ )dτ . 0

Utilizando la identidad trigonométrica sen x cos y =

1 2

[sen(x + y) − sen(x − y)]

obtenemos Z

sen 2t ∗ cos 2t =

t 1 2

0

1 2

= esto es,

[sen 2t − sen 2(2τ − t)] dτ

£ τ sen 2t +

£

1 2 t sen 2t 1 2 t sen 2t.

sen 2t ∗ cos 2t = =

+

1 4

1 4

¤t cos 2(2τ − t) τ =0 ,

cos(2t) −

1 4

cos(−2t)

¤

Teorema 33 (Teorema de convolución) Si f (t) y g(t) son funciones continuas por tramos de orden exponecial en [0, ∞), F (s) = L{f (t)} y G(s) = L{g(t)}, entonces L{f ∗ g} = F (s)G(s). Prueba. Por definición F (s) = L{f (t)} = G(s) = L{g(t)} =

Z

∞

Z 0∞

e−sτ f (τ )dτ e−sβ g(β)dβ.

0

por lo que µZ

F (s)G(s) =

Z

=

0

∞

e−sτ f (τ )dτ

0 ∞Z ∞

¶ µZ

∞

e−sβ g(β)dβ

0

¶

e−s(τ +β) f (τ ) g(β) dτ dβ

0

Haciendo el cambio de variable t = τ + β y manteniendo constante a τ , tenemos dt = dβ por lo que Z ∞Z ∞ e−st f (τ ) g(t − τ ) dt dτ . F (s)G(s) = 0

τ

Cambiando el orden de integración1 y observando que Z ∞Z τ Z ∞Z ∞ dt dτ = dτ dt 0

1 Esto

no siempre es posible.

τ

0

0

180


tenemos

Z

∞

Z

∞

e−st f (τ ) g(t − τ ) dt dτ ¸ ·Z t Z ∞ = e−st f (τ ) g(t − τ ) dτ dt 0 Z0 ∞ = e−st f ∗ g(t) = L{f ∗ g}.

F (s)G(s) =

0

τ

0

Ejemplo 136 Evalúe L

½Z

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 establece que la transformada de Laplace de la convolución de f y g es el producto de sus transformadas de Laplace: ½Z t ¾ L sen 2τ cos 2(t − τ )dτ = L {sen 2τ } L {cos 2τ } 0

= =

6.6.1.

2 s · s2 + 4 s2 + 4 2s 2. 2 (s + 4)

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 de Laplace 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 L{g(t)} = G(s) = 1/s y ½Z t ¾ F (s) L f (τ )dτ = . s 0 La forma inversa de esta expresión es ½ ¾ Z t F (s) −1 f (τ )dτ = L , s 0

que se puede utilizar para determinar la transformada inversa de fraciones racionales cuando sn es un factor del denominador y f (t) = L−1 {F (s)} sea fácil de integrar.


6.6.3.

181

Ecuaciones integrodiferenciales

La ecuación diferencial que gobierna al circuito simple mostrado en la Figura 6.6 es

Figura 6.6:

L

di 1 + Ri(t) + Q = E. dt C

Sin embargo, como i(t) = por integración tenemos

Z

Q=

dQ dt

t

i(τ )dτ .

0

Entonces, la corriente en el circuito simple de la Figura 6.6 está determinada por la ecuación integrodiferencial L

di 1 + Ri(t) + dt C

Z

t

i(τ )dτ = E.

(6.28)

0

Ejemplo 137 Determine la corriente i(t) en el circuito en serie de la Figura 6.6 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 0,05

di + 2i + 20 dt

Z

0

t

i(τ )dτ = 100 cos 200t.

(6.29)

182


Sabemos que la transformada de por lo que Z t

Rt 0

i(τ )dτ es la transformada de una integral,

i(τ )dτ =

0

I(s) s

donde I(s) = L{i(t)}. La transformada de Laplace de la ecuación integrodiferencial 6.29 es 0,05 [sI(s) − i(0)] + 2I(s) + 20 o 0,05sI(s) + 2I(s) + 20

I(s) s = 100 2 s s + 2002

I(s) 100s = 2 s s + 40000

(6.30)

Multiplicando 6.30 por 20s, obtenemos ¤ £ 2 s + 40s + 400 I(s) =

o

I(s) =

2000s2 + 40000

s2

2000s2 (s + 20)2 (s2 + 40000)

Descomponiendo esta fracción en una suma de fracciones parciales, obtenemos I(s) =

2000 20000 20000(s + 990) − + 101(s + 20)2 10201(s + 20) 10201(s2 + 40000)

Finalmente, calculando la transformada inversa de Laplace, tenemos µ ¶ 99 20000 −20t 2000 −20t 20000 + + e e cos 200t + sen 200t . i(t) = − 10201 101 10201 20

H L

En la Figura 6.7 se muestra una gráfica de esta última expresión para i(t). it 10

5

0.05

0.1

0.15

-5 -10

Figura 6.7:

0.2

t


6.6.4.

183

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 transformada de 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 periodo T > 0, entonces Z T 1 L{f (t)} = e−sT f (t) dt. 1 − esT 0 Prueba. Utilizando la definición de transformada de Laplace: Z ∞ e−st f (t)dt L{f (t)} = 0

=

Z

T

−st

e

f (t)dt +

0

Z

∞

e−st f (t)dt

T

Utilizando el cambio de variable t = u + T , la segunda integral del lado derecho se convierte en Z ∞ Z ∞ −st e f (t)dt = e−s(u+T ) f (u + T )du. T

0

Ahora, como la función es periódica, f (u + T ) = f (u), tenemos Z ∞ Z ∞ e−st f (t)dt = e−s(u+T ) f (u + T )du T 0 Z ∞ −sT e−su f (u)du. = e 0

Cambiando el nombre de la variable de u a t, tenemos Z ∞ Z ∞ −st −sT e f (t)dt = e e−st f (t)dt T

0

= e−sT L{f (t)}.

Por consiguiente, L{f (t)} =

Z

T

0

e−st f (t)dt + e−sT L{f (t)}.

Despejando L{f (t)}, obtenemos 1 L{f (t)} = 1 − esT que es lo queríamos demostrar.

Z

0

T

e−sT f (t) dt

184


Capítulo 7

Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier1 7.1.

Crisis en las matemáticas: series de Fourier

La crisis golpeó cuatro días antes de la navidad de 1807. El edificio del cálculo fue sacudido desde sus cimientos. En retrospectiva, las dificultades se habían acumulado por décadas. Aunque la mayoría de los científicos imaginaron que algo había sucedido, tuvieron que pasar cincuenta años antes de que el impacto completo del evento fuera entendido. El siglo XIX se caracterizó por la profundización en las investigaciones sobre las suposiciones del cálculo–una inspección y reajuste de la estructura del cálculo desde sus bases hasta su cima– logrando así una completa y minuciosa reconstrucción del cálculo lo cual dio lugar al área de las matemáticas que actualmente conocemos como análisis. El siglo XX se inició con una redefinición de la integral por Henri Lebesgue y una revisión de los cimientos lógicos de la aritmética por Bertrand Russell y Alfred North Whitehead, acontecimientos que son consecuencia directa del conjunto de eventos iniciados en dicho año crítico. La crisis fue precipitada por la entrega en el Institut de France en París de un manuscrito, Teoría de la Propagación del Calor en Cuerpos Sólidos, por el prefecto del departamento de Isère de 39 años 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. Sus investigaciones redujeron este problema a tomar una función par y expresarla como una suma infinita de cosenos, la que actualmente denominamos una serie de Fourier. Su paso siguiente fue demostrar cómo llevar a cabo ésto. 1 Este capítulo fue pirateado del libro:Elementary Differential Equations with Boundary Value Problems, William Trench, Ed. Brooks/Cole Publishing Co.

185

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 trigonométricas ya se conocían desde antes. Daniel Bernoulli (1700-1782) propuso tales sumas en 1753 como soluciones al problema de modelación de cuerdas en vibración. Ello había sido desestimado por el más grande de los matemáticos, Leonhard Euler (1707-1783). Quizás Euler “olió” el peligro que ello presentaba a su entendimiento del cálculo. El comité que recibió el manuscrito de Fourier conformado por Pierre Simon Laplace (1749-1827), Joseph Louis Lagrange (17361813), Sylvestre François Lacroix (1765-1843), y Gaspard Monge (1746-1818), influenciados por el rechazo de Euler elaboraron un resumen poco entusiasta escrito por Siméon Denis Poisson (1781-1840). En la década de 1820, las series de Fourier producían sospechas debido a que contradecían el juicio establecido con 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 y práctico para encontrar los coeficientes de dicha serie. Al hacerlo, produjo una colección de soluciones verificables a problemas específicos. El método de Fourier podría realmente ser implementado. No podía ser rechazado sin considerar la pregunta 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 1850 cuando Bernard Riemann (1826-1866) y Karl Weierstrass (1815-1897) pudieron resolver la confusión que había generado Fourier y claramente delinear las cuestiones reales.

7.2.

Problemas de eigenvalores para y00 + λy = 0

En esta sección consideramos los siguientes problemas, donde λ es un número real y L > 0: y(0) = 0, y(L) = 0 Prob. 1: y 00 + λy = 0 Prob. 2: y 00 + λy = 0 y 0 (0) = 0, y 0 (L) = 0 Prob. 3: y 00 + λy = 0 y(0) = 0, y 0 (L) = 0 00 0 Prob. 4: y + λy = 0 y (0) = 0, y(L) = 0 Prob. 5: y 00 + λy = 0 y(−L) = y(L), y 0 (−L) = y 0 (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 y 0 sean cero en los puntos de frontera sino sólo que y tenga el mismo valor en x = ±L y que el valor de y 0 sea igual en x = ±L. Decimos que las condiciones de frontera en el problema 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 no hay 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

Sec.7.2 Problemas de eigenvalores

187

un eigenvalor del problema, y las soluciones no triviales son eigenfunciones asociadas con λ. Los problemas 1 al 5 se denominan problemas de eigenvalor. Resolver un problema de eigenvalor significa encontrar todos sus eigenvalores y eigenfunciones 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 asociadas y0 = 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 y 00 + λy = 0, entonces y(y 00 + λy) = 0, por lo que Z

L

y(x)(y 00 (x) + λ y(x)) dx = 0 0

y, en consecuencia, λ

Z

L

y 2 (x) dx = −

0

Z

L

y(x) y 00 (x) dx.

(7.1)

0

La integración por partes da como resultado Z

L

y(x) y 00 (x) dx =

0

L

y(x) y 0 (x)|0 −

Z

L

(y 0 (x))2 dx 0

= y(L) y 0 (L) − y(0) y 0 (0) Z L − (y 0 (x))2 dx.

(7.2)

0

Sin embargo, si y satisface cualquiera de las condiciones de frontera de los problemas 1 al 4, entonces y(L) y 0 (L) − y(0) y 0 (0) = 0; por consiguiente, (7.1) y (7.2) implican que λ

Z

0

RL

L

y 2 (x) dx =

Z

L

(y 0 (x))2 dx.

0

Si y 6= 0, entonces 0 y 2 (x) dx > 0. Por tanto λ ≥ 0, y si λ = 0, entonces y 0 (x) = 0 para toda x en (0, L) (¿por qué?), y y es constante en (0, L). Cualquier función constante satisface las condiciones de frontera del problema 2, así que λ = 0 es un eigenvalor del problema 2. Sin embargo, la única función constante que satisface las condiciones de frontera de los problemas 1, 3 o 4 es y ≡ 0. En consecuencia, λ = 0 no es un eigenvalor para ninguno de esos problemas. Ejemplo 138 (Problema1) Resuelva el problema de eigenvalor

188


y 00 + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0.

(7.3)

Solución. A partir del teorema 35, cualquier eigenvalor de (7.3) debe ser positivo. Si y satisface (7.3) con λ > 0, entonces √ √ y = c1 cos λx + c2 sen λx La condición de frontera y(0) = 0 implica que donde c1 y c2 son constantes. √ c1 = 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 = n2 π2 /L2 es un eigenvalor y nπx yn = sen L es una eigenfunción asociada. Este resultado lo establecemos como un teorema. Teorema 36 El problema de eigenvalor y 00 + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0 tiene un número infinito de eigenvalores positivos λn = n2 π 2 /L2 , con eigenfunciones asociadas nπx yn = sen , n = 1, 2, 3, . . . L No hay otros eigenvalores. Teorema 37 El problema de eigenvalor y 00 + λy = 0, y 0 (0) = 0, y 0 (L) = 0 tiene el eigenvalor λ0 = 0, con la eigenfunción asociada y0 = 1, y un número infinito de eigenvalores positivos λn = n2 π 2 /L2 , con las eigenfunciones asociadas nπx yn = cos , n = 1, 2, 3, . . . L No hay otros eigenvalores.


189

Ejemplo 139 (Problema 3) Resuelva el problema de eigenvalor y 00 + λy = 0, y(0) = 0, y 0 (L) = 0

(7.4)

Solución. Del teorema 35, cualquier eigenvalor de (7.4) debe ser positivo. Si y satisface (7.4) con λ > 0, entonces √ √ y = c1 cos λx + c2 sen λx = 0 implica donde donde c1 y c2 son constantes. √ La condición de frontera y(0) √ √ que c1 = 0. Por tanto, y = c2 sen λx. En consecuencia, y 0 =√c2 λ cos λx. Ahora, la condición de frontera y 0 (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)2 π 2 /(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 y 00 + λy = 0, y(0) = 0, y 0 (L) = 0 tiene un número infinito de eigenvalores positivos λn = (2n − 1)2 π 2 /(4L2 ), con eigenfunciones asociadas yn = sen

(2n − 1)πx , 2L

n = 1, 2, 3, . . .

No hay otros eigenvalores. Teorema 39 El problema de eigenvalor y 00 + λy = 0, y 0 (0) = 0, y(L) = 0 tiene un número infinito de eigenvalores positivos λn = (2n − 1)2 π 2 /(4L2 ), con eigenfunciones asociadas yn = cos No hay otros eigenvalores.

(2n − 1)πx , 2L

n = 1, 2, 3, . . .

190


Ejemplo 140 (Problema 5) Resuelva el problema de eigenvalor y 00 + λy = 0, y(−L) = y(L), y 0 (−L) = y 0 (L).

(7.5)

Solución. Del teorema 35, λ = 0 es un eigenvalor de (7.5) con la eigenfunción asociada y0 = 1, y cualquier otro eigenvalor de (7.5) debe ser positivo. Si y satisface (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 √ √ √ √ (7.7) c1 cos(− λL) + c2 sen(− λL) = c1 cos λL + c2 sen λL Como y

√ √ cos(− λL) = cos λL

(7.8)

√ √ sen(− 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 y 0 (−L) = y 0 (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 c1 y c2 arbitrarias. El eigenvalor determinado de esta manera es λn = n2 π 2 /L2 , y cada uno tiene las eigenfunciones asociadas linealmente independientes cos

nπx L

y

sen

nπx . L


191

Teorema 40 El problema de eigenvalor y 00 + λy = 0, y(−L) = y(L), y 0 (−L) = y 0 (L) tiene el eigenvalor λ0 = 0, con la eigenfunción asociada y0 = 1, y un número infinito de eigenvalores positivos λn = n2 π2 /L2 , con las eigenfunciones asociadas nπx nπx y1n = cos y y2n = sen , n = 1, 2, 3, . . . L L 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 f (x) g(x) dx = 0. a

De manera más general, decimos que las funciones (ya sea un número finito o infinito) φ1 , φ2 , . . . , φn , . . . son ortogonales en [a, b] si Z

b

φi (x) φj (x) dx = 0 siempre que i 6= j.

a

Ejemplo 141 Muestre que las eigenfunciones 1, cos

πx πx 2πx 2πx nπx nπx , sen , cos , sen , . . . , cos , sen ,... L L L L L L

(7.12)

del problema 5 son ortogonales en [−L, L]. Solución. Tenemos que mostrar que Z L f (x) g(x) dx = 0

(7.13)

−L

siempre que f y g sean funciones del conjunto (7.12). Si r es cualquier entero distinto de cero, entonces ¯L Z L rπx L rπx ¯¯ cos =0 (7.14) dx = sen L rπ L ¯−L −L

y

Z

L

−L

sen

¯L rπx L rπx ¯¯ = 0. dx = − cos L rπ L ¯−L

Por tanto, (7.13) se cumple si f ≡ 1 y g es cualquier función de (7.12).

192


Si f (x) = cos mπx/L y g(x) = cos nπx/L, donde m y n son enteros positivos distintos, entonces Z

Z

L

f (x) g(x) dx =

−L

L

cos

−L

mπx nπx cos dx. L L

(7.15)

Para evaluar esta integral, usamos la identidad cos A cos B =

1 2

[cos(A − B) + cos(A + B)]

con A = mπx/L y B = nπx/L. Entonces (7.15) se transforma en "Z Z L L (m − n)πx 1 f (x) g(x) dx = 2 cos dx L −L −L # Z L (m + n)πx cos + dx . L −L Como m − n y m + n son ambos enteros distintos de cero, (7.14) implica que las integrales a la derecha son iguales a cero. Por tanto, (7.13) es cierta en este caso. Si f (x) = sen mπx/L y g(x) = sen nπx/L, donde m y n son enteros positivos distintos, entonces Z

Z

L

f (x) g(x) dx =

−L

L

sen −L

mπx nπx sen dx. L L

(7.16)

Para evaluar esta integral, usamos la identidad sen A sen B =

1 2

[cos(A − B) − cos(A + B)] ,

con A = mπx/L y B = nπx/L. Entonces (7.16) se transforma en "Z Z L L (m − n)πx f (x) g(x) dx = 12 cos dx L −L −L # Z L (m + n)πx − cos dx = 0. L −L Si f (x) = sen mπx/L y g(x) = cos nπx/L, donde m y n son enteros positivos (no necesariamente distintos), entonces Z

L

f (x) g(x) dx = −L

Z

L

−L

sen

mπx nπx cos dx = 0 L L

porque el integrando es una función impar y los límites son simétricos respecto a x = 0.

Sec.7.3 Series de Fourier I

7.3.

193

Series de Fourier I

Teorema 41 Suponga que las funciones φ1 , φ2 , φ3 , . . . son ortogonales en [a, b] y Z b ϕ2n (x) dx 6= 0, n = 1, 2, 3, . . . (7.17) a

Sean c1 , c2 , c3 , . . . constantes tales que las sumas parciales fN (x) = satisfacen las desigualdades |fN (x)| ≤ M,

a ≤ x ≤ b,

PN

m=1 cm φm (x)

N = 1, 2, 3, . . .

para alguna constante M < ∞. Suponga también que la serie ∞ X

f (x) =

cm φm (x)

(7.18)

m=1

converge y es integrable en [a, b]. Entonces cn =

Rb a

f (x) φn (x) dx , Rb 2 φ (x) dx n a

n = 1, 2, 3, . . .

(7.19)

Prueba. Al multiplicar (7.18) por φn e integrar, resulta Ã ∞ ! Z b Z b X f (x) φn (x) dx = φn (x) cm φm (x) dx. a

a

(7.20)

m=1

∞

Se puede mostrar que el acotamiento de las sumas parciales {fN }N=1 y la integrabilidad de f nos permiten intercambiar las operaciones de integración y suma a la derecha de (7.20), y reescribir (7.20) como Z

b

f (x) φn (x) dx = a

∞ X

m=1

cm

Z

b

φn (x) φm (x) dx

a

(Esto no es fácil de probar.) Como Z

b

φn (x) φm (x) dx = 0 si m 6= n,

a

(7.21) se reduce a Z

b

f (x) φn (x) dx = cn a

Z

b

φ2n (x) dx. a

Ahora (7.17) implica (7.19). Motivados por el teorema 41 formulamos la siguiente definición.

(7.21)

194


Definición 32 Suponga que φ1 , φ2 , . . . , φn , . . . son ortogonales en [a, b] y 0, n = 1, 2, 3, . . .. Sea f integrable en [a, b], y defina Rb

Rb a

φ2n (x) dx 6=

f (x) φn (x) dx , n = 1, 2, 3, . . . (7.22) Rb 2 φ (x) dx a n P Entonces, la serie infinita ∞ n=1 cn φn (x) se llama desarrollo de Fourier de ∞ f en términos del conjunto ortogonal {φn }n=1 , y c1 , c2 , c3 , . . .se llaman ∞ coeficientes de Fourier de f respecto a {φn }n=1 . Indicamos la relación entre f y su desarrollo de Fourier mediante cn =

a

f (x) ∼

7.3.1.

∞ X

cn φn (x),

a ≤ x ≤ b.

n=1

(7.23)

Series De Fourier

Estudiaremos ahora los desarrollos de Fourier en términos de las eigenfunciones 1, cos

πx πx 2πx 2πx nπx nπx , sen , cos , sen , . . . , cos , sen ,... L L L L L L

del problema 5. Si f es integrable en [−L, L], entonces su desarrollo de Fourier en términos de esas funciones se llama serie de Fourier de f en [ − L, L]. Como Z L

12 dx = 2L,

−L

Z

L

cos2 −L

nπx dx = L

1 2

Z

L

−L

µ

1 + cos

2nπx L

¶

dx

µ ¶¯L L 2nπx ¯¯ x+ sen = ¯ 2nπ L −L = L, 1 2

Z

L

−L

sen

µ ¶ 2nπx 1 − cos dx = dx L L −L µ ¶¯L L 2nπx ¯¯ sen = 12 x − ¯ 2nπ L −L = L,

2 nπx

1 2

Z

L

vemos en (7.22) que la serie de Fourier de f en [−L, L] es ∞ ³ X nπx nπx ´ a0 + an cos + bn sen L L n=1


195

donde a0 = 1 an = L

Z

1 L

Z

y bn =

1 2L

L

Z

L

f (x) dx, −L

f (x) cos

nπx dx, L

n ≥ 1,

f (x) sen

nπx dx, L

n ≥ 1.

−L L

−L

Advierta que a0 es el valor promedio de f en [−L, L], mientras que los valores de an y bn (para n ≥ 1) son el doble de los valores promedio de nπx nπx f (x) sen y f (x) cos L 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 puntos en (a, b); 3. f (x+ ımx→x+ f (x) y f 0 (x+ ımx→x+ f 0 (x) existen si a ≤ x0 < b; 0 ) = l´ 0 ) = l´ 0

4.

f (x− 0)

0

= l´ımx→x− f (x) y f 0

0

(x− 0)

= l´ımx→x− f 0 (x) existen si a < x0 ≤ b. 0

0

Como se requiere que f y f sean continuas en todos los puntos, excepto en un − 0 + 0 − número finito de puntos en [a, b], se infiere que f (x+ 0 ) = f (x0 ) y f (x0 ) = f (x0 ) excepto en un número finito de valores x0 en (a, b). Recuerde que f tiene una − discontinuidad de salto en x0 si f (x+ 0 ) 6= f (x0 ). 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 +

∞ ³ X nπx nπx ´ an cos + bn sen L L n=1

de f en [−L, L] converge para toda x en [−L, L]; además  si − L < x < L   f (x)   y f es continua en x;   f (x−) + f (x+) si − L < x < L F (x) =  y f es discontinua en x; 2    f (−L+) + f (L−)   si x = L o x = −L. 2

(7.24)

196


Como f (x+) = f (x−) si f es continua en x, podemos también decir que    f (x−) + f (x+) si − L < x < L; 2 F (x) = f (−L+) + f (L−)   si x = ±L. 2 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. Como la serie en (7.24) converge a F (x) para toda x en [−L, L], usted podría estar tentado a inferir que el error ¯ ¯ N ³ ¯ X nπx nπx ´¯¯ ¯ EN (x) = ¯F (x) − a0 − an cos + bn sen ¯ ¯ L L ¯ n=1

puede hacerse tan pequeño como se quiera para toda x en [−L, L] escogiendo N suficientemente grande. Sin embargo, esto no es cierto si f tiene una discontinuidad en alguna parte de (−L, L) o si f (−L+) 6= f (L−). En este caso la situación 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, tales que l´ım uN = l´ım vN = α y y

N →∞

N →∞

EN (uN ) ≈ ,09 |f (α−) − f (α+)| EN (vN ) ≈ ,09 |f (α−) − f (α+)|

En consecuencia, el valor máximo del error EN (x) cerca de α no tiende a cero cuando N → ∞, sino que se presenta cada vez más cerca de (y en ambos lados de) 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 que l´ım uN = −L N→∞

y

l´ım vN = L,

N→∞

y

EN (uN ) ≈ ,09 |f (−L+) − f (L−)| 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 ½ −x, −2 < x < 0, f (x) = 1 0

197

Figura 7.1:

Solución. Note que no nos preocupamos por definir f (−2), f (0) y f (2). Sin importar cómo se definan, f es suave por partes en [−2, 2], y no afectan a los coeficientes en la serie de Fourier F (x) = a0 +

∞ ³ X nπx nπx ´ an cos + bn sen 2 2 n=1

En todo caso, el teorema 42 implica que F (x) = f (x) en (−2, 0) y (0, 2), donde f es continua, mientras que f (−2+) + f (2−) 2 1 5 1 (2 + ) = 2 2 4

F (−2) = F (2) = = y F (0) = = Para resumir,

f (0−) + f (0+) 2 1 1 1 (0 + ) = . 2 2 4

 5  4,       −x, 1 F (x) = 4,   1   2,    5 4,

x = −2, −2 < x < 0, x = 0, 0
198


Calculamos los coeficientes de Fourier como sigue: a0

1 4

=

=

an

Z

2

f (x) dx

−2 ·Z 0

1 4 3 ; 4

=

si n ≥ 1, entonces

Z

(−x) dx +

−2

2

=

1 2

=

1 2

=

2 (cos nπ − 1), n2 π2

=

1 2

=

1 2

=

1 (1 + 3 cos nπ). 2nπ

f (x) cos

−2 0

·Z

nπx dx 2

nπx (−x) cos dx + 2 −2

Z

2

0

Z

2

0

¸ 1 dx 2

¸ nπx 1 cos dx 2 2

y bn

Z

2

f (x) sen

−2 0

·Z

nπx dx 2

nπx (−x) sen dx + 2 −2

Z

0

2

¸ 1 nπx sen dx 2 2

Por tanto, F (x) =

∞ nπx 2 X cos nπ − 1 3 cos + 2 2 4 π n=1 n 2

+

∞ 1 X 1 + 3 cos nπ nπx sen . 2π n=1 n 2

La figura 7.2 muestra cómo la suma parcial Fm (x) =

m 3 nπx 2 X cos nπ − 1 cos + 2 4 π n=1 n2 2

+

m 1 X 1 + 3 cos nπ nπx sen . 2π n=1 n 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 bolita negra.


199

y 2 1.5 1 0.5

-2

-1

1

2

x

Figura 7.2:

7.3.3.

Funciones pares e impares

Calcular los coeficientes de Fourier de una función f puede ser tedioso; sin embargo, a menudo se puede simplificar el cálculo aprovechando las simetrías en 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. También: 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) = cos ωx y u(x) = x2 son pares, mientras que v(x) = sen ωx y v(x) = x3 son impares. La función w(x) = ex no es ni par ni impar. Teorema 43 Suponga que u es par y v es impar en [−L, L]. Entonces 1.

Z

L

u(x) dx = 2 −L

Z

L

u(x) dx. 0

200 2. 3. 4. 5. 6.

Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier Z

Z

Z

Z

Z

L

v(x) dx = 0. −L L

nπx u(x) cos dx = 2 L −L L

v(x) sen −L L

nπx dx = 2 L

Z

Z

u(x) sen

nπx dx = 0. L

v(x) cos

nπx dx = 0. L

−L L −L

L

u(x) cos

nπx dx. L

v(x) sen

nπx dx. L

0 L 0

Ejemplo 144 Encuentre la serie de Fourier de f (x) = x2 − x en [−2, 2] y determine su suma para −2 ≤ x ≤ 2. Solución. Como L = 2, F (x) = a0 +

∞ ³ X

an cos

n=1

donde 1 a0 = 4 an = bn =

1 2 1 2

Z

2

(x2 − x) dx,

(7.25)

(x2 − x) cos

nπx dx, 2

n = 1, 2, 3, . . .

(7.26)

(x2 − x) sen

nπx dx, 2

n = 1, 2, 3, . . .

(7.27)

2

−2 Z 2 −2

Z

nπx nπx ´ + bn sen 2 2

−2

Simplificamos la evaluación de estas integrales usando el teorema 43 con u(x) = x2 y v(x) = x; así, a partir de (7.25), ¯2 Z 1 2 2 x3 ¯¯ 4 x dx = = . a0 = 2 0 6 ¯0 3 Derivamos de (7.26), Z an = = = =

2

nπx x2 cos dx 2 0 · ¸ Z 2 nπx ¯¯2 nπx 2 2 x sen x sen dx ¯ −2 nπ 2 0 2 0 · ¸ Z 2 nπx nπx ¯¯2 8 cos x cos dx ¯ − n2 π2 2 0 2 0 " # ¯2 8 2 nπx ¯¯ 16 2 cos nπ − = (−1)n 2 2 . sen n2 π2 nπ 2 ¯0 n π


201

De (7.27), bn

= = Por consiguiente, F (x) =

Z

2

nπx dx 2 0 · ¸ Z 2 nπx nπx ¯¯2 2 − cos x cos dx ¯ nπ 2 0 2 0 " ¯2 # 2 2 nπx ¯¯ 4 = (−1)n . 2 cos nπ − sen nπ nπ 2 ¯0 nπ

= −

x sen

∞ ∞ nπx 4 16 X (−1)n 4 X (−1)n nπx cos + 2 + sen . 3 π n=1 n2 2 π n=1 n 2

El teorema 42 implica que  x = −2,  4, x2 − x, −2 < x < 2, F (x) =  4, x = 2.

La figura 7.3 muestra cómo la suma parcial Fm (x) =

m 4 16 X (−1)n nπx cos + 2 2 3 π n=1 n 2

+

m 4 X (−1)n nπx sen . π n=1 n 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 +

∞ X

an cos

n=1

donde a0 = y an =

2 L

Z

0

1 L

Z

nπx , L

L

f (x) dx 0

L

f (x) cos

nπx dx, L

n ≥ 1.

202

Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier y 6 5 4 3 2 1 -2

-1

1

2

x

Figura 7.3: 2. Si f es impar, entonces la serie de Fourier de f en [−L, L] es F (x) =

∞ X

bn sen

n=1

donde 2 bn = L

Z

L

f (x) sen

0

nπx , L nπx dx. L

Ejemplo 145 Encuentre la serie de Fourier de f (x) = x en [−π, π], y determine su suma para −π ≤ x ≤ π. Solución. Como f es impar y L = π, F (x) =

∞ X

bn sen nx

n=1

donde bn

En consecuencia,

=

2 π

Z

π

x sen nx dx ¸ · Z π 2 π = − cos nx dx x cos nx|0 − nπ 0 ¯π ¯ 2 2 2 = − cos nπ + 2 sen nx¯¯ = (−1)n+1 . n n π n 0 0

∞ X (−1)n F (x) = −2 sen nx. n n=1


203 y 3 2 1

-3

-2

-1

1

-1

2

3

x

-2 -3

Figura 7.4:

El teorema 42 implica que   0, x = −π, x, −π < x < π, F (x) =  0, x = π.

La figura 7.4 muestra cómo la suma parcial Fm (x) = −2

m X (−1)n sen nx n n=1

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 determine su suma para −π ≤ x ≤ π. Solución. Como f es par y L = π, F (x) = a0 +

∞ X

an cos nx.

n=1

Como f (x) = x si x ≥ 0, a0 =

1 π

Z

π

x dx = 0

¯π x2 ¯¯ π = 2π ¯0 2

204


y, si n ≥ 1, an

Z 2 π x cos nx dx π 0 ¸ · Z π 2 sen nx dx x sen nx|π0 − nπ 0 ¯π ¯ 2 2 cos nx¯¯ = 2 (cos nπ − 1) n2 π n π 0 2 [(−1)n − 1] . n2 π

= = = =

Por tanto, ∞ π 2 X (−1)n − 1 cos nx. F (x) = + 2 π n=0 n2

(7.28)

Sin embargo, como n

(−1) − 1 =

½

0 si n = 2m, −2 si n = 2m + 1,

los términos en (7.28) para los cuales n = 2m son todos iguales a cero. Por consiguiente, sólo tenemos que incluir los términos para los cuales n = 2m + 1; es decir, podemos reescribir (7.28) como F (x) =

∞ π 4 X 1 cos(2m + 1)x. − 2 π m=0 (2m + 1)2

Sin embargo, como el nombre del índice no importa, preferimos reemplazar m por n y escribir F (x) =

∞ π 4X 1 cos(2n + 1)x. − 2 π n=0 (2n + 1)2

Como |x| es continua para toda x y |−π| = |π|, el teorema 42 implica que F (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) =

∞ X

n=1

bn sen

nπx L

Sec.7.3 Series de Fourier I donde bn

Por tanto,

Z

L

nπx x(x2 − L2 ) sen dx L 0 · nπx ¯¯L 2 = − x(x2 − L2 ) cos ¯ nπ L 0 # Z L nπx 2 2 − (3x − L ) cos dx L 0 " # Z L 2L nπx ¯¯L nπx 2 2 = (3x − L ) sen x sen dx ¯ −6 n2 π 2 L 0 L 0 " # Z L 3 12L2 nπx nπx ¯¯L n 12L = − cos . x cos dx = (−1) ¯ n3 π 3 L 0 L n3 π3 0 =

2 L

205

F (x) =

∞ 12L3 X (−1)n nπx sen . 3 3 π n=1 n 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   0, −1 < x < − 12 , 1, − 12 < x < 12 , f (x) =  0, 12 < x < 1

en [−1, 1] es

F (x) =

∞ 1 2 X (−1)n−1 + cos(2n − 1)πdx. 2 π n=1 2n − 1

(Verifíquelo.) De acuerdo con el teorema 42,  0, −1 ≤ x < − 12 ,      12 , x = − 12 , 1, − 12 < x < 12 , F (x) =  1  , x = 12 ,    2 0, 12 < x ≤ 1;

Entonces, F (así como f ) tiene discontinuidades de salto unitario en x = ± 12 . Las figuras 7.5, 7.6 y 7.7 muestran las gráficas de y = f (x) y y

= F2N −1 (x) =

N 1 2 X (−1)n−1 + cos(2n − 1)πdx 2 π n=1 2n − 1

para N = 10, 20 y 30, respectivamente. Usted puede ver que aunque F2N−1 aproxima bien a F (y, por consiguiente a f ) en grandes intervalos cuando N crece, el valor máximo absoluto de los errores permanece aproximadamente igual a 0,09 pero ocurre más cerca de las discontinuidades x = ± 12 cuando N aumenta.

206


y y=1.09 y=1.00

1 0.8 0.6 0.4 0.2 -1

1 y=- 0.09

x

Figura 7.5:

y y=1.09 y=1.00

1 0.8 0.6 0.4 0.2 -1

1 y=- 0.09 Figura 7.6:

x

Sec.7.4 Series de Fourier II

207

y y=1.09 y=1.00

1 0.8 0.6 0.4 0.2 -1

1 y=- 0.09

x

Figura 7.7:

7.4.

Series de Fourier II

En esta sección desarrollaremos las series de Fourier en términos de las eigenfunciones de los problemas 1 al 4.

7.4.1.

Serie coseno de Fourier

Las eigenfunciones πx 2πx nπx , cos , . . . , cos ,... L L L del problema con valor en la frontera (Problema 2) 1, cos

y 00 + λy = 0, y 0 (0) = 0, y 0 (L) = 0

(7.29)

son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces el desarrollo de Fourier de f en términos de esas funciones se llama serie coseno de Fourier de f en [0, L]. Esta serie es a0 +

∞ X

an cos

n=1

donde a0 =

Z

nπx , L

L

f (x) dx 0

Z

L

dx 0

1 = L

Z

0

L

f (x) dx

208

Cap.7 Problemas con valores en la frontera y desarrollos de Fourier y y=fH−xL

y=fHxL

−L

L

x

Figura 7.8: y

an

Z

L

nπx dx L 0 Z L nπx cos2 dx L 0 Z nπx 2 L f (x) cos dx, L 0 L

=

=

f (x) cos

n = 1, 2, 3, . . .

Comparando esta definición con el teorema 44 (a) se ve que la serie de coseno de Fourier de f en [0, L] es la serie de Fourier de la función ½ f (−x), −L < x < 0, f1 (x) = f (x), 0 ≤ x ≤ L, obtenida extendiendo a f en [−L, L] como una función par (ver Figura 7.8).Aplicando el teorema 42 a f1 se obtiene el siguiente teorema. Teorema 45 Si f es suave por partes en [0, L] entonces la serie coseno de Fourier ∞ X nπx C(x) = a0 + an cos L n=1 de f en [0, L], con

1 a0 = L y an =

2 L

Z

0

L

f (x) cos

Z

L

f (x) dx 0

nπx dx, L

n = 1, 2, 3, . . .

Sec.7.4 Series de Fourier II converge para toda x         C(x) =       

209

en [0, L]; además, f (0+),

x = 0; 0
Ejemplo 149 Encuentre la serie coseno de Fourier de f (x) = x en [0, L]. Solución. Los coeficientes son a0 = y si n ≥ 1, an

2 L

Z

1 L

Z

L

x dx =

0

¯L 1 x2 ¯¯ L = ¯ L 2 0 2

L

nπx dx L 0 " # Z L nπx 2 nπx ¯¯L sen x sen dx ¯ − nπ L 0 L 0 Z L 2 nπx nπx ¯¯L 2L − sen dx = 2 2 cos ¯ nπ 0 L n π L 0 2L [(−1)n − 1] 2 π2 n  4L  , n = 2m − 1, − (2m − 1)2 π2  0, n = 2m.

= = = = =

Por tanto, C(x) =

x cos

∞ 1 (2n − 1)πx L 4L X cos − 2 . 2 2 π n=1 (2n − 1) L

El teorema 45 implica que C(x) = x,

7.4.2.

0 ≤ x ≤ L.

Serie seno de Fourier

Las eigenfunciones sen

πx 2πx nπx , sen , . . . , sen ,... L L L

210


del problema con valor en la frontera (Problema 1) y 00 + λy = 0, y(0) = 0, y(L) = 0 son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces el desarrollo de Fourier de f en términos de esas funciones se llama serie seno de Fourier de f en [0, L]. Esta serie es ∞ X nπx bn sen , L n=1 donde

bn

=

=

Z

L

nπx dx L 0 Z L nπx sen 2 dx L 0 Z nπx 2 L f (x) sen dx. L 0 L f (x) sen

Comparando esta definición con el teorema 44 (b) se ve que la serie de seno de Fourier de f en [0, L] es la serie de Fourier de la función ½ −f (−x), −L < x < 0, f2 (x) = f (x), 0 ≤ x ≤ L, obtenida extendiendo a f en [−L, L] como una función impar (ver Figura 7.9)Al aplicar 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) =

∞ X

bn sen

n=1

de f en [0, L], con 2 bn = L converge para toda x         S(x) =       

Z

L

f (x) sen

0

nπx L

nπx dx, L

en [0, L]; además, 0

x = 0; 0

211 y

y=fHxL

−L

L

x

y=−fH−xL

Figura 7.9: Ejemplo 150 Encuentre la serie seno de Fourier de f (x) = x en [0, L]. Solución. Los coeficientes son Z 2 L nπx bn = x sen dx L 0 L " # Z L nπx 2 nπx ¯¯L cos = − x cos dx ¯ − nπ L 0 L 0 nπx ¯¯L 2L 2L 2L + 2 2 sen = (−1)n+1 ¯ = (−1)n+1 . nπ n π L 0 nπ

Por consiguiente,

∞ nπx 2L X (−1)n sen . S(x) = − π n=1 n L

El teorema 46 implica que S(x) =

7.4.3.

½

x, 0 ≤ x ≤ L, 0, x = L.

Serie coseno de Fourier mixta

Las eigenfunciones cos

πx 3πx (2n − 1)πx , cos , . . . , cos ,... L L L

212


del problema con valor en la frontera (Problema 4) y 00 + λy = 0, y 0 (0) = 0, y(L) = 0

(7.30)

son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces el desarrollo de Fourier de f en términos de esas funciones es ∞ X

cn cos

n=1

(2n − 1)πx 2L

donde Z

(2n − 1)πx dx 2L 0 Z L (2n − 1)πx cos2 dx L 0 Z (2n − 1)πx 2 L f (x) cos dx. L 0 2L

=

cn

L

=

f (x) cos

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 que y sea cero en un punto frontera y y0 sea cero en otro. En contraste, la serie coseno de Fourier “ordinaria” está asociada con (7.29), en donde las condiciones de frontera requieren que y 0 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 =

½

f (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 y L reemplazada por 2L se obtiene el siguiente teorema. Teorema 47 Si f es suave por partes en [0, L] entonces la serie coseno de Fourier mixta ∞ X (2n − 1)πx CM (x) = cn cos 2L n=1 de f en [0, L], con cn =

2 L

Z

0

L

f (x) cos

(2n − 1)πx dx, 2L

n = 1, 2, 3, . . .


213

y

y=fHxL

L

2L

x

y=−fH2L−xL

Figura 7.10: converge para toda x en [0, L]; además,  f (0+), x = 0;     0
Ejemplo 151 Encuentre la serie coseno de Fourier mixta de f (x) = x − L en [0, L]. Solución. Los coeficientes son Z 2 L (2n − 1)πx cn = (x − L) cos dx L 0 2L " ¯L 4 (2n − 1)πx ¯¯ = (x − L) sen ¯ (2n − 1)π 2L 0 # Z L (2n − 1)πx − sen dx 2L 0 ¯L (2n − 1)πx ¯¯ 8L 8L cos = ¯ = − (2n − 1)2 π 2 . (2n − 1)2 π 2 2L 0

214


Por tanto, CM (x) = El teorema 47 implica que

∞ 1 8L X (2n − 1)πx cos . 2 2 π n=1 (2n − 1) 2L

CM (x) = x − L,

7.4.4.

0 ≤ x ≤ L.

Serie seno de Fourier mixta

Las eigenfunciones sen

πx 3πx (2n − 1)πx , sen , . . . , sen ,... L L L

del problema con valor en la frontera (Problema 3) y 00 + λy = 0, y(0) = 0, y 0 (L) = 0 son ortogonales en [0, L]. Si f es integrable en [0, L] entonces el desarrollo de Fourier de f en términos de esas funciones es ∞ X

dn sen

n=1

(2n − 1)πx 2L

donde

dn

=

=

Z

L

(2n − 1)πx dx 2L 0 Z L (2n − 1)πx sen 2 dx 2L 0 Z (2n − 1)πx 2 L f (x) sen dx. L 0 2L f (x) sen

Llamamos a este desarrollo serie seno de Fourier mixta de f en [0, L]. Se puede mostrar que la serie seno de Fourier mixta de f en [0, L] es simplemente la restricción a [0, L] de la serie seno de Fourier de ½ f (x), 0 ≤ x ≤ L, f4 = f (2L − x) L ≤ x ≤ 2L en [0, 2L] (ver figura 7.11)Al aplicar el teorema 46 con f reemplazada por f4 y L reemplazada por 2L se obtiene el siguiente teorema.


215

y y=fH2L−xL y=fHxL

L

2L

x

Figura 7.11: Teorema 48 Si f es suave por partes en [0, L] entonces la serie seno de Fourier mixta ∞ X (2n − 1)πx SM (x) = dn sen 2L n=1 de f en [0, L], con

2 dn = L

Z

0

L

f (x) sen

(2n − 1)πx dx, 2L

n = 1, 2, 3, . . .

converge para toda x en [0, L]; además,  0, x = 0;     0
Ejemplo 152 Encuentre la serie seno de Fourier mixta de f (x) = x en [0, L]. Solución. Los coeficientes son Z 2 L (2n − 1)πx dn = x sen dx L 0 2L " ¯L (2n − 1)πx ¯¯ 4 x cos = − ¯ (2n − 1)π 2L 0 # Z L (2n − 1)πx − cos dx 2L 0

216


o dn

Z

4 (2n − 1)π

L

(2n − 1)πx dx 2L 0 ¯L (2n − 1)πx ¯¯ 8L sen ¯ (2n − 1)2 π2 2L

= =

cos

0

= (−1)

n+1

8L . (2n − 1)2 π 2

En consecuencia, SM (x) = −

∞ 8L X (−1)n (2n − 1)πx sen . 2 2 π n=1 (2n − 1) 2L

El teorema 48 implica que SM (x) = x,

7.4.5.

0 ≤ x ≤ L.

Una observación util

En aplicaciones que implican desarrollos en términos de las eigenfunciones de los problemas 1 al 4, las funciones que se desarrollan son a menudo polinomios que satisfacen las condiciones de frontera del problema que se está considerando. En este caso el siguiente teorema presenta una manera eficaz de obtener los coeficientes 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 +

∞ X

an cos

n=1

con 1 a0 = L y an =

2L2 n3 π3

Z

0

Z

nπx , L

0 ≤ x ≤ L,

(7.31)

nπx dx, n ≥ 1. L

(7.32)

L

f (x) dx

0

L

f 000 (x) sen

Ahora suponga que f 0 es continua y f 00 es continua por partes en [0, L].


217

2. Si f (0) = f (L) = 0 entonces f (x) =

∞ X

bn sen

n=1

con bn = −

Z

2L n2 π 2

nπx , L

0 ≤ x ≤ L,

L

f 00 (x) sen

0

nπx dx. L

(7.33)

3. Si f 0 (0) = f (L) = 0 entonces f (x) =

∞ X

(2n − 1)πx , 2L

cn cos

n=1

con 8L cn = − (2n − 1)2 π2

Z

L

f 00 (x) cos

0

0 ≤ x ≤ L, (2n − 1)πx dx. 2L

(7.34)

4. Si f (0) = f 0 (L) = 0 entonces f (x) =

∞ X

dn sen

n=1

con dn = −

8L (2n − 1)2 π 2

(2n − 1)πx , 2L

Z

0

L

f 00 (x) sen

0 ≤ x ≤ L, (2n − 1)πx dx. 2L

(7.35)

Prueba. Probamos (1) y el resto lo dejamos al lector. Puesto que f es continua en [0, L], el teorema 45 implica (7.31) con a0 , a1 , a2 , . . . como se definen ahí. Ya sabemos que a0 es como en (7.32). Si n ≥ 1, al integrar por partes dos veces resulta Z 2 L nπx an = f (x) cos dx L 0 L " # Z L nπx 2 nπx ¯¯L f 0 (x) sen = f (x) sen dx ¯ − nπ L 0 L 0 Z L 2 nπx = − f 0 (x) sen dx nπ 0 L ya que sen 0 = sen nπ = 0. Así " # Z L 2L nπx ¯¯L nπx 0 00 f (x) cos f (x) cos dx an = ¯ − n2 π 2 L 0 L 0 Z L 2L nπx = − 2 2 f 00 (x) cos dx n π 0 L

218


puesto que f 0 (0) = f 0 (L) = 0 an

" # Z L 2L2 nπx ¯¯L nπx 00 000 = − 3 3 f (x) sen f (x) sen dx ¯ − n π L 0 L 0 Z L nπx 2L2 f 000 (x) sen dx = n3 π 3 0 L

ya que sen 0 = sen nπ = 0. La última integración por partes es válida en el caso en que f 000 no está definida en un número finito de puntos en [0, L], siempre que ella 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 =

y 2 an = L

Z

0

1 L

L

(3Lx2 − 2x3 ) cos

µ ¶¯L x4 ¯¯ L3 = Lx3 − ¯ 2 0 2 nπx dx, L

n ≥ 1.

Evaluar esta integral directamente es una tarea laboriosa. Sin embargo, como f 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

Por consiguiente,

Z 24L2 L nπx = − 3 3 sen dx, n ≥ 1 n π 0 L nπx ¯¯L 24L3 24L3 cos = ¯ = 4 4 [(−1)n − 1] 4π4 n L n π 0  3 48L  − , n = 2m − 1, = (2m − 1)4 π 4  0, n = 2m.

C(x) =

∞ (2n − 1)πx 1 L3 48L3 X cos − 4 . 2 π n=1 (2n − 1)4 L

Ejemplo 154 Encuentre la serie seno de Fourier de f (x) = x(x2 − 3Lx + 2L2 ) en [0, L].


219

Solución. Como f (0) = f (L) = 0 y f 00 (x) = 6(x − L), vemos en (7.33) que Z 12L L nπx = − 2 2 (x − L) sen dx n π 0 L " # Z L nπx nπx ¯¯L 12L2 cos (x − L) cos = dx ¯ − n3 π 3 L 0 L 0 · ¸ L 12L3 nπx ¯¯L 12L2 L − = 3 3. sen = ¯ 3 3 n π nπ L 0 n π

bn

Por tanto

S(x) =

∞ nπx 12L3 X 1 sen . π 3 n=1 n3 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)2 π2

Z

L

(2n − 1)πx dx 2L "0 ¯L (2n − 1)πx ¯¯ 32L2 (9x − 4L) sen = − ¯ (2n − 1)3 π3 2L 0 # Z L (2n − 1)πx −9 sen dx 2L 0 = −

=

(9x − 4L) cos

£ 32L2 (−1)n+1 5L 3 3 (2n − 1) π

¯L # 18L (2n − 1)πx ¯¯ + cos ¯ (2n − 1)π 2L 0 · ¸ 32L3 18 n 5 + (−1) . (2n − 1)3 π3 (2n − 1)π

En consecuencia, CM (x) =

∞ 32L3 X 1 [(−1)n 5 3 π n=1 (2n − 1)3 ¸ 18 (2n − 1)πx + cos . (2n − 1)π 2L

220


Ejemplo 156 Haga lo mismo que en el ejemplo anterior, pero ahora para los senos 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

Z L 48L (2n − 1)πx (2x − 3L) sen dx (2n − 1)2 π 2 0 2L " # ¯L Z L (2n − 1)πx (2n − 1)πx ¯¯ 96L2 cos (2x − 3L) cos dx ¯ −2 (2n − 1)3 π3 2L 2L 0 0 " ¯L # 96L2 4L (2n − 1)πx ¯¯ 3L − sen ¯ (2n − 1)3 π3 (2n − 1)π 2L 0 · ¸ 3 96L 4 3 + (−1)n . (2n − 1)3 π3 (2n − 1)π

= − = = =

Por tanto, SM (x) =

· ¸ ∞ 96L3 X (2n − 1)πx 1 4 n 3 + (−1) sen . π 3 n=1 (2n − 1)3 (2n − 1)π 2L

Capítulo 8

Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales 8.1.

La ecuación de calor

Un modelo EDP (Ecuaciones Diferenciales Parciales) difiere de un modelo EDO (Ecuaciones Diferenciales Ordinarias) en que la variable de estado depende de más de una variable independiente, y el modelo resultante es una ecuación EDP. Mientras que una EDO puede modelar la evolución de un sistema en el tiempo, y las observaciones son hechas en el tiempo, una EDP puede modelar la evolución de un sistema tanto en el tiempo como en el espacio; el sistema puede ser observado tanto en un intervalo de tiempo y en una región espacial. Un modelo EDP puede ser también independiente del tiempo, pero depender de varias variables espaciales. Para precisar el concepto, consideremos el problema de determinar la temperatura en una barra de metal aislada lateralmente de longitud l y sección transversal unitaria, cuyos dos extremos se mantienen 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 temperatura, y depende tanto de cuándo y en qué parte de la barra las mediciones son tomadas. Así, u = u(x, t), donde t es el tiempo y 0 < x < l. La ecuación que gobierna la evolución de la temperatura u se denomina la ecuación de calor y tiene la forma ut = a2 uxx (8.1) la cual es una ecuación diferencial parcial (utilizaremos la notación de subíndice para indicar la diferenciación parcial). En otras palabras, la derivada parcial de la temperatura con respecto a t es igual a la segunda derivada parcial de la temperatura con respecto a x, multiplicada por una constante k = a2 . La con221

222

Cap.8 Soluciones de Fourier para ecuaciones diferenciales parciales

Figura 8.1: Barra de metal lateralmente aislada con temperatura cero en los extremos. El calor fluye en la dirección-x, y u(t, x)es la temperatura de la sección transversal en x y en el tiempo t. stante k, denominada la difusividad, es un parámetro conocido y una propiedad de 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 modelo EDP. La condición de que los extremos de la barra son mantenidos a cero grados puede 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 condiciones sobre la variable de estado en la frontera del dominio espacial. La condición de que la barra inicialmente tiene la temperatura f (x) grados se expresa matemáticamente por u(x, 0) = f (x),

0 ≤ x ≤ L.

(8.3)

Esta condición se denomina una condición inicial debido a que especifica la variable de estado en el tiempo t = 0; dicho con otras palabras, especifica la temperatura en cada punto de la barra en el tiempo t = 0. El conjunto completo de ecuaciones (8.1)-(8.3)–la EDP y las condiciones auxiliares–forman un modelo matemático para el flujo del calor en la barra. A tal modelo se denomina un problema con valor inicial en la frontera. Así, escribimos el problema con valor inicial en la frontera como ut = a2 uxx , 0 < x < L, t > 0, u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L.

(8.4)

Sec.8.1 La ecuación de calor

223

El método que utilizaremos para resolver este problema se llama separación de variables. Buscamos funciones de la forma v(x, t) = X(x)T (t) que no son iguales a cero y que satisfacen vt = a2 vxx ,

v(0, t) = 0,

v(L, t) = 0

para todo (x, t). Como vt = XT 0 vt = a2 vxx si y sólo si

y vxx = X 00 T,

XT 0 = a2 X 00 T,

que reescribiremos como

T0 X 00 = . 2 a T X Como la expresión del lado izquierdo de esta ecuación es independiente de x mientras que la del lado derecho es independiente de t, esta ecuación puede cumplirse 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 T0 = 2 = −λ. X a T Esta es equivalente a X 00 + λX = 0 y T 0 = −a2 λT.

(8.5)

Como v(0, t) = X(0)T (t) = 0 y v(L, t) = X(L)T (t) = 0 y no queremos que T sea igual a cero, X(0) = 0 y X(L) = 0. Por consiguiente, λ debe ser un eigenvalor 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 = n2 π2 /L2 , con eigenfunciones asociadas Xn = sen

nπx , L

n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = n2 π2 /L2 en (8.5) resulta T 0 = −(n2 π2 a2 /L2 )T, que tiene la solución 2

Tn = e−n

π 2 a2 t/L2

.

224


Sea

2

vn (x, t) = Xn (x)Tn (t) = e−n

π2 a2 t/L2

sen

como

nπx , L

n = 1, 2, 3, . . .

nπx , L vn satisface (8.4) con f (x) = sen nπx/L. De manera más general, si α1 , α2 , . . . , αm son constantes y vn (x, 0) = sen

um (x, t) =

m X

2

αn e−n

π 2 a2 t/L2

sen

n=1

nπx , L

entonces um satisface (8.4) con f (x) =

m X

αn sen

n=1

nπx . L

Estos resultados motivan la siguiente definición. Definición 34 La solución formal del problema con valor inicial en la frontera ut = a2 uxx , 0 < x < L, t > 0, u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L. es u(x, t) =

∞ X

2

αn e−n

π 2 a2 t/L2

sen

n=1

donde

S(x) =

∞ X

n=1

αn sen

nπx , L

(8.7)

(8.8)

nπx L

es la serie seno de Fourier de f en [0, L]; es decir, Z 2 L nπx f (x) sen αn = dx. L 0 L Usamos el término solución formal es esta definición porque no es generalmente cierto que la serie infinita en (8.8) satisfaga todos los requisitos del problema con valor inicial en la frontera (8.7); cuando lo hace, decimos que se trata de 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 las condiciones de frontera en (8.7), u tiene también esas propiedades si ut y uxx pueden obtenerse por diferenciación de la serie en (8.8) término a término una vez respecto a t y dos veces respecto a x, para t > 0. Sin embargo, no siempre es válido diferenciar una serie infinita término a término. El siguiente teorema da una condición suficiente, útil para diferenciar de manera válida término a término una serie infinita.


225

Teorema 50 Una serie infinita convergente W (z) =

∞ X

wn (z)

n=1

puede ser diferenciada término a término en un intervalo cerrado [z1 , z2 ] para obtener ∞ X W 0 (z) = wn0 (z) n=1

(donde las derivadas en z = z1 y z = z2 son laterales) siempre que wn0 sea continua en [z1 , z2 ] y |wn0 (z)| ≤ Mn ,

z1 ≤ z ≤ z2 ,

n = 1, 2, 3, . . . , P∞ donde M1 , M2 , . . . , Mn , . . . son constantes tales que la serie n=1 Mn converge.

El teorema 50 aplicado dos veces con z = x y una vez con z = t, muestra que 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 una solución 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 problemas. Cuando pedimos resolver tales problemas, siempre nos referiremos a la determinación 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 de Fourier de f en [0, L] es S(x) =

∞ nπx 12L3 X 1 sen . π 3 n=1 n3 L

Por tanto, u(x, t) =

∞ nπx 12L3 X 1 −n2 π2 a2 t/L2 e sen . 3 3 π n=1 n L

Si ambos extremos de la barra están aislados de manera que no pueda transmitirse 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 Capítulo 7 para sustentar la siguiente definición.

226


Definición 35 La solución formal del problema con valor inicial en la frontera ut = a2 uxx , 0 < x < L, t > 0, ux (0, t) = 0, ux (L, t) = 0, t > 0, u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L. es u(x, t) = α0 +

∞ X

2

αn e−n

π2 a2 t/L2

cos

n=1

donde

C(x) = α0 +

∞ X

αn cos

n=1

(8.9)

nπx , L

nπx L

es la serie coseno de Fourier de f en [0, L]; es decir, Z 1 L α0 = f (x)dx L 0

y

2 αn = L

Z

0

L

f (x) cos

nπx dx, L

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 serie coseno de Fourier de f en [0, L] es C(x) =

∞ L 4L X (2n − 1)πx 1 cos − 2 . 2 π n=1 (2n − 1)2 L

En consecuencia, u(x, t) =

∞ 2 2 2 2 1 L 4L X (2n − 1)πx e−(2n−1) π a t/L cos − 2 . 2 π n=1 (2n − 1)2 L

Dejamos a usted usar el método de separación de variables y el teorema 38 del Capítulo 7 para motivar la siguiente definición. Definición 36 La solución formal del problema con valor inicial en la frontera ut = a2 uxx , 0 < x < L, t > 0, u(0, t) = 0, ux (L, t) = 0, t > 0, u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L. es u(x, t) =

∞ X

n=1

2

αn e−(2n−1)

π2 a2 t/4L2

sen

(2n − 1)πx , 2L

(8.10)


227

donde SM (x) =

∞ X

αn sen

n=1

(2n − 1)πx 2L

es la serie seno de Fourier mixta de f en [0, L]; es decir, αn =

2 L

Z

L

f (x) sen

0

(2n − 1)πx dx. 2L

Ejemplo 159 Resuelva (8.10) con f (x) = x. Solución. Del cuarto ejemplo de la sección Series de Fourier II, la serie seno de Fourier mixta de f en [0, L] es SM (x) = −

∞ 8L X (−1)n (2n − 1)πx sen . 2 2 π n=1 (2n − 1) 2L

Por tanto, u(x, t) = −

∞ (2n − 1)πx 8L X (−1)n −(2n−1)2 π2 a2 t/4L2 e sen . π2 n=1 (2n − 1)2 2L

Ahora, utilice el método de separación de variables y el teorema 39 del Capítulo 7 para generar la siguiente definición. Definición 37 La solución formal del problema con valor inicial en la frontera ut = a2 uxx , 0 < x < L, t > 0, ux (0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L. es u(x, t) =

∞ X

2

αn e−(2n−1)

π2 a2 t/4L2

cos

n=1

donde CM (x) =

∞ X

αn cos

n=1

(2n − 1)πx , 2L

(2n − 1)πx 2L

es la serie coseno de Fourier mixta de f en [0, L]; es decir, αn =

2 L

Z

0

L

f (x) cos

(2n − 1)πx dx. 2L

Ejemplo 160 Resuelva (8.11) con f (x) = x − L.

(8.11)

228


Solución. Del tercer ejemplo de la sección Series de Fourier II, la serie coseno de Fourier mixta de f en [0, L] es CM (x) = −

∞ 8L X (2n − 1)πx 1 cos . π2 n=1 (2n − 1)2 2L

Por tanto, u(x, t) = −

8.1.1.

∞ 2 2 2 2 8L X (2n − 1)πx 1 e−(2n−1) π a t/4L cos . π 2 n=1 (2n − 1)2 2L

Problemas no homogéneos

Un problema de la forma ut = a2 uxx + h(x), 0 < x < L, t > 0, u(0, t) = u0 , u(L, t) = uL , t > 0, u(x, 0) = f (x), 0 ≤ x ≤ L.

(8.12)

se puede transformar en uno que se puede resolver mediante separación de variable. Escribimos u(x, t) = v(x, t) + q(x), (8.13) donde q debe ser determinada. Entonces ut = vt

y uxx = vxx + q 00

por lo que u satisface (8.12) si v satisface vt = a2 vxx + a2 q 00 (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 = a2 vxx , 0 < x < L, t > 0, v(0, t) = 0, v(L, t) = 0, t > 0, v(x, 0) = f (x) − q(x), 0 ≤ x ≤ L.

(8.14)

si a2 q 00 (x) + h(x) = 0,

q(0) = u0 ,

q(L) = uL .

Podemos obtener q integrando dos veces q 00 = −h/a2 y escogiendo las constantes de 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).


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 satisface q 00 − 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 X 1 −n2 π2 t e sen nπx. π 3 n=1 n3

En consecuencia u(x, t) = x2 + x − 1 +

∞ 12 X 1 −n2 π2 t e sen nπx. π3 n=1 n3

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

ux (L, t) = uL ,

t > 0.

o bien u(0, t) = u0 ,

Sin embargo, esto no se cumple para las condiciones de frontera ux (0, t) = u0 ,

ux (L, t) = uL ,

t > 0.

230


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 frecuentemente en la naturaleza. Podemos mencionar a las ondas electromagnéticas, las ondas de agua, las ondas de sonido y las ondas de presión en los sólidos, como ejemplos típicos. En esta subsección introduciremos un modelo simple para el concepto de movimiento de ondas y desarrollaremos una de las EDP fundamentales, la ecuación de onda, que describe tales fenómenos. El ejemplo que utilizaremos para estos propósitos consiste en las vibraciones transversales de una 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 desplazamiento vertical de cada punto x de la cuerda en el tiempo t. Nuestro postulado básico es que el desplazamiento u es pequeño. Implícitamente, asumimos que el movimiento es en el plano y ningún elemento de la cuerda se mueve horizontalmente–sólo verticalmente. En cada instante del tiempo asumimos que la cuerda tiene una densidad ρ(x, t), cuyas dimensiones son masa por unidad de longitud, y la tensión 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 causado por la parte de la cuerda que está a la derecha de x, y asumimos que la tensión siempre está dirigida a lo largo de la tangente al perfil (o contorno) en x. Esta última suposición implica que la cuerda no es resistente a la flexión. A priori, no conocemos ρ o T . La figura muestra un segmento arbitrario de la cuerda entre x = a y x = b. Denotamos el ángulo que forma la tangente con la horizontal por θ(x, t), y observamos que tan θ(x, t) = ux (x, t). Para obtener una ecuación del movimiento de la cuerda, apelamos al balance de masa y a la segunda ley de Newton. Primero, el balance de masa implica que la masa del segmento en cualquier tiempo t debe ser igual a su masa en la posición de equilibrio (la cual tomamos como la masa en el tiempo t = 0). En símbolos, esto significa Z

a

b

Z p ρ(x, t) 1 + ux (x, t)2 dx =

b

ρ0 (x)dx,

a

donde ρ0 es la densidad de la cuerda en el equilibrio. (Note que p 1 + ux (x, t)2 dx

es un elemento de la longitud de arco). Pero esta ecuación debe cumplirse para todo segmento [a, b], y por consiguiente podemos igualar los integrandos para obtener p (8.15) ρ(x, t) 1 + ux (x, t)2 = ρ0 (x).

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 de cambio en el tiempo del momentum del segmento debe ser igual a la fuerza externa neta. Asumiremos que la única fuerza que actúa en el segmento es la tensión causada por el resto de la cuerda; ignoramos la gravedad y cualquier fuerza de amortiguamiento. Debido a que no hay movimiento horizontal del segmento, 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 momentum total del segmento debe ser igual a la fuerza vertical neta. Esto es Z p d b ρ(x, t)ut (x, t) 1 + ux (x, t)2 dx dt a = 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 del símbolo de la integral obtenemos Z b ρ0 (x)utt (x, t)dx = T (b, t) sen θ(b, t) − T (a, t) sen θ(a, t). a

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)] ,

232


o τ (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 como una integral, y obtenemos Z

b

ρ0 (x)utt (x, t)dx = τ (t)

a

Z

b

uxx (x, t)dx.

a

De nuevo, utilizando la arbitriaridad del intervalo de integración, podemos deducir 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) = τ 0 = constante, que es una buena suposición para pequeños desplazamientos de la cuerda. Así, en el marco de las suposiciones que hemos hecho, obtenemos la ecuación final del modelo para los desplazamientos transversales, digamos, ρ0 (x)utt = τ 0 uxx .

(8.16)

Si introducimos la función c0 (x) =

p τ 0 /ρ0 (x),

entonces podemos escribir (8.16) como

utt = c0 (x)2 uxx .

(8.17)

Deberíamos observar que c0 tiene las dimensiones de velocidad. Se denomina la velocidad de la onda, y observaremos que mide la velocidad actual de la onda viajando a lo largo de la cuerda. En muchas aplicaciones la densidad de la cuerda es una constante y de aquí que c0 sea una constante; en este caso la ecuación (8.17) se transforma en utt = c20 uxx , (8.18) la cual es denominada la ecuación de onda; es una de las ecuaciones fundamentales en matemáticas y en las aplicaciones. Si c0 es una constante, es fácil verificar que u = F (x − c0 t) y u = G(x + c0 t) son soluciones de la ecuación de onda para cualesquiera funciones F y G dos veces continuamente diferenciables; así, la ecuación de onda admite soluciones con desplazamientos de ondas tanto hacia la derecha como por la izquierda. De hecho, mostraremos posteriormente que la solución general de la ecuación de onda es la superposición (suma) de ondas desplazándose por la izquierda y por la derecha.


233

Nuestra suposición original de que la cuerda está sujetada en sus extremos x = 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 condiciones iniciales; esto es, establecemos tanto la posición de la cuerda y su velocidad 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 el problema 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 = a2 uxx , 0 < x < L, t > 0, u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0, u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.

(8.21)

donde a = c0 . Para este propósito, utilizaremos separación de variables, por lo que buscamos funciones de la forma v(x, t) = X(x)T (t) que no son iguales cero y que satisfagan vtt = a2 vxx , v(0, t) = 0, v(L, t) = 0 para todo (x, t). Como vtt = XT 00 vtt = a2 vxx si y sólo si

y vxx = X 00 T,

XT 00 = a2 X 00 T,

que reescribiremos como

T 00 X 00 = . a2 T X Con el fin de que esto se cumpla para todo (x, t), los dos lados deben ser iguales a la misma constante; entonces T 00 X 00 = 2 = −λ X a T que es equivalente a X 00 + λX = 0 y T 00 + a2 λT = 0.

(8.22)

234


Como v(0, t) = X(0)T (t) = 0 y v(L, t) = X(L)T (t) = 0 y como no queremos que T sea cero, X(0) = 0 y X(L) = 0. Por consiguiente, λ debe ser un eigenvalor de 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, los eigenvalores de (8.23) son λn = n2 π 2 /L2 , con las eigenfunciones asociadas Xn = sen

nπx , L

n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = n2 π 2 /L2 en (8.22) resulta T 00 + (n2 π2 a2 /L2 )T = 0, que tiene la solución general Tn = αn cos

nπat β n L nπat + sen , L nπa L

donde αn y β n son constantes. Entonces, vn (x, t) = Xn (x)Tn (t) µ ¶ nπat β n L nπat nπx = αn cos + sen sen L nπa L L y ∂vn (x, t) = ∂t

µ ¶ nπat nπat nπa nπx − αn sen + β n cos sen . L L L L

Por tanto, vn (x, 0) = αn sen

nπx L

y ∂vn nπx (x, 0) = β n sen . ∂t L En consecuencia, vn satisface (8.21) con f (x) = αn sen nπx/L y g(x) = β n cos nπx/L. De manera más general, si α1 , α2 , . . . , αm y β 1 , β 2 , . . . , β m son constantes y um (x, t) =

¶ m µ X nπat β n L nπat nπx αn cos + sen sen , L nπa L L n=1

entonces um satisface (8.21) con f (x) =

m X

n=1

αn sen

nπx L

Esto sustenta la siguiente definición.

y g(x) =

m X

n=1

β n sen

nπx . L


235

Definición 38 Si f y g son funciones suaves por partes en [0, L], entonces la solución formal de (8.21) es u(x, t) =

¶ ∞ µ X nπat β n L nπat nπx αn cos + sen sen , L nπa L L n=1

donde

∞ X

Sf (x) =

αn sen

nπx L

β n sen

nπx L

n=1

y

∞ X

Sg (x) =

n=1

(8.24)

son las series seno de Fourier de f y g en [0, L]; es decir, αn =

2 L

Z

2 L

Z

y βn =

L

f (x) sen

nπx dx L

g(x) sen

nπx dx. L

0

0

L

Debido a que no hay factores que produzcan convergencia en (8.24) como los exponenciales negativos en t que aparecen en las soluciones formales de problemas con valores iniciales en la frontera para la ecuación de calor, no es obvio que (8.24) siempre converja para cualesquiera valores de x y t, menos aún que se pueda diferenciar término a término para mostrar que utt = a2 uxx . Sin embargo, el siguiente teorema garantiza que la serie no sólo converge para 0 ≤ 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 1 1 u(x, t) = [Sf (x + at) + Sf (x − at)] + 2 2a

Z

x+at

Sg (τ )dτ .

(8.25)

x−at

Prueba. Al hacer que A = nπx/L y B = nπat/L en las identidades sen A cos B =

1 [sen(A + B) + sen(A − B)] 2

y 1 sen A sen B = − [cos(A + B) − cos(A − B)] 2 resulta cos

· ¸ nπx 1 nπ(x + at) nπ(x − at) nπat sen = sen + sen L L 2 L L

(8.26)

236


y nπat nπx sen sen L L

· ¸ 1 nπ(x + at) nπ(x − at) = − cos − cos 2 L L Z nπ x+at nπτ = sen dτ . 2L x−at L

(8.27)

De (8.26), ∞ X

nπat nπx αn cos sen L L n=1

=

µ ¶ ∞ nπ(x + at) 1X nπ(x − at) αn sen + sen 2 n=1 L L

1 (8.28) [Sf (x + at) + Sf (x − at)] . 2 Puesto que puede mostrarse que una serie seno de Fourier puede integrarse término a término entre dos límites cualesquiera, (8.27) implica que Z x+at ∞ ∞ X nπτ nπat nπx 1 X βnL βn sen sen sen = dτ nπa L L 2a n=1 L x−at n=1 ! Z x+at ÃX ∞ nπτ 1 β sen dτ = 2a x−at n=1 n L Z x+at 1 Sg (τ )dτ . = 2a x−at =

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 = a2 uxx para todo (x, t). Necesitamos el siguiente teorema para formular las condiciones sobre f y g para que Sf y Sg tengan esas propiedades. Teorema 52 Suponga que h es diferenciable en [0, L]; es decir que, h0 (x) existe para 0 < x < L, y que existen las dos derivadas laterales h0+ (0) = l´ım+

h(x) − h(0) x

h0− (0) = l´ım−

h(x) − h(0) . x

x→0

y x→0

1. Si p es la extensión periódica impar de h a (−∞, ∞); es decir, ½ h(x), 0≤x≤L p(x) = h(−x), −L < x < 0 y

p(x + 2L) = p(x),

−∞ < x < ∞.

Entonces p es diferenciable en (−∞, ∞) si y sólo si h(0) = h(L) = 0.

(8.29)


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, ½ h(x), 0≤x≤L q(x) = h(−x), −L < x < 0 y q(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 en el intervalo abierto (0, L), p y q son diferenciables en todo el intervalo abierto ((k − 1)L, kL). En consecuencia, sólo necesitamos determinar si p y q son diferenciables 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 no es diferenciable en (−∞, ∞) a menos que h(0) = h(L) = 0. En la figura 8.4, 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 , 0 0 (2kL) = −h0+ (0) y q+ (2kL) = h0+ (0), q−

por lo que q es diferenciable en x = 2kL si y sólo si h0+ (0) = 0. También,

238


y

x

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)


239 y

x

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). 0 0 q− ((2k − 1)L) = h0− (L) y q+ ((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 diferenciable 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)

00 00 f+ (0) = f− (L) = 0.

(8.33)

y

Prueba. Mostramos primero que Sg es diferenciable y Sf es dos veces diferenciable en (−∞, ∞). Luego diferenciamos (8.25) dos veces respecto a x y t y verificamos 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 las extensiones 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 diferenciables en (−∞, ∞). Como Sf0 (x) = f 0 (x) en [0, L] (derivadas laterales en los puntos extremos), y Sf0 es par (la derivada de una función impar es par), Sf0 es la extensión periódica par de f 0 . Por hipótesis f 0 se puede diferenciar en [0, L]. Debido a (8.33), el teorema 52(b) con h = f 0 y q = Sf0 implica que Sf00 existe en (−∞, ∞).

240


Ahora podemos diferenciar (8.25) dos veces respecto a x y t: ux (x, t) =

¤ 1£ 0 1 S (x + at) + Sf0 (x − at) + [Sg (x + at) − Sg (x − at)] , 2 f 2a

¤ ¤ 1 £ 00 1 £ 0 S (x + at) + Sf00 (x − at) + S (x + at) − Sg0 (x − at) , 2 f 2a g (8.34) ¤ 1 a£ 0 0 ut (x, t) = S (x + at) + Sf (x − at) + [Sg (x + at) + Sg (x − at)] (8.35) 2 f 2 uxx (x, t) =

y

utt (x, t) =

¤ a£ ¤ a2 £ 00 Sf (x + at) + Sf00 (x − at) + Sg0 (x + at) − Sg0 (x − at) . (8.36) 2 2

Si se comparan (8.34) y (8.36) se ve que utt (x, t) = a2 uxx (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 un contexto 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 ) y g(x) = x(L − x). Solución. Dejamos al lector verificar que f y g satisfacen las suposiciones del teorema 53. Se puede verificar que Sf (x) =

∞ 1 96L4 X (2n − 1)πx sen π 5 n=1 (2n − 1)5 L

y ∞ 8L2 X (2n − 1)πx 1 Sg (x) = 3 sen . π n=1 (2n − 1)3 L

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones

241

En (8.24), u(x, t) =

∞ 96L4 X (2n − 1)πat (2n − 1)πat 1 cos sen π5 n=1 (2n − 1)5 L L

+

∞ (2n − 1)πat 8L3 X (2n − 1)πat 1 sen sen . aπ 4 n=1 (2n − 1)4 L L

El teorema 50 implica que uxx y utt pueden obtenerse mediante diferenciación término a término para todo (x, t), de manera que utt = a2 uxx 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 valor inicial 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 espacial y el tiempo. Debería ser claro para el lector que muchos, si no la mayoría, de los problemas físicos ocurren en más de una dimensión espacial. Por consiguiente, en esta sección desarrollaremos un modelo EDP para el flujo de calor en tres dimensiones. Esta sección requerirá que el lector revise algunos conceptos de cálculo 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 está fluyendo, 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 calor específico constante c y una densidad constante ρ. Ahora, supóngase que B es una 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 la que el calor fluye hacia B a través de la frontera más la tasa en la que la energía calorífica es generada por cualquier fuente en B. La cantidad total de calor en un elemento de volumen pequeño dV = dx dy dz es cρudV , y así la cantidad total de energía calorífica en B está dada por la integral en tres dimensiones Z cρu dV. B

RRR , pero por concisión Esta integral, a veces se escribe como una integral triple B adoptaremos la notación de una integral única. Asumimos que las fuentes de calor (o sumideros) están dados por una función puntual f = f (x, y, z, t), donde f dV es la tasa en la que el calor es generado en dV ; así, la tasa en la que el

242


Figura 8.7: Esfera o bola arbitraria B contenida en una región Ω. ∂B denota la frontera de B. calor es generado en todo B es Z

f dV.

B

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 dirección corresponde a la dirección del flujo de calor en la posición (x, y, z) en el tiempo t. La tasa en la que el calor fluye a través del elemento de superficie oblicuo 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 calorífica fluye a través de la frontera de B, denotada por ∂B, es la integral de superficie Z φ · n dA. ∂B

Así, la ley de conservación, o balance de energía, es Z Z Z d cρu dV = − φ · n dA + f dV. dt B ∂B B

(8.37)

El signo menos que aparece en la integral de flujo en el lado derecho de la ecuación (8.37) se debe a que el flujo es hacia fuera; el signo menos causará que la energía neta en el el lado izquierdo de la ecuación disminuya, lo cual es el correcto. Ahora, utilicemos una de las relaciones integrales fundamentales del cálculo multivariado–el teorema de la divergencia. Nos permite escribir la integral de flujo en (8.37) como una integral de volumen. El teorema de divergencia, una versión en tres dimensiones del teorema fundamental del cálculo,


243

Figura 8.8: El flujo de calor a través de un elemento de superficie dA orientado por su vector normal unitario n es φ · n dA. establece que bajo los requerimientos de diferenciabilidad suficientes sobre el campo vectorial φ, Z Z div φ dV = φ · n dA. B

∂B

Recuerde que si φ = (φ1 , φ2 , φ3 ), entonces su divergencia es la función escalar div φ =

∂φ1 ∂φ2 ∂φ3 + + . ∂x ∂y ∂z

Así, podemos escribir la ecuación (8.37) como Z Z Z d cρu dV = − div φ dV + f dV. dt B ∂B B Ahora, podemos meter la derivada con respecto al tiempo dentro de la integral del lado izquierdo de la ecuación de arriba y finalmente reacomodar todos los términos bajo una integral de volumen como Z (cρut + div φ − f ) dV = 0. B

Esta ley de balance se cumple para toda esfera B en Ω, y por consiguiente el integrando debe ser cero, dando la ecuación diferencial parcial cρut + div φ = f

(8.38)

para toda t y todo (x, y, z) ∈ Ω. La ecuación (8.38) es la forma local (opuesta a la integral) de la ley de la conservación. Todavía contiene dos variables desconocidas, el escalar temperatura y el vector flujo de calor. Se puede postular una relación constitutiva para conectar estas dos variables. Una relación tal es

244


la versión en tres dimensiones de la ley de Fick, o ley de la conducción de calor de Fourier, que establece, consistente con las leyes de la termodinámica, que el flujo de calor es φ = −K grad u = −K(ux , uy , uz ). (8.39) Recuerde del cálculo que el negativo del gradiente de una función apunta en la dirección de la máxima disminución. La constante de proporcionalidad K es la conductividad térmica. Substituyendo (8.39) en (8.38) y utilizando la identidad div grad u = uxx + uyy + uzz , obtenemos la ecuación de calor para la temperatura u = u(x, y, z, t) en tres dimensiones: (8.40) cρut − K(uxx + uyy + uzz ) = f. La expresión uxx + uyy + uzz se denomina el Laplaciano de u, y se denota por ∇2 u. Esto es, ∇2 u = uxx + uyy + uzz . Finalmente, en resumen, podemos escribir (8.40) como ut − k∇2 u =

1 f, cρ

(8.41)

donde la constante k = K/(cρ) se denomina la difusividad. Por supuesto, estos cálculos pueden ser hechos en dos dimensiones para describir el flujo de calor en el plano. La ecuación análoga en dos dimensiones de (8.41) es la misma, 1 ut − k∇2 u = f, cρ donde ahora u = u(x, y, t), f = f (x, y, t) y ∇2 u es el Laplaciano en dos dimensiones ∇2 u = uxx + uyy . Generalmente, esperamos que la ecuación de calor en tres dimensiones (8.40) contenga condiciones auxiliares en la forma de una condición de temperatura inicial 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 del tiempo. Esto podría ocurrir mucho tiempo después de que los efectos transitorios o los efectos de la condición inicial decaigan. De la ecuación (8.40), y ya que ut = 0, podemos inferir que la temperatura en equilibrio satisfará la EDP −k∇2 u =

1 f, cρ


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, entonces u = u(x, y, z) satisface la ecuación de Laplace ∇2 u = 0 en Ω.

(8.42)

La ecuación de Laplace, es uno de los modelos más famosos en las ciencias matemáticas, y gobiernan muchos fenómenos relacionados con las temperaturas de equilibrio. Debido a que la ecuación de Laplace no contiene al tiempo, esperaríamos que al agregar únicamente las condiciones de frontera se tendría físicamente un problema bien-formulado. Podemos prescribir la temperatura en la frontera de Ω, 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 flujo del calor en la frontera, esto es, −K grad u · n = h(x, y, z),

(x, y, z) ∈ ∂Ω,

la cual se denomina una condición de Neumann. Si no hay flujo de calor en la frontera, 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 Laplace sobre regiones generales rebasa el alcance de este curso, así que consideraremos sólo regiones muy simples. Comenzamos considerando la región rectangular mostrada en la figura 8.9.Las condiciones posibles de frontera para esta región

246


Figura 8.10: Un problema de Dirichlet. pueden escribirse como (1 − α)u(x, 0) + αuy (x, 0) (1 − β)u(x, b) + βuy (x, b) (1 − γ)u(0, y) + γux (0, y) (1 − δ)u(a, y) + δux (a, y)

= = = =

f0 (x), f1 (x), g0 (y), g1 (y),

0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, 0 ≤ y ≤ b,

donde α, β, γ y δ pueden tomar los valores 0 o 1; en consecuencia, hay 16 posibilidades. Supóngase que P V F (α, β, γ, δ)(f0 , f1 , g0 , g1 ) denota el problema de encontrar una solución de la ecuación de Laplace en dos dimensiones ∇2 u = uxx + uyy = 0 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 P V F (α, β, γ, δ)(f0 , 0, 0, 0), P V F (α, β, γ, δ)(0, f1 , 0, 0), P V F (α, β, γ, δ)(0, 0, g0 , 0)

(8.43)


247

Figura 8.11: Un problema de Neumann. y P V F (α, β, γ, δ)(0, 0, 0, g1 ) es una solución de P V F (α, β, γ, δ)(f0 , f1 , g0 , g1 ). Por consiguiente, nos concentraremos en problemas en los que sólo una de las funciones f0, f1 , g0 , g1 no es cero. Hay 64 problemas de esta forma. Cada uno tiene condiciones homogéneas de frontera sobre tres lados del rectángulo y una condición no homogénea de frontera sobre el cuarto lado. Usamos separación de variables para encontrar un número infinito de funciones que satisfacen la ecuación de Laplace en el rectángulo abierto y las tres condiciones homogéneas de frontera. Después usamos esas soluciones como bloques para construir una solución formal de la ecuación de Laplace que también satisfaga la condición no homogénea de frontera. Como no es factible considerar los 64 casos, restringiremos nuestra atención en el texto a solo cuatro. Si v(x, y) = X(x)Y (y), entonces vxx + vyy = X 00 Y + XY 00 = 0 para todo (x, y) si y sólo si X 00 Y 00 =− =k X Y para todo (x, y), donde k es una constante de separación. Esta ecuación es equivalente a X 00 − kX = 0, Y 00 + kY = 0. (8.44) A partir de aquí, la estrategia depende de las condiciones de frontera. Ilustraremos el método con ejemplos.

248


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)

y Y 00 − λY = 0,

Y (b) = 0.

(8.47)

En el teorema 36 del Capítulo 7 los eigenvalores de (8.46) son λn = n2 π2 /a2 , con eigenfunciones asociadas Xn = sen

nπx , a

n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = n2 π 2 /a2 en (8.47) resulta Y 00 − (n2 π2 /a2 )Y = 0,

Y (b) = 0,

por lo que podríamos tomar Yn = senh

nπ(b − y) , a

(8.48)


249

sin embargo, debido a la condición no homogénea de Dirichlet en y = 0, es mejor establecer Yn (0) = 1, lo cual se puede lograr dividiendo el lado derecho de (8.48) entre su valor en y = 0; así, tomamos Yn =

senh nπ(b − y)/a . senh nπb/a

Entonces vn (x, y) = Xn (x)Yn (y) senh nπ(b − y)/a nπx = sen , senh nπb/a a por lo que vn (x, 0) = sen nπx/a y vn satisface (8.45) con f (x) = sen nπx/a. De manera más general, si α1 , . . . , αm son constantes arbitrarias, entonces um (x, y) =

m X

αn

n=1

nπx senh nπ(b − y)/a sen senh nπb/a a

satisface (8.45) con f (x) =

m X

αn sen

n=1

nπx . a

Por consiguiente, si f es una función arbitraria suave por partes en [0, a], definimos la solución formal de (8.45) como u(x, y) =

∞ X

n=1

αn

nπx senh nπ(b − y)/a sen , senh nπb/a a

donde S(x) =

∞ X

n=1

αn sen

(8.49)

nπx a

es la serie seno de Fourier de f en [0, a]; es decir, Z 2 a nπx f (x) sen αn = dx. a 0 a Si y < b, entonces senh nπ(b − y)/a ≈ e−nπy/a senh nπb/a

(8.50)

para n grande, de modo que la serie (8.49) converge si 0 < y < b; además, como también cosh nπ(b − y)/a ≈ e−nπy/a senh nπb/a para n grande, el teorema 50, aplicado dos veces con z = x y dos veces con z = t, muestra que uxx y uyy se obtienen diferenciando u término a término

250


si 0 < y < b. Por tanto, u satisface la ecuación de Laplace en el interior del rectángulo de la figura (8.12). Además, la serie en (8.49) también converge sobre la frontera del rectángulo y satisface las tres condiciones homogéneas de frontera en (8.45). En consecuencia, como u(x, 0) = S(x) para 0 ≤ x ≤ L, u es una solución real de (8.46) si y sólo si S(x) = f (x) para 0 ≤ x ≤ a. De acuerdo con el teorema 46 del Capítulo 7, esto es cierto si f es suave por partes en [0, L], y f (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) = Por tanto, u(x, y) =

∞ 12a3 X 1 nπx sen . π 3 n=1 n3 a

∞ 12a3 X senh nπ(b − y)/a nπx sen . π 3 n=1 n3 senh nπb/a a

(8.51)

Para calcular valores aproximados de u(x, y), debemos usar sumas parciales de la forma m 12a3 X senh nπ(b − y)/a nπx um (x, y) = 3 sen . π n=1 n3 senh nπb/a a

Debido a (8.50), los valores pequeños de m proporcionan suficiente exactitud en la 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 graficación escogemos 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, u(x, 0) = 0, ux (0, y) = 0,

0 < x < a, 0 < y < b, uy (x, b) = f (x), 0 ≤ x ≤ a, 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, hacemos k = −λ en (8.44). Así, X y Y deben satisfacer X 00 + λX = 0,

X 0 (0) = 0,

X 0 (a) = 0

(8.53)


251

3 2 z

1 1

0.8

0.6

0.4 0.2 y

1 0.5

0

Figura 8.13: Superficie de u = u(x, y),

1.5

0 2

x

0 ≤ x ≤ 2,

0 ≤ y ≤ 1.

u 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0.5

1

Figura 8.14: Curvas de u = u(x, 0,01k),

1.5

0 ≤ x ≤ 10,

2

x

k = 0, . . . , 10.

252


Figura 8.15: El problema (8.52) con valor en la frontera. y Y 00 − λY = 0,

Y (0) = 0.

(8.54)

Del teorema teorema 37 del Capítulo 7 los eigenvalores de (8.54) son λ = 0, con la eigenfunción asociada X0 = 1, y λn = n2 π 2 /a2 , con eigenfunciones asociadas Xn = cos

nπx , 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 = n2 π 2 /a2 en (8.54) resulta Y 00 − (n2 π2 /a2 )Y = 0,

Y (0) = 0,

por lo que podríamos tomar Yn =

a senh nπy/a . nπ cosh nπb/a

Entonces vn (x, y) = Xn (x)Yn (y) a senh nπy/a nπx = cos , nπ cosh nπb/a a De modo que ∂vn nπx (x, b) = cos . ∂y a Por tanto vn satisface (8.52) con f (x) = cos nπx/a. De manera más general, si α0 , . . . , αm son constantes arbitrarias, entonces m aX nπx senh nπy/a um (x, y) = α0 y + αn cos π n=1 n cosh nπb/a a


253

satisface (8.52) con m X

f (x) = α0 +

nπx . L

αn cos

n=1

En consecuencia, si f es una función arbitraria suave por partes en [0, a], definimos la solución formal de (8.52) como u(x, y) = α0 y +

∞ aX nπx senh nπy/a αn cos , π n=1 n cosh nπb/a a

donde C(x) = α0 +

∞ X

αn cos

n=1

nπx a

es la serie coseno de Fourier de f en [0, a]; es decir, Z a α0 = f (x) dx 0

y 2 αn = a

Z

a

f (x) cos 0

nπx dx, a

n = 1, 2, 3, . . .

Ejemplo 166 Resuelva (8.52) con f (x) = x. Solución. Del ejemplo 149 del Capítulo 7, ∞ 1 (2n − 1)πx a 4a X cos C(x) = − 2 . 2 π n=1 (2n − 1)2 a

Por tanto, u(x, y) =

∞ (2n − 1)πx senh(2n − 1)πy/a ay 4a2 X − 3 cos . 3 2 π n=1 (2n − 1) cosh(2n − 1)πb/a a

(8.55)

Para fines de graficación escogemos a = 2, b = 1 y retenemos los términos hasta n = 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.

254


1.5 1 z 0.5 1

0.8

0.6

0.4 0.2 y

1 0.5

0

Figura 8.16: Superficie de u = u(x, y),

1.5

0 2

x

0 ≤ x ≤ 2,

0 ≤ y ≤ 1.

u 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0.5

1

Figura 8.17: Curvas de u = u(x, 0,1k),

1.5

0 ≤ x ≤ 2,

2

x

k = 0, 1, . . . , 10.


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, hacemos k = −λ en (8.44). Así, X y Y deben satisfacer X 00 − λX = 0,

X 0 (a) = 0

(8.57)

y Y 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)2 π 2 /4b2 , con eigenfunciones asociadas Yn = sen

(2n − 1)πy , 2b

n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = (2n − 1)2 π2 /4b2 en (8.57) resulta ¤ £ X 00 − (2n − 1)2 π2 /4b2 X = 0, X 0 (a) = 0, Por lo que podríamos tomar

Xn = cosh

(2n − 1)π(x − a) . 2b

(8.59)

256


Sin embargo, debido a la condición no homogénea de Dirichlet en x = 0, es mejor 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) (2n − 1)πy cosh(2n − 1)π(x − a)/2b sen , = cosh(2n − 1)πa/2b 2b De modo que (2n − 1)πy . 2b Por consiguiente, vn satisface (8.56) con g(y) = sen(2n − 1)πy/2b. De manera más general, si α1 , . . . αm son constantes arbitrarias, entonces vn (0, y) = sen

um (x, y) =

m X

αn

n=1

(2n − 1)πy cosh(2n − 1)π(x − a)/2b sen , cosh(2n − 1)πa/2b 2b

satisface (8.56) con g(y) =

m X

αn sen

n=1

(2n − 1)πy . 2b

Así, si g es una función arbitraria suave por partes en [0, b], definimos la solución formal de (8.56) como u(x, y) =

∞ X

n=1

αn

cosh(2n − 1)π(x − a)/2b (2n − 1)πy sen , cosh(2n − 1)πa/2b 2b

donde SM (y) =

∞ X

n=1

αn sen

(2n − 1)πy 2b

es la serie seno de Fourier mixta de g en [0, b]; es decir, Z 2 b (2n − 1)πy αn = g(y) sen dy. b 0 2b Ejemplo 168 Resuelva (8.56) con g(y) = y(2y 2 − 9by + 12b2 ). Solución. Del ejemplo 156 del Capítulo 7, · ¸ ∞ 96b3 X (2n − 1)πy 1 4 n SM (y) = 3 3 + (−1) sen . π n=1 (2n − 1)3 (2n − 1)π 2b


257

Figura 8.19: El problema (8.60) con valor en la frontera. En consecuencia, u(x, y) =

· ¸ ∞ 96b3 X cosh(2n − 1)π(x − a)/2b (2n − 1)πy 4 n 3 + (−1) sen . 3 3 π n=1 (2n − 1) cosh(2n − 1)πa/2b (2n − 1)π 2b

Ejemplo 169 Defina la solución formal de uxx + uyy = 0, uy (x, 0) = 0, ux (0, y) = 0,

0 < x < a, 0 < y < b, u(x, b) = 0, 0 ≤ x ≤ a, ux (a, y) = g(y), 0 ≤ y ≤ b.

(8.60)

(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 = λ en (8.44). Así, X y Y deben satisfacer X 00 − λX = 0,

X 0 (0) = 0

(8.61)

y Y 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)2 π 2 /4b2 , con eigenfunciones asociadas Yn = cos

(2n − 1)πy , 2b

n = 1, 2, 3, . . .

Al sustituir λ = (2n − 1)2 π2 /4b2 en (8.61) resulta £ ¤ X 00 − (2n − 1)2 π 2 /4b2 X = 0, X 0 (0) = 0,

258


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, es mejor requerir que Xn0 (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)πy = cos , (2n − 1)π senh(2n − 1)πa/2b 2b De modo que ∂vn (2n − 1)πy (a, y) = cos . ∂x 2b Por consiguiente, vn satisface (8.60) con g(y) = cos(2n − 1)πy/2b. De manera más general, si α1 , . . . αm son constantes arbitrarias, entonces um (x, y) =

m 2b X (2n − 1)πy cosh(2n − 1)πx/2b αn cos , π n=1 (2n − 1)π senh(2n − 1)πa/2b 2b

satisface (8.60) con g(y) =

m X

αn cos

n=1

(2n − 1)πy . 2b

Así, si g es una función arbitraria suave por partes en [0, b], definimos la solución formal de (8.60) como u(x, y) =

∞ 2b X (2n − 1)πy cosh(2n − 1)πx/2b αn cos π n=1 (2n − 1)π senh(2n − 1)πa/2b 2b

donde CM (y) =

∞ X

n=1

αn cos

(2n − 1)πy . 2b

es la serie coseno de Fourier mixta de g en [0, b]; es decir, Z 2 b (2n − 1)πy g(y) cos αn = dy. b 0 2b Ejemplo 170 Resuelva (8.60) con g(y) = y − b.

Sec.8.3 La ecuación de calor en tres dimensiones Solución. Del ejemplo 151 del Capítulo 7, CM (y) = −

∞ 1 8b X (2n − 1)πy cos . π2 n=1 (2n − 1)2 2b

En consecuencia, u(x, y) = −

∞ (2n − 1)πy 16b2 X cosh(2n − 1)πx/2b cos . π 3 n=1 (2n − 1)3 senh(2n − 1)πa/2b 2b

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Apéndice A

Apéndice A The appendix fragment is used only once. Subsequent appendices can be created using the Chapter Section/Body Tag.

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