ECUACIONES DIFERENCIALES PARA FACULTADES DE CIENCIAS, INGENIERÍA Y DE FORMACIÓN DOCENTE. CUARTA EDICIÓN – PRIMERA EN LINEA
Dr. José A. Sarabia R. Profesor Titular UNIVERSIDAD POLITÉCNICA: ANTONIO JOSÉ SUCRE UNEXPO-BARQUISIMETO
ECUACIONES DIFERENCIALES PARA FACULTADES DE CIENCIAS, INGENIERÍA Y DE FORMACIÓN DOCENTE.
CUARTA EDICIÓN – PRIMERA EN LINEA
Dr. José A. Sarabia R. Profesor Titular UNIVERSIDAD POLITÉCNICA: ANTONIO JOSÉ SUCRE UNEXPO-BARQUISIMETO Correos:
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III
INTRODUCCIÓN El presente texto de Ecuaciones Diferenciales tiene como finalidad proveer al lector una selección de los temas que usualmente se suelen cubrir en las carreras de Ingeniería, Matemáticas, Física, Química y en las carreras de formación docente en Matemáticas y Física. Aclaro que el texto no tiene ninguna pretensión de originalidad, sino que más bien se quiere dar un modesto enfoque a los clásicos cursos de Ecuaciones Diferenciales usuales. En el texto se hace una distribución en cinco capítulos. En el primero, se desarrollan las ecuaciones diferenciales ordinarias de orden uno. En el segundo capítulo se estudian las ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes, de orden “n”. En este capítulo, se hace uso de ciertas nociones de Álgebra Lineal. En el tercer capítulo se hace un sencillo estudio de las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales con coeficientes variables, sobre todo cuando estos coeficientes son funciones analíticas. Luego se tocan algunos aspectos cuando hay singularidad regular. Asimismo, se introducen algunas funciones especiales, como la función gamma, la de Bessel, Legendre, etc. En el cuarto capítulo se hace un sencillo estudio de ciertas ecuaciones diferenciales con derivadas parciales, sobre todo de la ecuación cuasi-lineal y las cónicas. Finálmente, en el capítulo cinco, se estudian las propiedades más importantes de la Transformada de Laplace, algunos métodos para hallarlas, sus aplicaciones a la resolución de ecuaciones diferenciales y se hace la evaluación de ciertas integrales impropias importantes. En el texto se dan numerosos ejemplos y ejercicios resueltos, así como ejercicios propuestos, con su respuesta, cuando ésta las tenga. Pudiera suceder que al abrir el libro, algunas palabras aparezcan en negrita, sin que la palabra lo amerite. Esto es consecuencia de la traducción de cierta parte del texto del antiguo “Word” al “Word 2007”. Por esto el autor, adelanta excusas por esta interferencia. El autor le estaría sumamente agradecido a los lectores que le hagan llegar a los correos electrónicos que se indican abajo: erratas, ideas para mejorar alguna demostración, ejercicios interesantes, en fin cualquier aspecto que el lector considere que puede mejorar al texto. La idea que me anima a colocar este texto en INTERNET, es el que éste sea de fácil acceso a todos los lectores, en especial los estudiantes que lo necesiten sin costo alguno. Los demás textos del autor(es) se pueden encontrar buscando en GOOGLE o en mi blog: http://joseantoniosarabia.blogspot.com/
Direcciones electrónicas del autor:
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Barquisimeto, VENEZUELA. Marzo del 2014
IV
DEDICATORIA: Al Dr. Shair Ahmad: mi tutor de la tesis de doctorado, magnífico profesor e investigador, a quien tantos venezolanos, profesionales de la matemática, le debemos gran parte de nuestra formación. Al Dr. Shiam Kalla, gran investigador y formador de numerosos posgraduados en Venezuela y quien me recondujo de la rutina a la investigación en matemática. Al Dr. Francisco Montesdeoca, mi alumno, amigo, colega y productor de numerosos trabajos de investigación en matemática. Un caso, donde con orgullo digo, que el alumno superó con creces a su profesor. Al Dr. Jorge Salazar (+): gran amigo y colega, magnífico escritor, productor de excelentes textos y a quién la Olimpiada en Matemáticas le debe gran parte del impulso del cual actualmente goza. Sus amigos lo recordamos con profundo sentido de amistad y admiración.
Agradecimientos: 1) MSc. Nora Scoppetta: por su ayuda en el respaldo de técnicas de computación, así como sus consejos didácticos. 2) PhD. Francisco Montesdeoca: por las correcciones y sugerencias hechas durante la escritura del mismo. 3) MSc. Ernesto Ruiz: por haberse encargado de la dura tarea del levantamiento de mis notas, en las tres primeras ediciones. 4) Dra. Laura Sarabia de Ortega: mi hija, quién diseñó la carátula.
V
TABLA DE CONTENIDOS
CAPÍTULO I ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 1. Introducción...................................................................................................................... 1 2. Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden.................................................. 2 3. Ecuaciones Diferenciales de Resolución Directa............................................................ 5 3.1 3.2. 3.3 3.4
Ecuaciones diferenciales de variable separable................................................................ 5 Ecuaciones diferenciales homogéneas de orden cero....................................................... 7 Ecuación diferencial lineal de primer orden..................................................................... 14 Ecuaciones diferenciales exactas...................................................................................... 19
4. Consideraciones geométricas alrededor de la ecuación diferencial de primer orden... 24 4.1 4.2 4.3 4.4
Envolvente......................................................................................................................... 24 Solución singular de una ecuación diferencial.................................................................. 27 Ecuación diferencial de Clairaut........................................................................................ 27 Trayectorias ortogonales.................................................................................................... 30
CAPÍTULO II ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE ORDEN “n” 1. Introducción......................................................................................................................... 40 2. Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficientes constantes..................... 51 3. Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas............................................................. 63 3.1 3.2 3.3 3.4
Introducción......................................................................................................................... 63 Método de variación de parámetros..................................................................................... 64 Método del operador D........................................................................................................ 75 Método del anulador............................................................................................................ 79
4. El método de reducción de orden........................................................................................ 85
VI
5. La ecuación diferencial de Cauchy-Euler....................................................................... 89 6. La ecuación diferencial de oscilación............................................................................... 92 7. Ejercicios variados para todo el capítulo..........................................................................106
CAPITULO III ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES VARIABLES. FUNCIONES ESPECIALES 1. Ecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes analíticos...........................112 1.1 Introducción.........................................................................................................................112 1.2 Soluciones de la ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes analíticos..........113 2. Funciones de Legendre..........................................................................................................121 2.1 Resolución de la ecuación diferencial de Legendre...............................................................121 2.2 Polinomios de Legendre.........................................................................................................124 3. Funciones especiales de punto singular................................................................................137 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6
Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con puntos singulares..........................137 Método de Frobeniöus...........................................................................................................138 La función gamma.................................................................................................................150 Ecuaciones diferenciales de Bessel y funciones de Bessel....................................................153 La función beta......................................................................................................................162 La función factorial generalizada o factorial ascendente.....................................................164
4. Funciones hipergeométricas.................................................................................................174 4.1 Introducción..........................................................................................................................174 4.2. Propiedades de la función hipergeométrica...........................................................................178 5. Ecuación diferencial de Laguerre........................................................................................183 5.1 Introduccción.........................................................................................................................183 5.2. Función de Laguerre de primera especie de orden k.............................................................184 5.3 Polinomios de Laguerre.........................................................................................................185
VII
CAPÍTULO IV ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 1. Series de Fourier............................................................................................................191 1.1 1.2 1.3 1.4
Introducción...................................................................................................................191 Fórmulas de Fourier – Euler (*).....................................................................................191 Series de Fourier para funciones pares o impares..........................................................195 Cambio de escala............................................................................................................198
2. Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales (e.d.d.p)..........................................205 2.1 2.2 2.3 2.4
Introducción....................................................................................................................205 Obtención de una e.d.d.p. de la cual .....................................205 Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales de fácil resolución...............................207 Ecuación diferencial cuasi-lineal......................................................................................208
3. Ecuaciones diferenciales cónicas.......................................................................................214 3.1 3.2 3.3 3.4
Introducción.......................................................................................................................214 Método de separación de variables.....................................................................................215 Aplicaciones........................................................................................................................217 Reducción de ecuaciones cónicas a formas canónicas........................................................231
CAPITULO V TRANSFORMADA DE LAPLACE 1. Introducción..........................................................................................................................241 2. Teoremas fundamentales.......................................................................................................243 3. Propiedades de la Transformada de Laplace......................................................................246 4. Transformada de Laplace de la función escalón unidad y funciones relacionadas..........251 5. Propiedades de la transformada de Laplace aplicables a la resolución de ecuaciones diferenciables..............................................................................................................................257 5.1 Transformada de Laplace de una derivada..........................................................................257
VIII
5.2 Resolución de una e.d. ordinaria lineal con coeficientes constantes usando transformada de Laplace.......................................................................................................260 5.3 Transformada de Laplace de la integral de una función.......................................................262 5.4 Transformada inversa de Laplace de fracciones simples......................................................263 5.5 Segundo teorema de traslación.............................................................................................268 5.6 Transformada de Laplace de funciones periódicas...............................................................275 6. Derivación e integración de la transformada de Laplace..................................................280 7. Métodos especiales para el cálculo de transformadas e inversas de transformadas de Laplace..........................................................................................................289 7.1 7.2 7.3 7.4
Por medio de series...............................................................................................................289 Por medio de ecuaciones diferenciales..................................................................................291 Transformada de Laplace de la convolución de dos funciones.............................................293 Otros métodos para obtener la transformada de Laplace o su inversa.................................296
8. Aplicación de la transformada de Laplace para la resolución de ciertas ecuaciones diferenciales parciales................................................................................................................301 9. Problemas resueltos variados................................................................................................307
BIBLIOGRAFÍA.................................................................................................. 315
1
CAPÍTULO I ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 1. Introducción Denominamos ecuación diferencial ordinaria de orden n, a la ecuación: (1) Donde es una función continua definida sobre un intervalo abierto denominamos solución de (1) en un intervalo , a una función enésima en I, que satisface a (1) en dicho intervalo. O sea:
Asimismo, , con derivada
Ejemplo 1 a)
es solución de
en
pues:
(Teorema fundamental del Cálculo Integral). c) Supongamos que una partícula se mueve a lo largo de una recta, de manera que en el instante t, su rapidez está dada por Si partió del punto posición en el instante t, se calcula así:
En lo que sigue, procederemos a resolver algunas ecuaciones diferenciales del tipo: (2) Donde f es continua en un disco de centro
y radio R.
En general, se puede preveer la existencia de tales soluciones, bajo ciertas condiciones, pero a veces encontrarlas por algún procedimiento, se puede tornar difícil. En estas circunstancias, generalmente se procede a encontrarlas en forma aproximada.
2
2. Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden Aunque en general, las ecuaciones diferenciales del tipo (2), son difíciles de resolver por métodos elementales, inclusive algunas sólo se pueden resolver por métodos aproximados, sin embargo hay algunas que se pueden resolver en forma directa. Definición 1 Sea f una función definida en Diremos que f es 2-Lipschitz o Lipschitz en la segunda variable (abreviaremos 2-Lips) en G, si existe tal que: Nota:
también puede ser el producto cartesiano del tipo
.
Ejemplo 2 a) Sea Luego:
Por lo tanto f es 2-Lips en b) Sea
para
Supongamos que f sea 2-Lips. Luego:
O sea:
Luego f no es 2-Lips en A continuación enunciaremos dos teoremas de existencia y unicidad para una ecuación diferencial tipo (2). Teorema 1a Sea Sea
Tiene solución única en Es decir, existe una única función
Entonces el problema de valor inicial:
donde:
3
Teorema 1b Sea
son continuas en un dominio Entonces existe un intervalo el
al punto: cual el problema:
Tiene una solución única Ejemplo 3
entonces es acotada en G. Por el teorema 1b, existe una única solución de la ecuación diferencial, pasando por (2,1) (Vea la fig. 1). y
1+k
x=g( t ) (2,1)
1-k
x
2-h
Fig. 1
2
2+h
4
Definición 2 Dada la ecuación diferencial: , denominamos solución general de (3), en a una función derivable en ambas variables, y que cumpla con estas dos condiciones: (i) satisface a (3), (ii) tal que satisface a (3),y pasa por Nota: la solución que cumple con (ii), recibe el nombre de solución particular. Ejemplo 4
Nota: hasta ahora hemos usado como variable independiente a t, y como variable dependiente a x, pero otras veces, usaremos otras letras, como por ejemplo, la x como variable independiente y la y, como variable dependiente.
Ejercicios 1) Demuestre que si Es 2-Lips. Sobre G. 2) Sea
tiene
acotada sobre
entonces f
Demuestre que es –Lips. sobre
3) Sea que es 2-Lips en acotado, entonces no es 2–Lips en
con compacto. Pero si no es
4) Encuentre la ecuación diferencial de la cual es solución la función señalada:
Resp.
5) Demuestre que las funciones del lado izquierdo, son soluciones de las ecuaciones diferenciales del lado derecho:
5
6) Determine un dominio donde
la ecuación diferencial:
Resp. (Disco abierto de centro (0,0) y radio 2).
3. Ecuaciones diferenciales de resolución directa 3.1. Ecuaciones diferenciales de variable separable Definición 3 La ecuación diferencial: separable.
(4), recibe el nombre de e.d. de variable
Ahora si P y Q tienen derivadas continuas en un intervalo , entonces por el teorema 1, existe solución particular pasando por: En efecto:
Luego:
Veamos que la solución de (4), está implícita en la igualdad anterior:
6
Ejemplo 5 a) Resolvamos:
Podemos tomar como dominio a Por ejemplo la solución particular que cumple con b) Consideremos ahora la e.d.: Despejando, tenemos:
Integrando, resulta:
Invitamos al lector a encontrar un dominio G, donde el ejemplo b) tenga solución única para la condición inicial:
Ejercicios 1) Halle la solución general o particular, según se indique, de las siguientes e.d.
d) e)
2) La ley de enfriamiento de Newton, afirma que la tasa de cambio instantáneo de la temperatura en grados Farenheit en un medio de temperatura , en el instante t, es proporcional a la diferencia: . O sea:
Si un cuerpo que sigue la ley de enfriamiento de Newton, está en un medio a temperatura inicial de A los 75 minutos, la temperatura del cuerpo era de ¿Cuál es el valor de la constante K , y cuánto tardará en llegar a una temperatura de ?
7
Resp.
3) Un tanque hemisférico tiene un radio de 4 pies, al principio está lleno de agu, y en la parte inferior tiene un hueco de 1 pulgada de diámetro. ¿Cuánto tiempo tarda en vaciarse? Sugerencia: la velocidad con que sale el agua, cuando el nivel de agua es y es: donde es el área de la superficie (Vea la figura 5). Ahora, por la ley de Torricelli: Donde: Resp. Aprox. 2150 s.
y a, es el área del hueco inferior.
3.2. Ecuaciones diferenciales homogéneas de orden cero En lo que sigue vamos a estudiar otro tipo de e.d., que aparece con frecuencia en las diferentes aplicaciones a la Física e Ingeniería.
Definición 4 Sea . Diremos que f es una función homogénea de orden Cuando:
tal que:
diremos que f es homogénea de orden cero.
Ejemplo 6
. En efecto:
c) La función:
, pues si existe
\
8
Entonces, para:
Definición 5 La ecuación diferencial: se dice que es una e.d. homogénea de orden cero en un cierto dominio D, o simplemente homogénea, si f lo es en ese dominio. Sea la e.d. homogénea: Entonces:
(5), con
continua en un dominio D, tal que
Ahora, nos queda una ecuación diferencial de variable separable:
Si:
entonces:
Rompiendo el cambio de variable, nos queda la solución implícita de (5).
Ahora, si:
Ejemplo 7
nos queda:
yx yx yx y x f ( x, y) , tenemos que la e.d es homogénea. Luego: Como: f ( x, y ) yx y x vx x v 1 v 1 1 v2 1 v dx xv v xv= v xv dv=2 vx x v 1 v 1 1 v 1 v x a) Resolvamos: y '
Integrando, nos resulta:
9
dv
vdv
1 v 1 v 2
2
Ln x C
1 arctgv+ Ln(1 v 2 ) Ln x C 2
y 1 Luego: arctg Ln( x 2 y 2 ) Ln x Ln x C x 2
y 1 arctg Ln( x 2 y 2 ) C x 2
y 1 arctg Ln( x 2 y 2 ) C x 2
b) Resolvamos: xdy ydx x 2 y 2 dx Trasponiendo términos, la e.d nos queda:
dy y y2 1 2 dx x x
( x > 0)
xv+v=v+ 1 v 2
xv= 1 v 2
dv 1 v2
dx x
Integrando, y rompiendo el cambio el cambio de variable, tenemos:
Ln(v 1 v 2 ) Lnx LnC
v 1 v 2 Cx
x2 y 2 y Cx x x
y x 2 y 2 Cx 2
Ecuaciones diferenciales reducibles a homogéneas Consideremos la ecuación diferencial: ax by c dy f dx Ax By C
(6)
Con f cumpliendo las condiciones del teorema 1. Observamos, que si , entonces (6) es una e.d homogénea, luego la idea para resolverla es hacer cambios de variable, de forma que quede una expresión sin término independiente. Asi, haciendo: , nos queda lo siguiente: ax by c a( X h) b(Y k ) c aX bY (ah bk c) Ax By C A( X h) B(Y k ) C AX BY ( Ah Bk C ) Queremos hallar h y k, tales que:
10
ah bk c 0 Ah Bk C 0 Aquí se presentan dos casos: Caso 1
a b ah bk c 0 aB Ab 0 A B Ah Bk C 0 Luego, el sistema tiene una solución única (Vea la fig. 2, Caso 1). Suponiendo que ya los calculamos, la ecuación diferencia (6), nos queda así: dy dY aX bY (7) f dx dX AX BY Como vemos, es homogénea, por lo que la podemos resolver de la forma usual, y al final, rompemos el cambio de variable.
Caso 2
a b a b aB Ab 0 k a=kA b=kB A B A B Entonces, (6), nos queda así: k ( Ax By ) c dy f , y haciendo: z Ax By, resulta: dx Ax By C
dz dy A B dx dx
dy 1 dz A kz c f dx B dx B z C
dz Bf dx
kz c A z C
La cual es una e.d de variable separable. La resolvemos, y después rompemos el cambio de variable. (Vea la fig. 2, Caso )
L2 L2
(h,k)
L1
L1
Caso 1
Caso 2
Fig. 2 Fig. 2
11
Ejemplo 8 a) Resolvamos la siguiente e.d :
dy x y 3 dx x y 1 h k 3 0 Como: 2 0 es compatible determinado, y resolviendo, tenemos: h k 1 0 dY X Y h 2; k=1 x=X+2; y=Y+1 dX X Y 1 v 1 v dX Haciendo: Y Xv Xv+v= dv 2 1 v 1 v X Integrando, resulta: 1 arctgv Ln(1 v 2 ) Ln X C 2 Aplicando propiedades de logaritmo, tenemos: Y2 Y 1 arctg Ln 1 2 Ln X C X X 2 Y arctg X
1 2 2 Ln( X Y ) C 2
Y arctg X
Y2 1 Ln 1 Ln X C X2 2
Y arctg X
1 2 2 Ln( X Y ) Ln X Ln X C 2
y 1 1 2 2 arctg Ln(( x 2 ) ( y 1 ) ) C x 2 2
Finalmente tenemos: y 1 1 2 2 arctg Ln(( x 2 ) ( y 1 ) ) C x2 2
b) Resolvamos ahora la e.d:
Como:
dy 2x y 2 dx 4x 2 y 1 entonces en la e.d. hacemos: dz dy 2 dx dx
Por lo tanto: dy dz z 2 2 dx dx 2z 1
Luego:
dy dz 2 . dx dx
dz z 2 5z 2 dx 2z 1 2z 1
-
2z 1 dz dx 5z
12
Integrando, nos queda: 2 1 z Ln z x C 5 5
2z+Ln z 5x 5C
2(-2x+y)+Ln 2x y 5x A
Finalmente, tenemos:
2(-2x+y)+Ln 2x y 5x A
Ejercicios 1) Resuelva las siguientes e.d. :
Resp. x 2 2xy C
a) (x+y)dx+xdy=0 b) xdy-ydx= x 2 y 2
y+ x 2 y 2 Cx 2 2
c) (2 st s )dt tds 0 y y d ) xcos ( ydx xdy ) ysen ( xdy ydx) x x dy e) x y x2 y2 dx
C s=t Ln t y xycos C x y =sen Ln x C x
2) Supongamos que la trayectoria que sigue un móvil en un plano cumpliendo con la ecuación diferencial:
viene dada por
dy 1 (v0 y u x 2 y 2 ). Donde: v0 es la velocidad constante relativa al viento; dx v0 x u es la velocidad del viento. Si partió del punto halle la función que describe la trayectoria.
Resp. u u 1 1 b x v0 x v0 y 2 b b
3) Resuelva las siguientes e.d. :
13
Resp. x y 1 x y 1 C
a) (3y-7x+7)dx-(3x-7y-3)dy=0 b)
5
4y 5 +C 2x 3 y=xtg(Ln x +C)
x 2 y 1)dx (2x 3 dy 0
Ln 2x 3 =
c) (xy+y 2 x 2 )dx x 2 dy 0 d)
dy 2x y 2 = dx 4x 2 y 1
e) y =
Ln 2x y x 2 y C 2y x 4 1 2 3arctg - Ln y 4 y xy 5x 7 =C 3 ( x 2) 2
x y 1 2x y 5
f ) y =
2
2( x y 1) 3x y 5
y x 3
4
=C y 2x 3
4) Halle la curva en la que la razón del segmento interceptado por la normal a la curva , sobre el eje ox, con respecto al radio vector (Distancia del punto P de la curva al origen) es constante. (Vea la figura 3). Resp. x 2 y 2 k 2 ( x C )2 y
k
OA OP rN
P x
O
A
Fig. 3 5) Una partícula de masa una unidad se mueve en línea recta y es atraída hacia un punto fijo O, de esta recta, por una fuerza Siendo x la distancia de la partícula al punto O. Hay también una fuerza de roce: que se opone al movimiento; siendo la velocidad de la partícula cuando está a la distancia x. Halle la e.d. que describe el movimiento y resuélvala.
14
Resp. dv v x kv 2 ; dx
Ln(v 2 kvx x 2 ) )
k k2 v 2 arctg C , donde: . 4 x 2 k
6*) Sea . Demuestre que: (Teorema de Euler) 3.3. Ecuación diferencial lineal de primer orden Definición 6 Denominamos ecuación lineal de primer orden a una ecuación diferencial de la forma: y P(t ) y Q(t ) (8); con P(t ) y Q(t ) continuas en I = (a,b) Sea la condición:
Veamos como podemos encontrar una solución: .
de (8), que satisfaga
t
x0 P (u ) du
Multiplicando (8) por: (t ) e y observando que es derivable, por ser P(t) continua en I y también derivable en entonces: (t ) P(t ) (t ) . Y en (8), tenemos: d ( (t ) y(t )) (t ) y(t ) (t ) y(t ) Q(t ) (t ) Q(t ) (t ) dt Por otra parte, Q(t ) (t ) es continua en I, luego integrando la expresión anterior entre y x, resulta: x
( x) y( x) ( x0 ) y( x0 ) (t )Q(t )dt , pero: ( x0 ) 1, y como: (t) 0 t I , tenemos: x0
x 1 y ( x) y0 (t )Q(t )dt ( x) x0
O sea, la solución de (8), cumpliendo con:
x P (u ) du P (u ) du y(x) e x0 dt y ( x0 ) Q(t )e x0 x 0 , es: x
t
x P (u ) du P (u ) du y(x) e x0 dt (#) y0 Q(t )e x0 x0
x
t
Recíprocamente, el lector puede probar como ejercicio, que (#) satisface la e.d (8) y la condición inicial: . Para ello basta usar el teorema fundamental del Cálculo Integral. Además (#)
15
es la única solución del problema, pues si hubiera otra obtener (#), llegaríamos precisamente a que:
repitiendo los pasos dados para
x P (u ) du P (u ) du z(x) e x0 dt y ( x) en I. y0 Q(t )e x0 x0
x
t
Luego, tenemos el siguiente teorema. Teorema 2 Sean valor inicial:
Entonces el problema de
y P( x) y Q( x); y(x0 ) y0 (8)
Tiene solución única en I, siendo ésta: x x0 P (u ) du x0 P (u ) du y(x) e dt (#) y0 Q(t )e x 0
x
t
Ejemplo 9
e 1 1 y x x
2x
a) Resolvamos la e.d. : y
Primero, veamos cuál es el intervalo I que conviene. Observemos que: P( x)
1 e2 x 1 y Q(x)= son continuas en x x
ejemplo, tomamos: Usando (#), tenemos: 1 x 2t x 2t u 1du e x 1 e e t 1 x0 0 y ( x) e y e dt y .e tdt 0 0 t x t x0 x0 x e x 1 e x 1 y ( x) y0 e x 1 e x0 1 y0 e et dt x x x0 x
1 1 du u x
t
Si, por ejemplo:
entonces la solución es:
e x 1 y ( x) 2 e x 1 e 2 x
luego si por
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Observación: En realidad el procedimiento que usamos para obtener la solución de (8), sirve fundamentalmente para demostrar la existencia y unicidad del problema: y P(t ) y Q(t ) ;
.
Ahora, en la práctica, podemos seguir el siguiente procedimiento, usando integral indefinida o antiderivada. En efecto: 1
e 1 P ( x ) dx e x 1dx e Lnx x xe x Dada: y 1 y , la multiplicamos por: ( x) e x x 2x
Obteniendo: 2x d 1 x x x x x e x xe y ( x) 1 xe y ( x) xe y ( x) (1 x)e y ( x) xe y ( x) xe e dx x x d e2 x ex xe x y ( x) e x xe x y( x) e x C y(x)= C O sea: dx x x x
Si queremos una solución tal que:
2 C e e
entonces obtenemos:
x e2 x 2 e2 x 2e x 1 e x 1 e x 1 x 1 e y(x)= e e 2 e2 x e x x x x x
y ( x)
e x 1 x1 e 2 e2 x
b) Sea un circuito RL con voltaje de entrada: ( w es constante), con una resistencia R y una bobina de autoinducción L. Hallemos la expresión de la intensidad de la corriente eléctrica Así, de acuerdo a la segunda ley de Kirchhoff, tenemos la ecuación diferencial:
E (t ) Ri(t ) L En nuestro caso:
di ; con la condición inicial: dt
17
V 120sen( wt ) Ri L
L
di dt
R t di R 120 i sen( wt ). Como: (t) = e L dt L L d RL t 120 RL t e sen( wt ) e i (t ) dt L
V=120sen(wt) R
Fig. 4
R t L
120 RL t e i (t ) e sen( wt )dt L R sen( wt ) w cos( wt ) R R t t 120 L L C e L i (t ) e 2 R L w2 2 L
120wL Rsen(wt ) wL cos( wt ) 120wL RL t i(0) 0 C= 2 i(t)=120 2 e R w2 L2 R 2 w2 L2 R w2 L2 Rsen( wt ) wL cos( wt ) 120wL RL t i(t)=120 2 e R 2 w2 L2 R w2 L2 El primer sumando recibe el nombre de componente estacionaria, y el segundo, componente transitoria, pues cuando ella se hace cero.
Ejercicios 1) Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:
1 y ( x 1)3 x1 ds 1 b) (cost ) s sen2t dt 2 dy c) cos 2 x ( sec 2 x) y sec 2 xtgx dx a) y
Resp. 2y=(x+1)4 C ( x 1) 2 s=sent-1+Ce sent y=tgx-1+Ce tgx
18
xy 2 4( y 1) Ce y
d ) ydx (2x xy 4)dy 0 e) ( x 1) y 3x y 6 xe 2
3
3 x2 2
; y (0 ) 1
y=e
1 y=x 2 1 x g ) y +(tgx)y=sen2x; y(0)=1
3 x2 2
3( x 2 2)
3
2
2
1 1 C y= x 3 x+ 4 2 x y=3cosx 2cos 2 x
f ) y
2) Sea la ecuación diferencial: y P( x) y Q( x) y n , con n 0, 1. y P,Q continuas en un intervalo A esta e.d se le llama ecuación de Bernoulli. Demuestre que haciendo el n 1 cambio: u y , la e.d de Bernoulli, se transforma en una e.d. lineal de la forma:
du (1 n) P( x)u (1 n)Q( x) dx 3) Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales, usando el problema anterior:
a) y xy x 3 y 3
Resp. y 2 x 2 1 Ce x
b) 3 y 2 y ay 3 x 1 0 1 c) y y x 3 y 3 x
d ) 5(1 x 2 ) y xy x 1 x 2 y 6 0; e) dx dy (2xcsc(2 y ) - x 2 ) 0
y 2 x 4 Cx 2 1 3 1 y 5 1 x 2 2 C 3 1 x 2 2 cot ( y )+xLnsen( y)=Cx
8 , con
a) Demuestre que si son soluciones de también es solución de la e.d.
que
una solución de: y P(t ) y Q(t ) es solución de (8) si, y sólo si:
1
a 2 y 3 Ceax a( x 1) 1
4) Sea la ecuación diferencial: y P(t ) y 0
b) Sea
2
continua en
entonces:
8 , donde
es solución de
es continua en I. Demuestre .
5) En el ejemplo 9b, reemplace la bobina de inducción por un condensador de capacidad C, constante. Aplique la segunda ley de Kirchhoff, y luego derive. De esta manera obtendrá la e.d. lineal (Circuito RC):
19
R
di 1 dE (t ) , siendo: E (t ) E0 sen( wt ) . i dt C dt
De nuevo, la condición inicial es: Resp.
i(t ) Ket / RC
wE0C wE0C cos( wt ) wRCsen( wt ) ; donde : K= 2 2 1 ( wRC ) 1 wRC
3.4. Ecuaciones diferenciales exactas Definición 7 Diremos que la expresión: es una diferencial exacta en un dominio si existe una función f , diferenciable sobre D, tal que: En este caso, tenemos que: Asimismo, diremos que la ecuación diferencial: lo es.
, en D. (9), es exacta, si
Teorema 3 (Sin demostración) Si
(9) es exacta en D, y f es tal que: , en D. Entonces la solución general de (9) en D, es: . Para una demostración, vea [8], teorema 2.2.1. Ejemplo 10 Para la e.d.: v
la función: , cumple con:
Luego, la ecuación diferencial es exacta, y: general.
en es su solución
Teorema 4 Sean: , funciones con derivadas parciales continuas en un dominio Entonces: (9) es exacta si, y sólo si: En este caso la solución general viene dada por:
en D.
20
y
x
f ( x, y ) P(u, y0 )du Q( x, v)dv C , x0
donde
(x 0 , y0 ) D (fijo)
y0
Demostración: Si (9) es exacta, entonces existe
tal que: pues: en D. O sea: es una función conservativa en el dominio D, luego: es irrotacional (Vea [11], Cap. I).O sea: i j F ( x, y ) x y P ( x, y ) Q ( x, y )
k (0 0)i (0 0) j (Qx ( x, y ) Py ( x, y ))k 0 z 0
Qx ( x, y ) Py ( x, y ) en D.
Recíprocamente, si conservativo en D, es decir, existe Por lo tanto: exacta, pues:
en D, entonces: F ( x, y ) = 0 , luego
es
O sea: (9) es
Asimismo, de acuerdo al Cálculo Vectorial, tenemos que: x
y
x0
y0
f ( x, y ) P(u , y0 )du Q( x, v)dv, es una función potencial de bajo el signo de integral, tenemos:
donde
(x0 , y0 ) D
y además, por reglas de derivación
y y f x ( x, y ) P( x, y0 ) D1 Q( x, v) dv P( x, y0 ) D1[Q( x, v)]dv y0 y0 y
f x ( x, y ) P( x, y0 ) D2 [ P( x, v)]dv P( x, y0 ) P( x, y) P( x, y0 ) P( x, y) y0
Similarmente:
y f y ( x, y ) 0 D2 Q( x, v)dv Q( x, y ) (x,y) D y0 Ejemplo 11 Resolvamos la ecuación diferencial:
(2x e y )dx xe y dy 0.
21
P( x, y ) 2x e y Py ( x, y ) e y Como vemos: Py ( x, y ) e y Qx ( x, y ) y y Q( x, y ) xe Qx ( x, y ) e Luego, es exacta. Por lo tanto, su solución general es: y
x
f ( x, y ) (2u e )du ( xev )dv C y0
x0
y0
x
y
f ( x, y ) u 2 ue y0 xev x 2 xe y0 xe y xe y0 x 2 xe y C y0 x0 f ( x, y) x2 xe y C Otra forma de encontrar la solución general, es la siguiente: Como:
Donde
es una función arbitraria, derivable de y. Pero:
luego:
Luego:
Factor integrante En general,la mayoría de las ecuaciones diferenciales tipo: , no son exactas en un cierto dominio, es decir existe tal que: Nos preguntamos, si será posible encontrar una función con derivadas parciales continuas en el dominio D, de tal manera que:
sea exacta, o sea que se cumpla que: integrante de la E.D (9). O sea:
en D. A tal función se le denomina: factor
(10)
22
La ecuación (10) recibe el nombre de ecuación diferencial en derivadas parciales cuasi-lineal. La cual, bajo ciertas condiciones, tiene solución, siendo esta, el factor integrante buscado. Sin embargo, resolver la ecuación (10), puede ser muy complicado. Por esta razón , hallaremos algunos factores integrantes, más como ejercicio de derivadas parciales, que como método para resolver ecuaciones diferenciales tipo (8). Sobre todo si se conoce a priori alguna propiedad del factor integrante, como por ejemplo que sea sólo función de x, o de y, de xy, etc. Lo que hace a la ecuación (10) más sencilla. Ejemplo 12 Sabiendo que: acepta un factor integrante de la forma: encontremos este factor integrante, y apliquemoslo para resolver una e.d. que esté en este caso. En efecto, cuando: la ecuación (10), queda así:
Q( x, y) ( x) P( x, y).0 ( x)(Qx ( x, y) Py ( x, y)) Luego, si
Py ( x, y ) Qx ( x, y) Q ( x, y )
( x) Py ( x, y) Qx ( x, y) ( x) Q( x, y)
sólo depende de x, es porque el factor integrante depende de x,
únicamente. Consideremos la e.d. :
Luego: Por lo tanto no es exacta, pero:
Py ( x, y) Qx ( x, y) Q ( x, y )
2 y y 1 xy x
d
1 x
Ln=Lnx
Tomamos C = 0, por razones de sencillez. Luego, multiplicando la e.d. por (#) Ahora, tenemos:
Como (#) es exacta, al aplicar la fórmula, resulta: (haga Ud. los cálculos)
(x)=x , tenemos:
23
Proponemos al lector, que resuelva la e.d. (#), usando el segundo método que indicamos en el ejemplo 11. Ejercicio (Sub-sección 3.4) 1) Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: 1 1 a) 4x 3 y 3 dx 3x 4 y 2 dy 0 x y
x Resp. x 4 y 3 Ln C y
Lny 1 1 2 b) x dx Ln x x 2 1 dy 0 1 2 y x 1 2
c)
3x
2
y 2 cos 2 y dx+ 2x 3 y 2xsen2 y cos 2 y dy=0
Lnx Ln( Lny ) 2 3 d) xy dx+ x 2 y 2 dy=0 x 3 yLny e) xy +y= 4
1 x 3 y 2 xcos2y sen2y=C 2 1 Lnx Ln Lny + x 2 y 3 =C 3 xy+4x=C
f ) 2xsen3 ydx 3x 2 cos3ydy=0
x 2 sen3 y C
g ) (6 xy y 3 )dx (4 y 3x 2 3xy 2 )dy 0 dy 2x y h) y (1)=1 dx x 2y i)
e seny tgy dx e x
x
x3 +Ln x x 2 1 Lny 1 =C 3
3x 2 y xy 3 2 y 2 2
y(0)=1
x 2 y 2 xy 3
cos y x sec 2 y dy 0
e x seny xtgy C
2) Encuentre el factor integrante y con él, transforme la e.d en exacta, luego, resu;elvala por cualquiera de los dos métodos. a) ydx xdy 0 con = ( y )
Resp. y Cx
b) 2ydx+xdy=0 con = ( x) c) ( y 1)dx xdy 0 con ( xy x)
x2 y C y cx+1
d ) ( x+3x 3 seny)dx+ x 4 cos y dy=0 con =(x)
x+x 3 seny C
e) ( x 2 y 2 y )dx xdy 0 con x 2 y 2
y tg (C x)
f ) 7 x 4 y 3y 8 dx (2x 5 9xy7 )dy 0 con ( x m y n )
x7 y 2 x3 y 9 C
g ) tgydx+tgxdy=0 con ( x, y) (cos x cos y)
senxseny C
h) ( x 2xy y )dx ( x 2xy x )dy 0 con ( x y )
x2 y 2 C (x y)
2
2
2
2
24
3) Sea la e.d.: funciones homogéneas de grado m). a) Demuestre que si:
homogénea de grado m (O sea, P y Q son
ambas, continuas en D, entonces: es factor integrante de la ecuación diferencial (#).e
b) Ahora, si:
entonces, la solución general de (#), es:
c) Aplique lo anterior para resolver la e.d. :
d) Idem, para: Sugerencia: use el problema 6, sección 3.2 (Teorema de Euler) Resp. c)
4. Consideraciones geométricas alrededor de la ecuación diferencial de primer orden. 4.1. Envolvente Dada la familia de curvas: denominamos envolvente de esa familia, a una curva L, tal que en cada uno de sus puntos es tangente a una curva de la familia. y
x=-2
Ejemplo 13 a) La familia de circunferencias: tiene como envolvente, al par de rectas: (Vea la figura 5).
x=2
x
O
Fig.5
25
b) La familia de las rectas: es la familia de las rectas cuya distancia al origen es constante e igual a Como más adelante demostraremos, la envolvente de dicha familia es la circunferencia de centro el origen y radio (Vea la figura 6), o sea: En lo que sigue enunciaremos un teorema que nos permitirá hallar esta envolvente. La demostración de este teorema, la obviaremos por razones de nivel, no obstante puede consultarse en [10]. y
x cos ysen p p es constante, p 0
x2+y2 = p2 x
O
Fig. 6 Teorema 5 Sea
donde
tiene derivadas parciales continuas en un dominio
y además
en La curva que se obtiene eliminando C por medio del sistema:
Es la envolvente de la familia de curvas: Ejemplo 14 a) Hallemos la envolvente de la familia de circunferencias: Para ello, formamos el sistema:
fijo).
26
O sea, la envolvente es el par de rectas:
(Vea la fig. 7). y
(x - a)2 + y2 = 4 Envolvente: y = 2, y = - 2
y=2
x
y=-2
Fig. 7
b) Sea: la familia de las rectas que distan del origen una distancia igual a p (Vea la fig. 6). Para hallar la envolvente de ella, de acuerdo al teorema 5, eliminamos por medio del sistema:
Reemplazando en (ii), resulta:
x 1
x 2 xy 0 p p2
Luego la envolvente a la familia circunferencia: Nota: la recta familia, como son:
-x p 2 x 2 xy 0
es: y
x
p2 x2 y 0
p 2 x 2 , o sea; se trata de la
no es envolvente, por que por ejemplo, no toca a dos miembros de la
27
4.2. Solución singular de una ecuación diferencial El siguiente teorema, relaciona el concepto de envolvente con la solución general de una ecuación diferencial, tipo: Para su demostración, puede ver [10]. Teorema 6 Sea dominio D. Si envolvente:
la solución general de la ecuación diferencial: acepta derivadas parciales continuas en de , también es solución de
en un cierto entonces la
, no pertenece a la familia
Nota: si la solución singular de (1).
diremos que es solución
Ejemplo 15 Encontremos la solución singular (Si es que existe) de:
y 2 1 y
2
a
2
(#), con
constante. Hallemos primero la solución general. Despejando a: y , tenemos:
y
a2 y2 y
dy a y 2
2
dx
a2 y2 x C
( x C )2 y 2 a 2
Luego, la solución general de la e.d.(#), es la familia de circunferencias: ( x C )2 y 2 a 2 . Hallando su envolvente, resulta: (Vea la fig.7). Como ambas funciones no 2 2 2 pertenecen a la familia: ( x C ) y a (solución general de(#)), concluimos diciendo que: , son soluciones singulares de (#).
4.3. Ecuación diferencial de Clairaut A la ecuación diferencial: (11), donde tiene derivada continua en y además es biyectiva en se le conoce como ecuación diferencial de Clairaut. El siguiente teorema nos explica cómo obtener la solución general y la solución singular de (11). Teorema 7 La ecuación diferencial de Clairaut: con un intervalo abierto Entonces, la solución general de (11) es: su envolvente es una solución partícular’ Demostración Como es derivable, podemos derivar (11), obteniendo:
continua y biyectiva sobre
28
y xy y ( y ) y 0= x ( y ) y y 0 o x ( y) 0 En el primer caso, tenemos: y 0, luego reemplazando en la e.d., tenemos: y xC (C ) (#) La cual es la solución general de (11). Ciertamente: es solución general de (11), pues dados: , como: entonces, luego: Luego, hay un valor de la constante arbitraria C, tal que hace que pase por: Por el teorema 6, la envolvente de (#), es solución singular de (11), de manera que eliminando C, por medio del sistema, obtendremos la solución singular:
Así, de la segunda ecuación, tenemos: Luego, una solución particular de (11) es:
Ejemplo 16
a) Encontremos la solución general y una particular de: y xy
1 2 y 2
De acuerdo al teorema 7, la solución general es:
y Cx
1 2 C 2
Para hallar la solución particular, eliminamos C por medio del sistema:
1 2 y Cx C 2 x C 0 Luego, la solución singular es:
y x2
1 2 1 x x2 2 2
29
y
y = C x + C2/2 Solución general x
1 2 x 2 Envolvente y
Fig. 8
b) Resolver: xy y y (#) . 2
Primero, hacemos: z y
z= xz + z
2
(##)
z xC C 2
y
1 3 1 2 2 Cx C x Ax B 6 2
Ahora, para hallar la solución particular de (##), eliminamos C por medio del sistema:
z Cz C 2 z 2C 0 1 y 1 y 0 4
1 C z 2
y =0
1 1 1 z z2 z2 z2 2 4 4
y = 4
y Ex F
y
1 2 y 4
y 2x 2 Hx L
Donde: E, F, H y L son constantes arbitrarias. De manera que en realidad (#), tiene como envolvente de su solución general, a dos familias de curvas, ya que la solución general de (#), tiene tres constantes arbitrarias: La razón de este resultado, es que (#) no es una ecuación de Clairaut, sino que se reduce a (##), que es de Clairaut, mediante el cambio:
30
4.4. Trayectorias ortogonales Consideremos un haz de curvas: Si la curva corta a cada miembro de la familia ( i ), ortogonalmente, es decir, las rectas tangentes a cada curva, en el punto de corte, forman un ángulo recto, diremos que ( ii ) es una trayectoria ortogonal de la familia ( i ). En el caso en que la familia ( i ), sea la solución general de una ecuación diferencial de la forma: entonces podemos obtener la trayectoria ortogonal, resolviendo la ecuación diferencial:
1 f ( x, y ) (12) y
Resolviendo la ecuación (12), obtendremos de su solución general, una familia, donde cada miembro es una trayectoria ortogonal de ( i ) (Vea la fig. 9a). Ejemplo 17 a) Encontremos la familia ortogonal a la familia de circunferencias: Derivando la ecuación anterior con respecto a
tenemos:
Despejando C de (##), y reemplazando en (#), tenemos: y
2xy 1 x2 y 2
Por lo tanto, la ecuación diferencial que nos va a proveer la familia ortogonal, será:
y
y
1 x2 y 2 2xy
y
1 x2 y 2 2xy
1 1 x y y 1 (Ecuación difrencial tipo Bernoulli) 2x 2x 2
Vea el problema 2, sección 3.3. En este caso: diferencial, debe ser: . Por lo tanto:
y
1 1 x 1 y y 2x 2x 2
1 1 u u x x x
( x) e
yy
1 2 1 1 y x 2x 2 x
1
x dx
luego el cambio en la ecuación
e
Lnx
e
1 Ln x
1 x
1 1 1 1 u u x 2 2x 2 x
d 1 1 1 u dx x x 2
31
O sea: 1 1 u xB x x
2
2
u 1 x 2 Bx
B B 2 x y 1 2 2
Veamos qué representa la familia: C haciendo: D , nos queda la ecuación: 2
x A
2
y 2 1 x 2 Bx
y 2 A2 1
( A 1)
. Así, completando cuadrados, y
Esta ecuación representa a todas las circunferencias de centro Por ejemplo, entre ellas está: (Vea la fig. 9).
y radio:
con
Por otra parte, nuestra familia ortogonal a (#), es la familia de las circunferencias de centro: y radio: O sea: 2 x A y 2 A2 1 ( A 1) (##) (Vea la figura 9b, donde las circunferencias rojas, pertenecen a la familia (#), y las negras a la familia (##)). Nota: el lector puede comprobar que la familia (#), también representa a las circunferencias que pasan por los puntos:
y y
m
x 2+(y+C)2=1+C2 ;C (x-A)2+y2=A2-1 ; A 1 P1=(-1,0) P2=(1,0)
1 y ( x0 , y0 )
m y ( x0 , y0 ) x
Fig. 9a
P1
P2
Fig. 9b
x
32
Ejercicios 1) Halle la envolvente de las siguientes familias de curvas: 1 a ) y Cx C 2 Resp. y x 2 4 1 b) y Cx y 2 4x C 1 c) Cx 2 C 2 y 1 y x4 4 1 d ) y Cx C 2 y=x 2 4 1 3 1 7 e) y Cx C 3 x 2 y= x + x 3 27 f ) Cy 2 =C 2 x +xy y 3 =4x 2 2) Halle la envolvente del haz de rectas tales que los ejes de coordenadas interceptan a estas rectas en un segmento de longitud constante a. x y Sugerencia: la recta que pasa por es 1 con A2 B 2 a 2 . A B Resp. x2/ 3 y 2/ 3 a2/ 3 3) Halle la solución general y la particular de las siguientes ecuaciones diferenciales:
a) p 2 x 1 p (1 y ) con p y
Resp. y Cx
1 ; ( y 1) 2 4 C
b) y xy 1 ( y ) 2
y Cx 1 C 2 ; y 2 x 2 1
1 ( y ) 2 1 2 d) y xy y 4
y Cx
c) y xy
1 27 2 ; y3 = x 2 4 C 1 y Cx C 2 ; y x 2 4
4) Halle las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas:
33
a ) y ax n (n constante) b) y 2 p ( x C ) (p constante) 2
c) x y 2ax 2
Resp. x 2 ny 2 C (C 0) y Ae
x p
y A( x 2 y 2 )
2
x3 d) y 2a x
x
e) seny ke x
x A cos 2 y
2
2
2
y 2 A( y 2 2x 2 ) 2
f ) e x cos y k
e x seny A
g ) x 2 ( A 1) y 2 =C
x 2 Ae( x
h) y C cos x
2
y2 )
y 2 Ln( sen 2 x) A
Ejercicios de repaso 1) Encuentre una ecuación diferencial de la cual sea solución: Resp.
2) ¿Tiene solución la e.d. : Resp. No, pues el miembro izquierdo es no negativo, y el derecho es negativo. 3) Determine en qué dominio tiene solución la e.d. : Resp. En pues: tiene derivadas parciales continuas en todo 4) Idem, para: y
5 2/3 y . 2
Resp.
5) Verifique que la función diferencial de la derecha:
, situada del lado izquierdo es solución de la ecuación
34
a ) f ( x) e x
y y 0
b) f ( x) Ae 2 x Be 2 x
y 4 y 0
c) f ( x) Ae 2 x Be 3 x senx d ) f ( x) x
y y 6 y 0
e) f ( x ) x 1 x 2
yy x 2x 3
x 2 f ) f ( x) e x et dt C 0
y y e x x
xy y cos x
1/ 2
x
g ) f ( x) x 0
sent dt t
xy y xsenx y e x y
h) f ( x) Ln(e x +C) i ) f ( x) e x 1 2Ln(e x 1) j ) f ( x)
2
1 x e 1
Lnx x (1 x) 2
1 e
x 2
y ex 0
x(1 x) y (1 4x) y 2 y 0
6) En lo que sigue, se dan funciones en forma implícita. Compruebe que son soluciones de la ecuación diferencial de la derecha.
xy 1 e y
a) e y Cx 1
y b) arctg Ln C x 2 y 2 0 x x
( x y)dx ( x y)dy 0
c) x y sen t 2 dt
y xy y 2 sen( x 2 )
d ) x 2x 2 ( f ( x)) 2 16 0
xyy x 2 y 2 0
0
4
e) y 3 y x
1 C x
f ) y 5 senx y 4 C
y x2
x2 1 3 y2 1
y 2 cos xdx (4 ysenx)dy 0
7) Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:
35
a ) ( x 2 1) y y 2 1 0 b) y y e
Resp. x y C (1 xy ) y e 2 x Ce x
2x
y arcsen Lnx C x
c) xy x 2 y 2 y
tgy C 2 e x 0 3
d ) 3e x tgydx (2 e x ) sec 2 ydy 0 e) y
x y 1 2x 2 y 1
x 2 y 3Ln( x y 2) C 1 1 Cx Lnx 2 x sen3 y C cos y C cos x 4y 5 Ln(2x 3) C 2x 3
f ) xy y y 2 Lnx
y
g ) 2xsen3 ydx 3x 2 cos 3 ydy 0 h) senx cos ydxx cos xsenydy 0 i ) ( x 2 y 1)dx (2x 3)dy 0 1 2x y 1 0 x2 ydx xdy k ) xdx ydy 2 x y2 j) y
y x 2 1 Ce1/ x
l ) ( x 4 y 2 )dy 2 ydx 0
y x 2 +y 2 2arctg C x 4 x y 2 Cy 1/ 2 5 y 1 Lnx 2 e y +C y
m) y
dx 2xLnx xe y dy
n) y ( x y ) 2 o) y y cot x csc x
y tg ( x C ) x ysenx x C
p) 2 y 3xy e x y 4
y 3 e x ( x 1) C x 2
q) cos xy ysenx Ay 3
1 A sec xtgx Ln(sec x tgx) C y cos 2 x
m) ( y y ) 2 ( x y ) 2 0 n) y xy Ln( y )
2 y x 2 C o 4 y 2x 1 Ce 2 x y Cx LnC (sol. general); y 1 Lnx
2
8) Halle la ecuación que exprese el número de habitantes en el instante t, sabiendo que la variación instantánea de población es proporcional a la diferencia de la natalidad menos la mortalidad . Si el porcentaje de natalida es del 2 % y el de mortalidad, del 1 %; que inicialmente había 10 millones de habitantes y que anualmente se reciben 25 000 emigrantes. ¿ Cuál será el número de habitantes dentre de 10 años?. ¿Cuándo se duplicará la población? Resp.
36
años. 9) Resuelva el circuito RL de lafigura 10. Donde: Resp.
.
10) Resuelva el circuito de la figura 11. Donde: Resp.
C
L
E(t)=E0sen(wt)
E(t)=E0sen(wt) R
Fig. 10
R
Fig. 11
12) El número de bacterias, en un cultivo, crece proporcionalmente al número presente. El investigador observa que el número de bacterias se triplica en una hora, mientras que inicialmente había 1500 por cm2. ¿Qué número de bacterias por cm2, habrá en 5 horas? Resp. 364 500 por cm2. 13) Un bloque de masa 150 gr, es sometido a una fuerza,. en la dirección del movimiento, de 50 gf. Asimismo, la fuerza de roce es de 10 gf, y la resistencia del viento es el doble de la velocidad, en cm/s. Si el bloque está inicialmente en reposo, halle: a) la velocidad y el desplazamiento en el instante t ; b) Idem para Resp. 75 ( 980 /75 )t a) v(t ) 20 1 e ( 980 /75 )t ; x(t ) 20 t (e 1) 980 b) v(2) 11, 52 cm / s; s (2) 13, 14 cm.
37
14) Halle la familia de curvas tales que la pendiente de la recta tangente, en cualquier punto, es proporcional a la abscisa del punto de contacto. Halle el miembro de la familia de curvas que pasa por: Resp.
15) Resuelva la ecuación diferencial: Resp. 1 cos y 2 x
bajo la condición:
16) Halle la familia de curvas tal que la razón del segmento interceptado por la tangente en el eje oy con respecto al radio vector, es una cantidad constante e igual a k . Resp. 1 1 y Cx1k x1 k 2 C 17) Encuentre la curva tal que el producto del cuadrado de la distancia entre cada punto de la curva y el origen, por el tamaño del segmento interceptado sobre el eje de las abscisas por la normal en el punto mencionado, es igual al cubo de la abscisa de este punto. xy 2 Sugerencia: debe llegar a la e.d. homogénea y y( x2 y 2 ) Resp.
18) Halle la curva cuya subnormal en un punto de la curva, es la media aritmética de la abscisa y la ordenada del punto. Resp.
19) Sabiendo que halle
acepta como un factor integrante de la forma: Luego, utilice esto para resolver la ecuación diferencial:
Resp.
20) Una recta se desplaza de modo que la suma de las medidas de los segmentos interceptados por ella sobre los ejes de coordenadas es igual a la constant . Halle la ecuación de la envolvente de este haz de rectas, además grafique la familia de rectas y su envolvente. Resp. (astroide)
38
21) Halle la ecuación de la familia de circunferencias de centro en la recta: y radio (constante).Luego, encuentre la envolvente de esta familia. Grafique su respuesta. Resp.
22) Encuentre la solución general y la singular de las siguientes ecuaciones diferenciales: y C a ) y xy Resp. y xC ; x2/3 y 2/3 1 2 2 1 C 1 y b) y xy y ( y ) 2 1 c) y xy ( y ) 2 d ) y 2xy Ln( y ) ( x 0) a e) y xy ( a constante ) 2 y
y xC C C 2 ; 4 y ( x 1) 2 1 27 2 y xC 2 ; y 3 x 0 4 C y 2xC Ln(C ); y 1 Ln2 Ln( x ) a y xC ; y 2 2ax 2C
f ) y y ( y )3 0 ( x 0 )
y
x2 4 C C 3 x D; y ( x ) 5 / 2 A 2 15 3
23) Aplique el teorema 1b, para demostrar que el problema:
Tiene solución única en el disco de centro .
y radio
24) Halle las trayectorias ortogonales de las siguientes familias de curvas: a ) y ax n (a es el parámetro)
Respuestas: a ) x 2 ny 2 C
b ) y aebx (a es el parámetro)
b ) 2x by 2 C
c ) cos y ae x (a es el parámetro)
c ) seny Ae x
25) Encuentre la solución al problema: Resp.
39
26) Resuelva la siguiente e.d.: Sugerencia para (b) y (d): haga
luego: y
dz dy dz . .z dy dx dy
27) La ecuación diferencial: Ricatti. Donde
recibe el nombre de E.D. de son continuas en un intervalo abierto I. 1 a) Demuestre que si es una solución de (#) en I, entonces el cambio: y f ( x) , la v transforma en la e.d. lineal: v B( x) 2A( x) f ( x) v A( x). b) Sabiendo que: usando (a).
es solución de:
Halle otra solución
Resp. b) 28) Sean
soluciones distintas de (#) en el problema 27. Halle
tal que:
sea solución de (#). Aplique esto para encontrar una tercera solución de la e.d. en (b), del problema anterior. Resp.
40
CAPÍTULO II ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE ORDEN “n” 1. Introducción Definición 1 Consideremos la ecuación diferencial: (1) Donde los: y , son continuas en un intervalo abierto J. A la ecuación diferencial (1) la denomionamos: ecuación diferencial lineal de orden “n”. Cuando R , diremos que (1) es homogénea. Ejemplo 1
a) 3xy y e x y cos x, con J ; ecuación lineal de orden 2. 1 (3) b) y xy 8x 3 y senx x; con J (1, ); ecuación lineal de orden 3. x 1 c) (Lnx) y ( 4 ) 4 x 2 y 9(cos x) y 0; con J (0, 2); ecuación lineal homogénea de orden 4. d) ( y ( 3 ) ) 2 y 8 y x, no es ecuación diferencial lineal . Sean:
y
Como sabemos del Cálculo, el operador: D Lo mismo que: D n
. d es una transformación lineal, de dx
dn , de dx n
en
en
En consecuencia, el operador:
Es una transformación lineal de en Con base en lo anterior, (1) se puede escribir así: (2) Ejemplo 2 Las ecuaciones (a), (b) y (c) del ejemplo 1, se pueden escribir así:
41
a) L( D)( y ) cos x, donde: L( D) 3xD 2 D e x I 1 b) L( D)( y ) senx x, donde: L( D) D 3 xD 8x 3 I x 1 c) L( D)( y ) 0, donde: L( D) ( Lnx) D 4 4 x 2 D 2 9(cos x) I d ) Para: y ( 3) 3y 6 y 9 y e x , tenemos: L( D)( y ) e x , donde: L( D) D 3 3D 2 6 D 9I .
Teorema 1 Sea vectorial de
(Núcleo de L), entonces
es un subespacio
Demostración: Sean: Luego
Entonces: es subespacio de
Al subespacio homogénea
se le llama espacio de soluciones de la ecuación diferencial lineal
Definición 2 Dadas las funciones: nulas, tales que:
si existen constantes reales:
no todas
Entonces diremos que el conjunto de funciones: es linealmente dependiente en J. (Abreviaremos: l.d. en J ). En caso contrario, diremos que: es linealmente independiente en J.( l.i. en J ) O sea:
42
Ejemplo 3 a) b)
sen x, cos x, cos(2x) es l.d. 1, x, x es l.i. en , pues si: 2
en , pues:
2
( 1) sen 2 x cos 2 x cos(2x ) 0.
C1 .1 C2 .x C3 . x 2 0 x , entonces para x 0, tenemos:
2
C1 0. Luego: para x 1 y x 1, nos queda: C2 C3 0 y C2 C3 0. Por lo tanto: C2 C3 0. Luego, 1, x, x 2 es l.i. en .
Definición 3 Sean: denotamos por:
Denominamos Wronskiano de o simplemente: , al determinante:
W ( x)
Teorema 2 Sea: Demostración: Como
f1 ( x) f1( x)
f 2 ( x) f 2( x)
f n ( x) f n( x)
f1( n 1) ( x)
f 2( n 1) ( x)
f n( n 1) ( x)
x J
en J, y lo
(3)
l.d. en J . Entonces:
es l.d. en J, entonces, existen
Luego, derivando (#) hasta
no todos nulos tales que:
veces, tenemos el siguiente sistema homogéneo:
C1 f1 ( x) C1 f1 C f ( n 1) ( x) n 1
Cn f n ( x ) 0 Cn f n ( x) 0 Cn f n( n 1) ( x) 0
Como sabemos que algún entonces tenemos que el sistema tiene soluciones no triviales, luego el determinante del sistema debe anularse. Es decir:
43
f1 ( x) f1( x)
f 2 ( x) f 2( x)
f n ( x) f n( x)
f1( n 1) ( x)
f 2( n 1) ( x)
f n( n 1) ( x)
W ( x) 0 x J
El siguiente resultado, es el contra-recíproco del teorema 2. Corolario Si existe
tal que:
entonces
es l.i. en J.
Ejemplo 4 a)
1 x, 1 x, 2x 1
es un conjunto l.d. en . En efecto:
a (1 x) b (1 x) c (2x 1) 0
abc 0 a b 2c 0
El sistema es compatible indeterminado, así por ejemplo acepta entre otras, la solución: Luego, 1 x, 1 x, 2x 1 es l.d. en .
b)
senx, cos x
es l.i. en J = 0, . 2
En efecto: W ( x)
senx cos x (sen 2 x cos 2 x) 1. x J , de manera que tenemos W ( x) 0 x J cos x senx
En realidad bastaba con que hubiera un x donde W ( x) 0, de acuerdo al corolario.
c)
senx, sen2x
es l.i. en J 0, . 2
Como: W ( x)
senx sen2x 2senx cos 2x sen2x cos x 2senx (cos 2 x sen 2 x ) 2senx cos 2 x cos x 2 cos 2x
W ( x) 2sen 3 x. Por ejemplo para x / 6 , tenemos: W ( / 6 ) De nuevo, por el corolario:
senx, sen2x
es l.i. en J 0, . 2
1 0. 4
44
y
En realidad, es l.i. en cualquier intervalo abierto que contenga a π/6.
8
6
Nota: Si es l.i. en J, e inclusive tienen derivadas de orden hasta n-1, no necesariamente existe En efecto, tomando: y Se puede demostrar, fácilmente, que son l.i. en , (Vea la Fig. 1), sin embargo: x x x2 W ( x) 0 x 2 x 2x
f1 (x)
f1 (x) = f2 (x)
4
2
x -8
-6
-4
-2
2
4
6
8
-2
f2 (x)
-4
-6
-8
Fig. 1
En otras palabras, el recíproco del corolario no siempre se cumple. Teorema 3 (De existencia y unicidad) Sea: (2), con y con continuas en J Sea: y sean: Entonces existe una solución de (2), y sólo una, en J cumpliendo las siguientes condiciones iniciales:
Nota: La demostración se puede consultar en [1], tomo II, Cap. VI y VII. Ejemplo 5
1 x 1 x y y e x y senx, a2 ( x) , a1 ( x ) , a0 ( x ) e x x 1 x2 x 1 x2 1 y R( x) senx, son continuas en J (1, 2). Además: a2 ( x ) 0 x J . Así, si x0 J , e y0 y1 , x 1 existe una solución única para el problema: a) En la ecuación diferencial:
x 1 x x 1 y x 2 y e y senx y( x ) y o 0 y ( x0 ) y1
b) El problema: x 2 y (senx) y e x y 1 con y (1) 2; y (1) 1, tiene solución única en J (0, ), pues x 2 , senx, e x y 1, son continuas en J , y a2 ( x) x 2 0 en J .
45
A continuación veremos que si existe tal que: corolario al teorema 2.
es l.i. en J, y son soluciones de (1) o (2), entonces Es decir se cumple, en este caso, el recíproco del
Nota: como en el teorema 2, hemos supuesto que entonces la ecuación diferencial (1), y en consecuencia (2), se puede escribir en la forma mónica, al dividir la ecuación diferencial por es decir:
Donde: bi ( x)
ai ( x) (i 1, an ( x)
, n 1); Q( x)
R( x) , continuas en J. an ( x)
Por esta razón en adelante, siempre escribiremos la e.d. lineal de orden “n”, en la forma (4). Asimismo, en el caso homogéneo, tenemos: (5) Teorema 4 Sean: soluciones de (5) en el intervalo abierto J. Entonces: l.i. en J, si y sólo si: existe tal que:
es
Demostración: Sea
Supongamos que:
en J. Entonces el sistema: C1 f1 ( x) Cn f n ( x) 0 C f ( x) C f ( x) 0 n n (I) 1 1 C1 f1( n 1) ( x) Cn f n( n1) ( x) 0 Tiene solución no trivial, para cada pues el determinante del sistema es nulo. Sea: la cual es solución de (5), de acuerdo al teorema 1. Sea fijo). Entonces: de acuerdo al sistema lineal de ecuaciones (I). Pero, la función también es solución de (5), y cumple: . Luego por el teorema 3, debe tenerse que: en J. Por lo tanto: donde algún
46
Entonces: que:
sería l.d. en J, contrario a la hipótesis. Luego, debe existir
tal
Es el corolario del teorema 2. Teorema 5 Para
tenemos que:
.
Demostración: Primero demostremos que si (5) es de orden n , entonces en existen n soluciones de (5) linealmente independientes. Por el teorema de existencia y unicidad, para existe una única solución cumpliendo las condiciones iniciales: para: y O sea: f1 ( x0 ) 1 f 2 ( x0 ) 0 f n ( x0 ) 0 1 0 0 0 1 0 f1 ( x0 ) 0 f1( x0 ) 1 f1( x0 ) 0 W ( x0 ) det 10 f1( n 1) ( x0 ) 0
f 2( n 1) ( x0 ) 0
Luego, por el teorema 4,
f n( n 1) ( x0 ) 1
0 0
es l.i. en J.
Demostremos ahora que genera a Como es l.i. en J, entonces por el teorema 4, existe Sea
tal que:
una solución no nula de (5). Observemos que el sistema lineal:
C1 f1 ( x) Cn f n ( x) f ( x) C1 f1( x) Cn f n( x) f ( x) C f ( n 1) ( x) C f ( n 1) ( x) f ( n 1) ( x) n n 1 1
Con W ( x) 0
Es compatible determinado, con solución no trivial, es decir, algún entonces por el teorema de existencia y unicidad, Sea:
1
pues si todos los
Entonces, g es solución de (5), y como:
C1 f1 ( x)
Cn f n ( x) f ( x)
47
C1 f1( x)
Cn f n( x) f ( x)
C1 f1( n1) ( x)
Cn f n( n1) ( x) f ( n1) ( x)
Luego, de nuevo por el teorema de existencia y unicidad, tenemos que:
O sea:
genera a
y como es l.i., entonces es base de
en J. Por lo tanto:
luego:
.
Definición 4 Dada la e.d.: continua en el intervalo abierto J . Y sea: solución de (5):
una base de
, entonces a la
(6) La denominamos solución general de (5). Esto porque cualquier solución base, es decir:
Ejemplo 6 Las funciones: es base de Teorema 6 Sea:
de (5), se puede escribir como combinación lineal de la
son soluciones l.i. de: Luego, la solución general de la e.d. es:
una base de
y sea
Por lo tanto:
una solución particular de:
Entonces la solución general de (4), viene dada por: n
f ( x) ( x) Ci fi ( x) (6) i 1
Demostración: Sea una solución de (4), entonces: de (4), entonces: Luego:
, y como pues:
también es solución
48
Como
es base de
enonces, existen reales:
tales que:
Luego:
Ejemplo 7 Para la ecuación diferencial lineal no homogénea, de orden 2:
Tenemos que una base de es: particular de la no homogénea es: de (#) es:
(#) (¡Compruébelo!), y una solución luego, de acuerdo al teorema 6, la solución general
. Nota: El operador
responde a las leyes de la potenciación, es decir cumple con las leyes:
Pero debe tenerse cuidado al multiplicar operadores tipo:
Pues por ejemplo: caso tendríamos: Ejemplo 8 Calculemos:
Por otra parte:
puede no tener sentido, a menos que se derivable, en este Veamos el siguiente ejemplo.
49
Luego:
Vea también el numeral 4, del siguiente grupo de ejercicios. No obstante, cuando los
sean constantes, es decir que: ,
Entonces si se pueden multiplicar como polinomios. Por ejemplo:
Vea también el numeral 5, del siguiente ejercicio.
Ejercicios 1. Sean:
Halle
Resp.
2. Demuestre que: a)
con:
, y distintos entre si, es l.i. en es l.i. en es l.d. en
3. Sean: 1 x 3 para x 0 f1 ( x) ; para x 0 1 Demuestre que: a)
1 f 2 ( x) 3 1 x
(fijo).
para x 0 ; para x 0
son continuas en
b) c)
para
en es l.i. en
d) ¿Qué concluye con respecto al corolario del teorema? e) ¿Podrán ser
soluciones de una misma e.d. tipo (5)?.
f 3 ( x) 1 x 3
50
Resp. d) El recíproco del corolario 2 no siempre se cumple. e) No, pues de existir tal e.d., entonces tendríamos una contradicción con el teorema 4. 4. Sean: iguales?
Calcule:
¿Son
Resp. .
5. Calcule:
a) ( D 2I )( D I ) 2 ;
b) ( D 2I )( D 2 2D 5I );
c) ( D aI ) n
d ) ( D xI )( D xI );
e) ( xD I )( xD 2I );
f ) ( xD 2I ) 2
Resp.
a) D 3 3D 2I ;
n n n 1 n c) D n aD n 1 a D a I 1 n 1 e) x 2 D 2 xD 2I ; f ) x 2 D 2 5xD 4I
b) D 3 D 10I ;
d ) D 2 xD (1 x 2 ) I ; 6. Calcule:
a) Dm (ekx ); b) L( D)(ekx ), donde: L( D) an Dn
a1 D a0 I , ai (i 0, 1,
, n)
Resp.
a) k m ekx ;
b) L( D)(ekx ) L(k )ekx .
7. Sea f una solución de la e.d.:
en
Halle
en función de
Resp.
8. Sean soluciones de la e.d. (5), de orden dos, en un intervalo abierto J. Y sea fijo). Demuestre que:
51
x
a ) W ( x ) W (c) e
a1 (t ) dt c
b) Si f1 , f 2 es l.i. en J , entonces: W ( x) 0, x J . 9. Enuncie y demuestre la propiedad anterior, para el caso general de orden n.
2. Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficientes constantes En lo que sigue estudiaremos la forma cómo obtener soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial lineal homogénea con coeficientes constantes, es decir:
La cual escrito en términos del operador D, nos queda así: donde el operador es: A este operador, le asociamos el polinomio: el cual recibe el nombre de polinomio característico asociado a la ecuación diferencial (5). Como sabemos del Cálculo de Variable Compleja y el Algebra, todo polinomio de grado coeficientes reales se puede descomponer en la forma:
con
Donde las son las raíces reales o complejas, distintas del polinomio. Como en el caso de los coeficientes constantes, se comporta como un polinomio, tenemos que el operador se puede descomponer en la forma: (7) Ejemplo 9 a) D 2 3D 2I ( D 2I )( D I ) b) D 3 7 D 2 16 D 12I ( D 3I )( D 2I ) 2 c) D 2 9I ( D 3iI )( D 3iI )
Teorema 7 Sea Se decompone en la forma: Para
Si entonces tenemos que:
52
Demostración: Primero observemos que el producto de operadores con coeficientes constantes, es conmutativo, luego en el orden de los factores lo podemos cambiar como queramos. Sea: , entonces:
Por lo tanto:
osea:
Veamos ahora los diferentes casos que se pueden presentar cuando hallamos las raíces del polinomio característico 1) Todas las raíces son reales y distintas entre si. 2) Tiene una raíz real múltiple de orden n. 3) Es de orden dos y tiene como raíces a: con 4) Combinación de los casos anteriores. Caso 1:
tiene las n raíces reales y distintas
Teorema 8 Sea: una base de
, tal que su polinomio característico Por lo tanto la solución general de (5) es: (7)
Demostración: Como Sea
con
entonces: Entonces:
Por lo tanto: Luego, por el teorema 7, tenemos que: O sea: Además:
.
es: es
53
Luego, de acuerdo al teorema 4, tenemos que: teorema 5, entonces B es base de Por lo tanto la solución general de (5), es:
es l.i. y como de acuerdo al
(7).
Ejemplo 10 a) Dada la e.d.: y 5 y 4 y 0, tenemos que: PL ( x) x 2 5x 4 ( x 4 )( x 1). Luego: f ( x) C1 e4 x C2 e x es la solución general. b) Para: y 4 y y 6 y 0, tenemos: PL ( x) x 3 4x 2 x 6 ( x 1)( x 2)( x 3). Luego: f ( x) C1 e x C2 e 2 x C3 e3 x es la solución general. Si por ejemplo, se pide que: y (0) 1 y y (0) 8, y (0 ) 22; debe cumplirse que: C1 1; C2 1; C3 3. O sea: f p ( x) e x e 2 x 3e 3 x es la solución particular solicitada.
Caso 2:
tiene una raíz real múltiple de orden n
Teorema 9 Sea Entonces: de:
con:
para un cierto es una base de
y por tanto la solución general
es: (8)
Demostración:
54
Haremos la demostración, usando inducción sobre el orden de la ecuación diferencial. Para tenemos: Cuya solución general es: Como vemos, la tesis del teorema se cumple para Aunque no es necesario, para efectos de la demostración, el hacer la prueba para lo haremos para inducir la forma de la solución. Así, si tenemos: ( D aI )u 0 u au 0 Luego: ( D aI ) y u Ae ax e ax y Ax B
Haciendo: u Ae ax
y ay Ae ax
nos queda:
e ax y e ax y A
d ax (e y) A dx
y e ax (C1 C2 x); donde: C2 A y C1 B.
Por lo que para también se cumple la tesis. Supongamos que se cumple para es decir que la solución general de: (Hipótesis inductiva) Sea, entonces la ecuación diferencial: Haciendo: (#) nos queda así: tenemos que:
Ahora, como: ecuación diferencial lineal:
(#) Y por la hipótesis inductiva,
entonces, resolviendo la
Tenemos:
Luego:
Donde:
Luego, la tesis es válida
Pues hemos demostrado que los elementos del conjunto:
es:
55
, generan a
y como:
entonces B es base de
El lector, de paso, observará que hemos demostrado indirectamente que B es l.i. De todas maneras, lo invitamos a demostrarlo, directamente de la definición de l.i. Ejemplo 11
a) El PL de la e.d. : y 4 y 4 y 0 es: PL ( x) x 2 4x 4 ( x 2) 2 . Luego, de acuerdo al teorema 9, la solución general de la e.d. es: y e 2 x (C1 C2 x) . b) Para la e.d. : y ( 3 ) 3 y 3 y y 0, tenemos que: PL ( x) x 3 3x 2 3x 1 ( x 1)3 . Luego, la solución general será: y e x (C1 C2 x C3 x 2 ).
Caso 3: el orden de la e.d. es dos y PL tiene dos raíces complejas Teorema 10 La ecuación difrencial: función:
tiene como solución general en
a la
(10) Demostración: Cláramente, tenemos que:
( D 2 a 2 I ) cos(ax) a 2 cos(ax) a 2 cos(ax) 0
cos(ax) N ( L)
( D 2 a 2 I ) sen(ax) a 2 sen(ax) a 2 sen(ax) 0
sen(ax) N ( L)
Además:
cos(ax), sen(ax)
es l.i., luego: B cos(ax), sen(ax) es base de N ( L), pues
dim( N ( L)) 2. Luego la solución general de: y a 2 y 0 es: y C1 cos(ax) C2 sen(ax ) Corolario La ecuación diferencial: general en , a la función:
tiene como solución (12)
56
Donde:
son las raíces del polinomio característico
.
Demostración: Hagamos el cambio: , escogiendo de forma que la ecuación diferencial quede en la forma (9). Así, reemplazando en (11), tenemos: (#) Hallemos
tal que:
Resolviendo, tenemos que: (Tomamos
para mayor sencillez).
Reemplazando en (#), resulta: e
a x 2
4b a 2 u 4
u 0
u
4b a 2 u 0. Por el teorema 10, tenemos que: 4
4b a 2 4b a 2 u C1 cos x C2 sen x 2 2 Como las raíces de: r 2 ar b 0 son: r
a 4b a 2 i = i 2 2
a 2
;
4b a 2 . 2
Entonces:
u C1 cos( x) C2 sen( x)
y uv ue
a x 2
e x (C1 cos( x) C2 sen( x) )
De manera que una base para N ( L) es: B e x cos( x), e ax sen( x) , pues ciertamente B es l.i. ( Pruébelo ), y genera a N ( L), para: L( D) D 2 aD bI , con: a 2 4b 0. Ejemplo 12 La ecuación diferencial: +1. Cuyas raíces son:
, tiene como polinomio característico a:
Luego, de acuerdo al corolario de teorema 10, la solución general es:
57
Caso 4: combinación de los casos anteriores, inclusive raíces complejas repetidas. En este caso trataremos una combinación de los casos de raíces reales, raíces reales repetidas, raíces complejas, y raíces complejas repetidas. El siguiente teorema nos da la forma de la solución general de la e.d. en todos los casos. Teorema 11 Para
con: (13)
Tal que:
raíces de: Si:
Entonces una base de
es:
Luego la solución general será:
(15) Obviaremos su demostración, por la gran dificultad operativa, no obstante, el lector puede consultar en [2], Cap. 3, secciones: 1, 2 y 3. Ejemplo 13 De acuerdo con el teorema 11, tenemos: a) Para: Las raíces de
tenemos: son:
Luego una base de
será:
58
. Por lo tanto la solución general de la e.d. es:
b) Para: Luego las raíces son: Por lo tanto, una base de
tenemos: es:
Y la solución general es:
c) Sea la e.d.: Luego el polinomio característico será: Cuyas raíces son: De aquí tenemos que una base de es:
Por lo tanto, la solución general es:
d) Apliquemos lo visto en el teorema 11 a la denominada: ecuación diferencial de oscilación:
La cual describe el movimiento de una partícula sobre una recta ( El término: es la aceleración de la partícula; representa un retardamiento debido a un amortiguamiento, por fricción o roce, pues su signo es contrario al de Asimismo es la aceleración dirigida hacia el origen. Finalmente, es una aceleración producida por una fuerza exterior, y cuando es distinta de cero, se dice que el móvil tiene una oscilación forzada, y en caso de ser nula, se trata de una oscilación libre. Al final de este capítulo volveremos a estudiar esta ecuación diferencial en forma más detallada.
59
A modo de ejemplo estudiaremos la oscilación libre con amortiguamiento, o sea, cuando:
Las raíces del polinomio característico
, son:
Casos: (i) Las dos raíces de
son reales y negativas: , pues:
.
Luego, la solución general será:
De esta forma, tenemos que se trata de un movimiento no oscilatorio con decrecimeinto rápido, pues: Vea la fig. 2) (ii) En este caso, las dos raíces de es:
son reales e iguales:
. Entonces la solución general
También es un movimiento no oscilatorio, pero con decrecimiento menos rápido (Vea la fig.3), pues nuevamente: x
x
2.8
1.8 2.6 2.4
(0,5)
x 2x x 0; x(0) 1; x(0) 1 k w1
1.6
x 5x 6 x 0; x (0 ) 5; x(0 ) 12 k=5/2; w2 = 6 x(t)=2e-3t+3e-2t
2.2 2 1.8 1.6
1.4
x(t ) (2t 1)e t
1.2
1 1.4 1.2
(0,1)
0.8
1
0.6 0.8 0.6
0.4
0.4
0.2
0.2
Fig. 2 0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
Fig. 3
t 0.7
0.8
0.9
1
1.1
t
1.2
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
60
(iii) En este caso, las raíces del polinomio característico son: . Donde:
.
Por lo tanto, la solución general de la e.d. ,será:
O sea, la solución es oscilatoria de período T
2 p
2 w2 k 2
y amplitud decreciente, pues
nuevamente, tenemos: (Vea la fig. 4) Ahora, cuando entonces la solución general es: caso tenemos un movimiento oscilatorio no amortiguado (Vea la fig. 5).
, en cuyo
x 3.5
x 2x 10x 0; k 1, w2 10, p 3 x(0) 2; x(0) 14
3
2.5
x(t ) (2 cos(3t ) 5sen(3t )) e
2
x
6
t 4
1.5
x 10x 0 ; x(0) 2 ; x(0) 10 x(t ) 2 cos( 10t ) sen( 10t )
1 2
0.5
t
t 0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
0.5
5.5
1
1.5
2
-0.5 -2
-1
-1.5 -4
-2
-2.5
Fig. 4
-6
Fig. 5
2.5
3
3.5
61
El caso en que
será analizado cuando veamos e.d. no homogéneas.
Ejercicios 1. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: a) ( D 2I )3 y 0
Resp. a) y C1 C2 x C3 x 2 e 2 x
b) (2D I ) 2 y 0
b) y (C1 C2 x) e x / 2
c) ( D 2 16 I ) y 0
c) y C1 cos ( 4x) C2 sen (4x )
d ) ( D 2 2D 9I ) y 0
d ) y (C1 cos ( 2 2x) C2 sen ( 2 2x)) e x
e) ( D2 16I ) 3 y 0
e) y (C1 C2 x C3 x 2 ) cos (4x) (C4 C5 x C6 x 2 ) sen (4x)
f ) ( D 2 2D 9I ) 2 y 0 g ) ( D 2I )( D 2 D 2I ) y 0 h) y ( 3 ) 2 y 15 y 0
f ) y (C1 C2 x) cos ( 2 2x) (C3 C4 x) sen (2 2x) e x 7 g ) y C1e 2 x C2 cos 2 h) y C1 C2 e3 x C3 e 5 x
7 x/2 x C3 sen x e 2
i ) x ( 4 ) 2x ( 3 ) 3x 0
i) x C1 C2 t C3 e t C4 e 3t
j ) x ( 3 ) 4x 4x 0
j) x C1 (C2 C3 t )e 2t
k ) ( D5 D3 ) y 0
k ) y C1 C2 x C3 x 2 C4 e x C5 e x
l ) (2D 3 D 2 36 D 18I ) y 0
l ) y C1e x / 2 C2 cos(3 2x) C3 sen(3 2x)
2. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: a) y 4ay 3a 2 y 0 (a 0)
Resp. a) y C1 e3ax C2 e ax
b) y (a b) y aby 0 (a b)
b) y C1e ax C2 ebx
c) y y 6 y 0 ; y (0) 0 , y(1) e3
c) y
e3 x e2 x 1 e5
62
2 x 2 2 d ) y e 2 C1 cos x C2 sen x 2 2 2 x 2 2 2 e x C4 sen x C3 cos 2 2
d ) y (4 ) y 0
n 1
e) y Ci x i
e) D n y 0
i 0
f ) 4y
(5)
23 y
( 3)
3 3 y 17 y 3 y 0
f ) y C1 e3 x (C2 C3 x)e x (C4 C5 x)e x / 2
g ) ( D 3 3D 2I ) y 0 ; y (0) 0 , y (0) 9 , y (0 ) 0
g ) y 2e x (3x 2)e x
h) y ( 3 ) y y y 0 ; y (0) 1 , y ( 2) 0 ,
x h) y 1 e x 2
lim y ( x) 0 x
i) ( D6 I ) y 0
i) y C1 cos x C2 senx e
3 x 2
x x C5 cos 2 C6 sen 2 +
x x x e 2 C3 cos C4 sen 2 2 x j) y C1 C2 x +e C3 cos(3x ) + C4 sen(3x ) 3
j ) y ( 4 ) + 2 y ( 3 ) 10 y 0 k ) x " k 2 x 0 ; k 0 , x(0) 0 , x(0) v0 l ) x 2bx k 2 x 0 ; k b 0 , x(0) 0 ,
v0 sen( kt ) k v l ) x(t ) 0 e bt sen(kt ) k
k ) x( t )
x(0) v0 m) ( D 3 mD 2 m 2 D m3 I ) y 0 ; y (0) 0
m) y
y (0) 0 , y (0) 1 3. Un condensador de capacidad C se carga de manera que la diferencia de potencial entre sus placas es . Las placas se conectan a una resistencia de 100 ohmios, y a una bobina de inductancia L=0,05 henrios. Si el condensador tiene una capacidad de C = 10-5 faradios, y la diferencia de potencial
1 e mx cos( mx) sen( mx) 2 2m
R
C
L Fig. 6
63
inicial es de 800 voltios. Halle la intensidad de la corriente en el instante t, al cerrar el circuito (Vea la figura 6). Sugerencia: La ecuación diferencial que describe el circuito señalado es:
Resp.
4. Resuelva la siguiente ecuación diferencial, con coeficientes variable: cuando Sugerencia: haga el cambio de variable Esta e.d. es del tipo de Euler, la cual estudiaremos, en detalle, más adelante. Resp.
3. Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas 3.1 Introducción Sea la e.d.: Con las De acuerdo al teorema 6, de este capítulo, si solución completa de ella J en es:
Siendo
una base de
en intervalo abierto J. es una solución particular de (4), entonces la
para
De lo anterior se deduce que es necesario buscar métodos para encontrar alguna solución de (4). Así, consideraremos los siguientes métodos: variación de parámetros, operador D, anulador, así como algún otro procedimiento particular. En el próximo capítulo veremos otro método, usando series de potencias.
64
3.2 Método de variación de parámetros Antes de explicar este método, demostraremos que si de en J, entonces:
son soluciones l.i.
Teorema 12 Sea la ecuación diferencial: continuos en el intervalo abierto J. Sea Entonces:
una base de
con los en J.
Demostración: De acuerdo al teorema 4 de la sección 2, de esta capítulo, existe Sea
tal que:
entonces:
Como las funciones: orden en J, por ser soluciones de (5) en J ( ¿Por qué? ), cualquier orden. Y de acuerdo a la forma que tiene la derivada de:
Donde cada función
( Vea [15], Cap. 2 ).
es derivable en J.
tienen derivadas de cualquier entonces tiene derivada de
65
Entonces :
(#)
Pues los n-1 primeros sumandos tienen filas repetidas, y por tanto, los determinantes se anulan. Por otra parte:
Reemplazando (##) en (#), nos queda:
De manera que
satisface la ecuación diferencial lineal homogénea de orden uno:
66
(16) Como
entonces:
Consideremos la ecuación diferencial (4):
De nuevo con los Sean:
continuas en J. Además:
la solución general de la e.d. homogénea y Tratemos de averiguar si existen tales que:
sea solución de (4). Derivando ( I ), obtenemos: tales que:
Volviendo a derivar a
. Y si escogemos las entonces, ( I ) queda así:
tenemos: y haciendo:
Repitiendo el proceso hasta el orden “n-1”, resulta:
Finálmente, derivando la expresión anterior, para
Si hacemos: Nos queda:
Reemplazando:
en:
, nos queda:
67
resulta:
Pues:
O sea, condiciones:
es solución de
sii se cumplen las siguientes
De manera que tenemos el sistema:
(#)
Este sistema lineal no homogéneo, en las incógnitas es compatible determinado, pues evaluando el determinante del sistema, tenemos:
68
Pues este capítulo.
es l.i. en J, ya que es una base de
En otras palabras, tomando las tal que sea solución de
, de acuerdo al teorema 12 de
tal que sus derivadas satisfagan a (#), podemos construir
Así, de acuerdo a Cramer, tenemos:
Como las entonces:
existe
O sea:
Nota: también podemos hallar Ejemplo 14 Hallemos la solución general de:
por medio de antiderivadas,
en
La solución general de: es: Entonces, de acuerdo a lo dicho anteriormente, formamos la función:
Donde
Luego:
deben cumplir con:
J, obtenida al integrar
69
0 senx tgx cos x senx. tgx senx. tgx sen 2 x h1( x) cos x senx cos 2 x sen 2 x 1 cos x senx cos x cos x 0 senx tgx h2 ( x) cos x . tgx senx 1 Integrando ambas, resulta:
Luego:
Por lo tanto la solución completa de la ecuación diferencial no homogénea es:
Ejemplo 15 Como quiera que la resolución de una ecuación difrencial lineal de orden dos, no homogénea, es frecuente, tanto en Física como en muchas asignaturas de Ingeniería (Vea el ejemplo 13(d)); vamos a proceder a obtener una fórmula para calcular una solución particular de dicha ecuación diferencial. Sea la ecuación difrencial: con: continuas en el intervalo abierto J. De acuerdo a lo visto anteriormente, tenemos que si son soluciones l.i. de la homogénea, Entonces: es solución particular de (18), si las con:
Luego:
cumplen
70
Sea
(fijo), entonces:
Reemplazando (##) en (#), resulta:
Apliquemos esto para hallar la solución completa de: Escribamos la e.d. en la forma (4) o (18):
en
La solución general de la e.d. homogénea es: Pues en J, tenemos:
Luego:
Luego la solución completa de la e.d. es:
Esta solución, también podemos escribirla así:
Ahora, aplicando (19) para hallar
71
Por ejemplo se queremos la solución particular que cumpla:
entonces:
Luego, la solución que cumple las condiciones iniciales requeridas es:
¡Compruébelo!. Ejemplo 16 Veamos de nuevo el ejemplo 13 (d), pero ahora en el caso de la oscilación forzada, sin roce. Suponiendo que Osea, se trata de resolver la e.d.: (20)
En cualquier caso, tenemos que: Ahora, para hallar usaremos (19), y que: Así:
Integrando, nos queda:
Usando, propiedades trigonométricas y simplificando, resulta:
Entonces, la solución completa es:
72
Donde:
x
Oscilación periódica, suma de dos oscilaciones T = 2.3,14 (aprox.)
6
4
T
Por ejemplo si:
2
t 2
4
6
8
10
12
14
16
18
Entonces la solución es : -2
-4
(Vea la figura 7). -6
x( t )
8 cos( 3t ) sen( 2t ) 5
Fig. 7
Ahora la ecuación diferencial toma la forma: (21) En este caso, usando variación de parámetros para obtener una solución particular de (21), tenemos lo siguiente: (Obviaremos algunos cálculos)
Luego:
73
Finálmente, tenemos que la solución completa es:
La cual se puede escribir en forma más reducida, así:
Donde:
x
Si por ejemplo,
12
Entonces la solución que cumple las condiciones iniciales indicadas es:
10
8
6
x 4x 9 cos ( 2t ) ; w 2, A 3 x( 0 ) 1 ; x( 0 ) 2 3 x( t ) cos( 2t ) sen( 2t ) tsen( 2t ) 4
4
2
Vea la fig.8
t 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
-2
-4
-6
-8
-10
Oscilación con amplitud creciente (Resonancia)
-12
Fig. 8
Ejercicios 1. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales, utilizando variación de parámetros para encontrar una solución particular:
a ) y y
1 3 x x2 2 3
b ) y 4 y senx c ) y 2 y 3xe x
1 3 x x 2 2x 3 1 b ) y C1 cos 2x C2 sen2x senx 3 4 c ) y C1 e x C2 e 2 x x e x 3
Respuesta: a ) y C1e x C2 e x
17
74
d ) y y
1 1 ex
d ) y C1e x C2 e x 1 xe x 2shx.Ln( 1 e x )
1 3 x xe 6 f ) y C1e x C2 e x cos x C3 e x senx y P ;
e ) y( 3 ) 3 y 3 y y e x
e ) y C1 C2 x Cx 2
f ) y( 3 ) 3 y 4 y 2 y e x secx
yP e x Ln(sec x tgx ) x cos x senx.Ln(cos x )
en J ( 0, / 2 )
2.(*) Halle la solución completa de la siguientes ecuaciones diferenciales de Euler en
Sugerencia: haga el cambio de variable, para obtener la solución general de la homogénea, luego rompa el cambio de variable en y proceda a aplicar variación de parámetros. Recuerde que se demostró que la variación de parámetros es válida con coeficientes variables continuos en J. Respuestas:
3. En los ejemplos 15 y 16, después de encontrar , si este tiene algún término semejante con algún término de estos se agrupan. Quedando una parte de la solución particular. ¿Cómo sabemos que ésta sigue siendo solución de la e.d. no homogénea?. Por ejemplo:
es solución particular de
. ¿Lo será
también: Respuesta: Si, pues es solución de
e
lo es de
4. Consideremos un circuito RLC, el cual como se sabe, está regido por la ecuación diferencial:
75
Si los valores de
en M.K.S., son tales que:
Y las condiciones iniciales son: Halle la expresión matemática que rige la intensidad de la corriente, en el circuito. ¿Qué sucede con cuando (Vea figuras 9 y 10). Respuesta:
por eso recibe el nombre de componente transitoria.
y
La componente transitoria desaparece rápidamente y se comporta casi como oscilatoria no amortiguada
0.5
0.4
0.3
E0sent
0.2
0.1
x 2
4
6
8
10
12
14
16
R
18
C
-0.1
-0.2
-0.3
-0.4
-0.5
Fig. 9
L Fig. 10
3.3 Método del operador D Recordemos que el operador se puede descomponer como si fuera un polinomio:
con:
76
con
continua en J
Entonces la idea del método consiste en llamar: la ecuación diferencial:
Donde la ventaja está, en que es de menor grado que particular , ahora la e.d. a resolver es:
Resolvemos entonces
Así, una vez hallado una solución
Y ahora repetimos el proceso, haciendo:
De esta manera nos queda:
Seguimos el proceso, hasta llegar a la e.d.:
Al resolverla, tendremos una solución particular de (5). Para mayor claridad veamos estos ejemplos. Ejemplo 17 a) Hallar una solución particular y la solución completa de la ecuación diferencial: (#) Hacemos:
Reemplazando en (#), resulta:
Resolviendo esta e.d. lineal, nos queda:
Como la idea, es obtener una solución particular de (#), tomaremos la constante arbitraria Luego:
77
Nos toca ahora resolver: Hacemos:
De nuevo, tenemos una e.d lineal, resolviendo, nos queda:
Por lo tanto, resulta:
Finalmente, al resolver esta última e.d. tendremos una solución Así:
de (#).
La solución completa de (#) es:
b) Utilizando el método del operador D, hallemos la solución completa de la e.d.:
La solución general de la homogénea es: Ahora hallemos una solución particular de la no homogénea, usando el método del operador D. Así:
Hacemos:
y entonces (#) queda así: y haciendo
Luego:
resulta:
Resolviendo esta última, nos queda: de nuevo haciendo resulta: Finalmente, tenemos:
Resolviendo, nos queda:
78
Ejercicios En los siguientes ejercicios, use el método del operador D para hallar una solución particular de la e.d 1. Halle la solución general o completa, de las siguientes ecuaciones diferenciales: a ) y 5 y 6 y 0 Respuestas: a ) y C1e 2 x C2 e 3 x 1
b ) y y 6 y 1 6 x
b ) y C1e 2 x C2 e 3 x x
c ) ( D 2 4I )y e 3 x
1 c ) y C1 e 2 x C2 e 2 x e3 x 5 1 d ) y C1 C2 x C3 e 3 x e x 2 2x 2 2x e ) y ( C1 C2 x )e x e
d ) y( 3 ) 3 y e x e ) ( D 2I )2 y 2e 2 x f ) y 3 y 2 y xe x x
x
2 1 f ) y C1 e x C2 e 2 x e 2 x et t dt 2 0
2
x
Nota: et t dt se puede expresar por medio de una serie de potencias. Este tipo de funciones 2
0
no expresable por medio de funciones elementales, reciben el nombre de funciones especiales. 2. Resuelva la ecuación diferencial: Sugerencia:
.
Respuesta:
3. Halle la solución general o completa, de las siguientes ecuaciones diferenciales: a ) y( 4 ) 16 y x 4 x 1
Respuestas: a ) y C1e 2 x C2 e 2 x C3 cos( 2x ) C4 sen( 2x ) y P yP
1 4 1 5 x x 16 16 32
1 4 x x e 24 C2 C3 x cos( 3x ) C4 C5 x sen( 3x )
b ) y( 3 ) 3 y 3 y y xe x
b ) y ( C1 C2 x Cx 2 )e x
c ) ( D 2 9I )2 ( D 4I )y 0
c ) y C1e 4 x
4. Utilizando el método del operador D y variación de parámetros, halle la solución general de:
Respuesta:
79
5. Resuelva la ecuación diferencial: Sugerencia: haga primero, el cambio: Luego, use el problema anterior.
luego tome
tal que anule el término con
6.(*) Usando inducción, el problema 4, y el método del operador D, halle la solución general de la e.d. :
Respuesta:
3.4 Método del anulador Si f es una solución de la e.d.: o sea, que: , también se puede decir que es una anulador de f en J. Cuando es el operador lineal de menor grado que anula a f en J, se dice que es el anulador canónico de f. Por ejemplo: , donde es el anulador canónico de . Consideremos la e.d.: con los Sea el anulador canónico de en J. Entonces, si que: ahora, sea: Observemos que:
O sea: Luego, de la solución general de solución de (4), obligando a que los a:
y es una solución de (4), tenemos
se puede obtener una tomen valores adecuados, al tener que satisfacer también
80
Ahora bien, las soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea, con coeficientes constantes, siempre tienen la forma: (#) Luego, para que sea anulador de éste tiene que ser de la forma indicada en (#), o combinación lineal de funciones de este tipo. En la medida de lo posible, es conveniente encontrar el anulador canónico, para que tenga el menor grado posible. Ejemplo 18 a) b)
es el anulador de
en todo
es el anulador de
c)
es el anulador de:
.
Comprobar esto, es lo mismo, que averiguar si satisfacen la ecuación diferencial correspondiente. Por ejemplo:
A continuación se va a dar una tabla con los anuladores de las funciones dadas en (#), primero en los casos particulares, y luego el caso más general. El lector puede probar, con facilidad, que son los anuladores de las funciones que se indican. FUNCIÓN
ANULADOR CANÓNICO
Nota: en adelante, al anulador canónico, lo llamaremos simplemente, anulador. Ejemplo 19 Hallemos una solución particula de la ecuación diferencial:
81
Luego:
De acuerdo a la tabla, el anulador de Por lo tanto: Ahora, la solución general de:
es:
es:
Reemplazando en y obligando a las constantes que tal cosa suceda, tenemos lo siguiente:
Como: (¿Por qué?), entonces: O sea:
Luego: De aquí, tenemos:
De manera que:
En consecuencia, una solución particular de (#) es:
Y la solución completa es:
que tomen valores, para
82
Ejemplo 20 Resolvamos la e.d.: En efecto:
(#).
La solución general de: es:
y la solución general de
Reemplazando en
Luego: O sea:
Por lo tanto, la solución completa de (#) es:
Observe que el que haya un factor común entre
no afecta el procedimiento.
Ejemplo 21 En muchas ecuaciones diferenciales tipo (4), suele ser, una combinación lineal de las funciones que están en la tabla anterior. En este caso, si y las funciones , son funciones de la tabla, con anuladores, respectivamente: Entonces el anulador de será: . Por ejemplo, si:
entonces tenemos:
83
Veamos el siguiente ejemplo, donde se utiliza lo anterior: (#) En este caso:
luego la solución general de
Luego la solución general de
es:
Por lo tanto:
Haciendo operaciones y ordenando, nos queda:
Lo cual, nos lleva al sistema:
Luego:
Finalmente, la solución completa de (#) es:
es:
84
Ejercicios 1. Utilice el método del anulador para hallar una solución particular de las siguientes e.d. y luego escriba la solución completa: a) b)
D D
2
D y senx
3
D 2 D I y 4senx
1 1 senx cos x 2 2 x b ) y C1e C2 cos x C3 senx x cos x xsenx
Resp. a ) y C1 C2 e x
c ) y 3 y 2 y 2x 3 9x 2 6 x
c ) y C1 e x C2 e 2 x x 3
d ) y 4 y 5e x 4x 2
d ) y C1 sen( 2x ) C2 cos( 2x ) e x x 2
e ) y y e x x
e ) y C1 e x C2 e x x
f)
D
4
16 I y x 4 x 1
f ) y C1e 2 x C2 e 2 x
1 2
1 x xe 2 C3 cos( 2x ) C4 sen( 2x ) y P
1 4 1 5 x x 16 16 32 3 1 g ) y C1 e 2 x C2 e3 x e x xe x 4 2 yP
g ) y 5 y 6 y xe x
h ) y( 4 ) y x 2 e x
h ) y C1 e x C2 e x C3 cos x C4 senx yP 15 3 1 yP x x 2 x 3 e x 42 2 3
i)
D
4
4I y 1
2. Sea operador:
i ) y e x C1 cos x C2 senx e x C3 cos x C4 senx
el anulador de la función f y el anulador de la función g. Demuestre que el anula a la función: para
1 4
85
3.
Sean las ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes: y Suponga que los polinomios característicos: no tienen ceros comunes. Y
sea: Demuestre que si
, entonces existen funciones
Y que tales funciones:
tales que:
son únicas.
4. Sea la ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes: a) Usando el método del anulador, y sabiendo que diferencial tiene una solución de la forma:
b) Asimismo, si
es raíz simple de
no es raíz de
, demuestre que la ecuación
, demuestre que entonces una solución particular es:
c) Generalice el resultado anterior, cuando
es raíz de orden m de
.
Resp.
4. El método de reducción de orden Sea con J. Veremos a continuación, que si conocemos una solución J, entonces se puede encontrar otra solución , tal que: solución general de (22), sería: Veamos, entonces, si es posible encontrar una función u , tal que Supongamos que lo sea, luego:
continuas en un intervalo abierto de (22), tal que: en es l.i. en J. Luego, la
sea solución de (22).
86
Pues: Luego, haciendo:
en (#), resulta:
Separando variables e integrando, nos queda:
En ambas integraciones, para mayor sencillez, tomamos las constantes arbitrarias igual a 0. Luego, la función requerida, existe en virtud de las hipótesis asumidas. En definitiva, tenemos:
Finalmente, veamos que
son l.i. en J. Para ello calculemos el Wronskiano de ellas.
Luego, por el teorema 4, sección 1, de este capítulo, concluimos que son l.i. en J. A este método para encontrar la segunda solución, a partir de la primera, se le da el nombre de reducción de orden. Ya que la encontramos resolviendo una e.d. de orden uno. Ejemplo 22 Probemos que la e.d.: acepta una solución de la forma: Luego, encontraremos otra solución, usando reducción de orden. En efecto, reemplazando en la e.d., tenemos:
87
Resolviendo el sistema:
Nos queda, que una solución es: Escribamos la e.d. en la forma:
en todo
.
Luego, para tener que las funciones:
sean continuas, tomaremos:
Y usando (23), resulta:
Por lo tanto:
Finalmente, la solución general de la e.d. es:
Nota Otra forma de resolver el problema, después de hallar es reemplazar por y encontrar u de forma que sea solución. Es decir repetir la demostración, para este caso concreto.
Ejercicios 1. Halle tal que: sea solución de: reducción de orden, halle otra solución l.i. con Respuesta:
Luego por
88
2. Halle la solución completa de la e.d.: Sugerencia: una solución de la homogénea es halle otra solución de la homogénea, que sea l.i con , usando reducción de orden, y luego, halle una solución particular de la no homogénea, haciendo el cambio Respuesta:
3. Halle tal que: orden halle l.i. con de:
sea solución de: Por reducción de Luego, usando variación de parámetros halle una solución particular
Respuesta:
4. Halle m tal que sea solución de: reducción de orden halle l.i. con siendo
(E.D. de Legendre). Por
Respuesta:
5(*). Consideremos la e.d.: la función:
es solución de la e.d. de Bessel de orden cero, en halle una solución l.i. con Respuesta:
(E.D. de Bessel de orden cero). Demuestre que
Luego, usando reducción de orden
89
5. La ecuación diferencial de Cauchy-Euler En general, resolver una ecuación diferencial lineal con coeficientes variables, puede ser un problema complicado, sin embargo, hay un caso en que tal ecuación diferencial se puede transformar en una e.d. con coeficientes constantes, mediante un cambio de variable. Tal es el caso de la denominada ecuación diferencial de Cauchy-Euler, la cual tiene la forma: (24) Donde los Haciendo:
en (24), y llamando:
Tenemos las siguientes relaciones entre los operadores:
.
dy dy dt 1 Dy. Dy xDy dx dt dx x 2 1 1 dt 1 1 D 2 y D Dy D Dy. D Dy. . D y. 2 Dy 2 x x dx x x Dy
Luego:
x 2 D 2 y D D I y. Supongamos que para n 1 tenemos:
x n 1 D n 1 y D D I
D n 2 I y.
Luego, para n, tenemos: D n y D D n 1 y D D n 1 y .
1 2 .D D I xn 1 D n y n .D D I x Dn y
dt 1 D n 1 D D I dx x
D n 2 I y . 1x
D ( n 2 )I y nx 1 D D I D n 2 I y n
D n 2 I D n 1 I y
1 dx dt . 2 D DI y dt dx x
90
Finálmente, nos queda:
xn Dn y D D I
D n 2 I D n 1 I y
De esta manera, la e.d. de Cauchy-Euler queda así:
D D I D n 2 I D n 1 I a D D I D n 2 I n 1
a1 D a0 I y Q( t )
Que es una e.d.lineal no homogénea, con coeficientes constantes, pues al realizar operaciones en la e.d. anterior, llegamos a una expresión en la forma:
Ejemplo 23 Hallemos la solución completa de la ecuación diferencial:
De acuerdo a la teoría, haciendo el cambio:
la e.d. se transforma en:
Desarrollando y simplificando, nos queda: (#) El polinomio característico es: y sus raíces son: Luego:
Para hallar la solución particular de (#), usaremos el método del anulador. En efecto :
La solución general de
entonces:
como:
es:
91
Luego:
O sea:
La solución completa de (#) es:
Rompiendo el cambio de variable, nos queda:
Ejercicios 1. Halle la solución general de la e.d.: Respuesta:
2. Halle la solución particular de:
Respuesta:
3. Halle la solución completa de las siguientes ecuaciones diferenciales:
92
a) ( x 1 )3 y ( 3 ) 2( x 1 )2 y 4( x 1 )y 4 y 4Ln( x 1 ) con J ( 1, ) 2 b) ( 2 3x )2 y ( 2 3x )y 9 y 81x con J ( , ). 3 Sugerencias: en a), haga x 1 v, y luego: t Lnv; en b), haga: 2 3x v y t Lnv. Respuestas: a) yC C1 ( x 1 ) C2 ( x 1 )2 C3 ( x 1 )2 Ln( x 1 ) 1 b) yC ( 2 3x ) C1 C2 Ln( 2 3x )
3 2 Ln( 2 3x ) 6 2
6. La ecuación diferencial de oscilación Consideremos la e.d.: (25) A esta e.d. se le llama ecuación de oscilación, la cual describe el movimiento de una partícula en una recta. Donde el término: representa una aceleración dirigida hacia el origen, y que es proporcional a la distancia al origen. El término representa un retardo debido a una amortiguación por fricción. Finálmente, es la aceleración producida por una fuerza periódica aplicada sobre la partícula. Así, en caso de estar ella presente diremos que se trata de un movimiento oscilatorio forzado. En todo momento, tenemos que: En lo que sigue, analizaremos varios casos importantes. Caso 1 : Oscilación libre sin amortiguamiento En este caso, tenemos: Cuya solución general es:
de esta manera (25) queda así:
Por lo tanto este es un movimiento oscilatorio con período:
Ahora bien, haciendo:
Resulta:
(26)
93
Luego, derivando a Supongamos que:
(Condiciones iniciales).
Luego:
Por lo tanto:
x 5
4
3
Entonces, el movimiento es periódico con las siguientes características:
2
1
x 4 x 0; x( 0 ) 2 2 ; x( 0 ) 4 2 x( t ) 4 cos 2t 4 c=4; w=2; 4 c=4 T
8 -0.8
-0.6
-0.4
t
-0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
2.2
2.4
2.6
2.8
-1
-2
-3
-4
-5
Vea la figura 11, donde:
Fig. 11
y
Caso 2: Oscilación forzada sin amortiguamiento En este caso la e.d. es: después estudiaremos el caso: La solución general de la homogénea es:
Donde primero suponemos:
Para hallar una solución particular de (27), usaremos el método del anulado. En efecto:
y
94
El anulador de: E cos( qt ) es: A( D ) D 2 q 2 I , luego: M ( D ) L( D )A( D ) D 2 q 2 I D 2 q 2 I . La solución general de M ( D )y 0 es: y Acos( wt ) Bsen( wt ) C cos( qt ) Msen( qt ). Reemplazando en L( D )y E cos( qt ), nos queda: C (w2 q 2 )cos( qt ) M (w2 q 2 )sen( qt ) E cos( qt )
C
E y M 0 w q2 2
Luego: xC Acos( wt ) Bsen( wt )
E cos( qt ) ( ) w2 q 2
sen y reemplazando en ( ), nos queda: cos A E E xC cos cos( wt ) sen sen( wt ) 2 2 cos( qt ) xC c.cos( wt ) 2 2 cos( qt ) cos w q w q
Ahora, haciendo: tg
B A
BA
O sea: xC c.cos( wt )
E cos( qt ) w q2 2
Hallemos la solución que satisface:
x( 0 ) a c.cos
E w q2 2
a
.
E c.cos (#) w q2 2
E sen( qt ). Luego: w q2 E0 x( 0 ) E0 cwsen c.sen (##). w Elevando al cuadrado (#) y (##), y sumando, nos queda: x( t ) cwsen( wt )
2
2
E02 E c a 2 w q2 w2 2
i
Y dividiendo (##) entre (#), tenemos:
tg
E0 E w a 2 2 w q
En la fig. 12, tenemos la solución de la e.d.:
E0 arctg E w a 2 w q 2
ii
95
Osea:
x 9x 10sen( 2t ); x( 0 ) a 1; x( 0 ) E0 4
x
6
Por lo tanto, según: (i) y (ii), entonces:
5 53 x( t ) cos 3t 2 cos( 2t ) ; T 2 3 180
4
2
En este caso, hemos supuesto que:
t 1
2
3
4
5
6
-2
Si: -4
-6
Fig. 12
Entonces: así:
y la solución de la e.d., queda
Ahora consideremos el caso:
(Resonancia).
Osea, debemos resolver la e.d.:
con:
La parte homogénea es: Asimismo, una solución particular, obtenida por variación de parámetros, es:
Por tanto, la solución completa es:
Agrupando convenientemente, tenemos:
7
8
9
10
11
96
Tomando en cuenta las condiciones iniciales
, resulta:
x
En la gráfica 13, presentamos el caso con: 15
Es decir, se trata de la e.d:
x 16 x 10 cos( 4t ) ; x( 0 ) 2 ; x( 0 ) 8 5 x( t ) 2 cos( 4t ) 2sen( 4t ) tsen( 4t ) 4
10
5
t 1
Se observa, que a medida que pasa el tiempo la amplitud de la onda va creciendo.
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
-5
-10
-15
Fig. 13
Caso 3: Oscilación libre con amortiguamiento En este caso, la e.d es: Cuando:
la ecuación característica es:
tenemos que:
y por tanto tiene dos raíces reales distintas:
Observe que ambas son negativas, así haciendo:
Tenemos que la solución general de la e.d es:
En este caso, no hay oscilación, y por tanto se dice que el movimiento es aperiódico y críticamente sobre amortiguado (amortiguamineto rápido). Vea la Fig. 14.
97
Cuando: entonces la ecuación característica tiene una solución doble: la solución general es:
Por tanto,
De manera que de nuevo no hay oscilación, y se trata de una amortiguación media. Vea la Fig. 15. Finálmente, consideremos el caso: . O sea, ahora las raíces son: . Luego:
Este movimiento es oscilatorio y críticamente infra-amortiguado (amortiguación lenta). Vea la Fig.16.
x x 1.1 0.7
1
0.9 0.6
0.8
0.7
0.6
x 10x 16 x 0; x( 0 ) 0 ; x( 0 ) 6 k 5w4
0.5
x 2x x 0 ; x( 0 ) 0 ; x( 0 ) 1 k w 1; x( t ) te t
(Amortiguación media)
x( t ) e 2t e 8t
0.4
(Amortiguación rápida)
0.5
0.3
0.4 0.2
0.3
0.2 0.1
0.1
t
t 0.5
-0.6
-0.4
-0.2
0.2 -0.1
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Fig. 14
1.6
1.8
2
2.2
2.4
2.6
2.8
3
1
1.5
2
2.5
Fig. 15
3
3.5
4
4.5
98
x
x 2x 25x 0 ; x( 0 ) 0 ; x( 0 ) 2 6
0.8
w 5 k 1 ; x( t ) e t sen 2 6t
0.6
Oscilación infra-amortiguada (Amortiguación lenta)
0.4
0.2
t 0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
7.5
-0.2
-0.4
-0.6
Fig. 16 -0.8
Caso 4: Oscilación forzada con amortiguamiento En este caso la e.d. es: Analizaremos en detalle el caso: La solución de la e.d. homogénea vuelve a ser como en el caso 3:
Como la amplitud tiende a cero, cuando crece, a esta componente se suele llamar componente transitoria. Para encontrar una solución particular, procedemos por el método del anulador. Siendo:
La solución general de
Reemplazando en
es:
tenemos:
99
Luego, haciendo operaciones y agrupando, nos queda:
Por lo tanto:
Resolviendo (#), nos queda:
O sea:
Hacemos: Luego:
Ahora:
Luego, como:
Entonces:
100
Finálmente, tenemos:
En definitiva la solución completa es:
Por ejemplo:
O sea: Entonces la solución es:
Vea la fig. 17. O sea: (negra)
101
x
1.5
1
0.5
t 0.5
1
1.5
2
2.5
-0.5
-1
-1.5
Fig. 17
Cuando
queda así:
Entonces la solución completa es:
3
3.5
4
4.5
5
102
Por ejemplo:
Luego:
Vea la fig. 18. x
5
4
3
2
1
t 0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
7.5
8
8.5
-1
-2
-3
Fig. 18
Los otros casos se dejan como ejercicios para el lector. A continuación publicamos una tabla resumen, la cual puede utilizarse para la resolución de problemas.
Ecuación diferencial de la oscilación
103
k
w
E
1
0
w
0
2
0
w
Ecos(qt)
3
0
w
0
Osc. libre
Osc. forzada
Tipo de movimento Osc.libre, no amortiguado Forzado, no amortiguado Libre, amortiguado rápido Libre, amortiguado medio Libre, amortiguado lento Forzado, amortiguado rápido Forzado, amortiguado medio Forzado, amortiguado lento Forzado, amortiguado con resonancia Forzado, no amortiguado con resonancia
0
0 raíces propias
4
k=w
w
0
0
5
k
w
0
0
6
k>w
w
Ecos(qt) raíces propias
7
k =w
w
Ecos(qt)
8
k
w
Ecos(qt)
9
k
0
Ecos(qt)
6,7 u 8
10
0
0
Ecos(qt)
2
Ejemplo 24 a) Resolvamos el circuito de la derecha. El cual es un circuito denominado RLC; que consiste en una resiatencia R, una bobina de inductancia L y un condensador de capacidad C, conectados en serie con la señal de entrada: Analice con cuidado la corriente estacionaria, después de un tiempo t de cerrar el circuito. La ecuación diferencial correspondiente es:
E0senwt
R
C
L Fig. 19
104
Derivando (1), resulta:
La ecuación característica tiene tiene raíces:
De acuerdo a la tabla, tenemos las siguientes analogías:
Luego, para resolver el circuito, basta reemplazar en las soluciones de la tabla, cada uno de los factores. Por ejemplo:
Donde:
Como la componente transitoria se hace muy pequeña a medida que transcurre t, haremos algunas operaciones y simplificaciones, sobre En efecto:
105
se le llama, impedancia del circuito.
Luego, (4), queda así:
Ejercicios 1) Resuelva el problema anterior, en el caso:
.
Respuesta:
2) Un recipiente cilíndrico de diámetro 15 cm, está flotando en el agua, en forma vertical. Si se hunde ligeramente, y se deja libre, éste comienza a oscilar con un período de 2,7 s. Hallar el peso del cilindro. Respuesta: E0sent
3) Consideremos un circuito RLC, el cual como se sabe, está regido por la ecuación diferencial:
R
C
Si los valores de que:
están en M.K.S. y son tales L Fig. 20
106
Y las condiciones iniciales son: Halle la expresión matemática que rige la intensidad de la corriente, en el circuito. ¿Qué sucede con cuando Respuesta: Por eso recibe el nombre de componente transitoria. 4) Tenemos un circuito RLC con R = 50 ohmios, L = 0,1 henrios y C = 5.10-4 faradios. En el instante . El circuito se conecta a una fuente de corriente alterna de 110 V y una frecuencia de 60 ciclos (Hz). Sugerencia: Respuesta: (Aproximados a milésimas).
7. Ejercicios variados para todo el capítulo.
2) Averigue si los siguientes conjuntos son l.i. en
a) b)
1,senx,cos( 2x ) 1,arcsenx,arccos x
ax ax 2 c ) e , e 2 2
2
x
0
e
at 2 2
o no:
Respuestas: a ) Si b ) No
dt
c ) Si
3) Sean:
0 en f1 ( x ) 2 x 1 2
1 0, 2 1 en ,1 2
y
2 1 x 2 f 2 ( x ) 0 en
Demuestre que son l.i. en pero soluciones de una ecuación difrencial lineal homogénea?.
1 en 0, 2 1 2 ,1 ¿Qué concluye?, ¿serán
107
Respuesta: No. 4) Resuelva las siguientes e.d.:
Respuestas a) y
2 y 3 y 0
(3)
a ) y A Be x Ce 3 x
b ) y( 5 ) 3 y( 4 ) 2 y ( 3 ) 4 y y 2 y 0
d)
D D
e)
D
f)
D
c)
3
2
3
2
D2 D I y x2 x
b ) y Ae 2 x B Cx cos x E Fx senx c ) y Ae x B cos x Csenx x 2 3x 1
4I y sen( 2x )
d ) y Acos( 2x ) Bsen( 2x )
3D 2 3D I )y e x cos( 2 x )
1 e ) y A Bx Cx 2 e x sen( 2x ) 8 1 f ) y cos x senx 8
4D 5I y senx
1 x cos( 2x ) 4
(Con y finita cuando x ) g ) x 2 y 2xy 6 y 0
g ) y Ax 3 Bx 2
h ) x 2 y xy 2 y xLnx
h ) y x Acos (Lnx) Bsen(Lnx) xLnx
5) a) Halle la solución general de la e.d.: solución:
sabiendo que acepta la
b) Con base en el literal anterior, halle la solución completa de: Respuesta:
6) Resuelva la e.d.:
Respuesta:
sabiendo que acepta una solución de la forma:
108
7) Resuelva el sistema de ecuaciones diferenciales:
Respuesta:
8) Resuelva: Respuesta:
9) Halle una función que satisfaga: sea paralela a la recta:
pase por
y la tangente en ese punto
Respuesta:
10) Sabiendo que la ecuación diferencial: forma: donde:
tiene soluciones de la
Respuesta:
11) Un péndulo de masa m y longitud L, está suspendido desde un punto P. Se desplaza un ángulo , y se deja libre, comenzando a oscilar. Prescindiendo de todas las fuerzas, excepto la de gravedad, halle la ecuación diferencial del movimiento, y resuélvala. Nota: el desplazamiento angular . Respuesta:
, se supone lo sufiecientemente pequeño, como para hacer:
109
12) Un cuerpo de masa 1 g, se mueve bajo la acción de una fuerza atractiva: hacia el punto O,( o sea, proporcional a la distancia a ese punto), y de una fuerza repulsiva: . Si halle le ecuación del movimiento. Respuesta:
13) Una boya cilíndrica de 40 cm de diámetro, flota varticalmente en agua salada de densidad 1,03 kg/lt. Se hunde un poco y se le deja libre, comenzando a oscilar. Sabiendo que el período con que oscila es:
Halle la masa de la boya (Tome
Respuesta: 164,8 Kg.
14) Resuelva el circuito de la derecha: 100 ohmios 0,1 H
Respuesta:
25 ohmios 10-4 F
E(t) = 100sen(300t)
Fig. 21
15) Consideremos la e.d.: Donde cumplen las hipótesis del teorema de existencia y unicidad, en el intervalo J. Demuestre que cada solución no trivial de la e.d, tiene a lo más, ceros simples en J.
16) Sea la solución de solución de la misma e.d., pero bajo las condiciones: Demuestre que:
Y sea
la
110
17) Demuestre que la e.d. de Cauchy: tiene al menos una solución en que tiene infinito número de ceros en dicho intervalo (Oscilatoria en J ).
18) Demuestre que la e.d.:
se puede escribir en la forma matricial:
Donde:
19) a) Demuestre que el cambio de función: w( t )
x( t ) transforma la ecuación diferencial: x( t )
, en la ecuación de Riccati: b) Demuestre que toda ecuación de Riccati, de la forma: con puede convertirse en una e.d. lineal homogénea de segundo orden, haciendo el v( t ) cambio de función: x( t ) . b( t )v( t )
20) Pruebe que la e.d.: acepta una solución de la forma: Luego, encuentre la solución general, usando reducción de orden. Respuesta:
21) Haga un cambio de función conveniente, para que la e.d.: se convierta en: Sugerencia: haga
y tome
con
tal que se haga cero el coeficiente de
Respuesta:
22) Sea f una función que cumple : a) Derivable en Pruebe que es solución de la e.d.: valores de Respuesta:
b)
c) donde:
Halle los
111
23) En el ejercicio anterior, encuentre una solución de la forma: Respuesta:
24) Halle el Wronskiano de: a) b)
Respuesta:
;
112
CAPITULO III ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES VARIABLES. FUNCIONES ESPECIALES
1. Ecuaciones diferenciales de segundo orden con coeficientes analíticos . 1.1. Introducción En este capítulo estudiaremos ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes variables, es decir del tipo :
Donde los
( i = 1 ... , n ) y
Ejemplo 1 a) y " + 4y ' + 4y = 0 ;
J= ; J=
b) c)
son continuas en un intervalo abierto J.
3x 2 y (senx) y sen x 1 x
J = (- , 1)
La mayoría de estas ecuaciones no tienen solución con base a funciones elementales (polinomios, senx, ex, etc.) , sino que suelen venir en forma de series . Aparte de ello, éstas pueden ser bastante complicadas. Definicion 1 En la ecuación diferencial (1) si An (x) 0 , x J , diremos que x es un punto ordinario de (1) . En caso contrario, es decir si existe xo J tal que An (xo) = 0 , diremos que xo es un punto singular de (1). Por ejemplo en la ecuación diferencial (c) del ejemplo anterior, para x = 2/3 tenemos un punto singular, y los demás puntos de J son ordinarios . Sea J tal que A2 ( x) 0, x J . Entonces de la ecuación diferencial de orden dos , tenemos al dividir por A2 ( x) : y " + a(x) y ' + b(x) y = c(x) (2) Donde : A ( x) A ( x) P( x) a ( x ) 1 ; b( x ) o y c( x) A2 ( x) A2 ( x) A2 ( x)
113
Cuando c(x) = 0 , tenemos : y " + a(x) y ' + b(x) y = 0
(2')
Definicion 2 Sea f una función de en , diremos que f es analítica en y radio tal que :
si existe un intervalo de centro
f ( x) an ( x xo ) n n 0
Ejemplo 2
( x xo )n , pues : e n! n 0
a) b) f ( x)
es analítica en cada
x
x
1 x n es analítica en J = ( -1,1 ) (En realidad en (,1) ). 1 x n 0
1.2 Soluciones de la ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes analíticos . En lo que sigue enunciaremos un teorema que garantiza la existencia de soluciones analíticas para ecuaciones diferenciales tipo (2) con a(x) y b(x) analíticas en un cierto intervalo. ( Vea [1], Tomo II , pag. 208 ) Teorema Sean a( x),
analíticas en
; con :
n 0
n 0
n 0
a( x) an ( x xo ) n ; b( x) bn ( x xo ) n ; c( x) cn ( x xo ) n Entonces para la ecuación diferencial: y " + a(x) y ' + b(x) y = 0
( ),
existen dos soluciones analítica, linealmente independientes en J . Observaciones 1) Si es una solución particular de (2) obtenida por variación de parámetros ( Vea el Cap. II, Sección 3.2 ), entonces: es la solución completa (general) de (2); siendo las soluciones independientes de (2'). Luego la solución general de (2') también es una función analítica en x0 , así como la general o completa de (2). Proponemos al lector demostrar esto, utilizando la sección 3.2, del Cap. II; así como propiedades de funciones analíticas.
114
2) Si las soluciones del teorema son :
f1 ( x) cn ( x xo ) n
f 2 ( x) d n ( x xo )n
y
n 0
n 0
Tenemos que: y Del capítulo anterior, sabemos que dos soluciones de (2), son linealmente independientes en un intervalo , si y sólo si existe algún x J tal que el Wronskiano es distinto de cero . Es decir: , soluciones de (2'), son linealmente independientes si y sólo si existe x0 J tal que : f ( x ) f2 ( x ) W( )(x ) 1 0 f1( x ) f 2( x ) En nuestro caso: )(x )
W(
co c1
do d1
=
0
Por ejemplo si: En lo que sigue daremos algunos ejercicios resueltos, e inmediatamente procederemos a utilizar la resolución de estas ecuaciones para obtener algunas funciones especiales, las cuales estudiaremos con cierto detalle . Sin embargo, previamente recordaremos algunas propiedades de las series de potencias , las cuales serán utilizadas con frecuencia , más adelante . Si:
f ( x) an ( x xo ) n en n 0
Entonces :
f ( x) nan ( x xo )n 1 n 1
y
f ( x) n(n 1)an ( x xo ) n 2 en J . n2
Observe que no se comete error si empezamos las dos últimas series desde
Ejemplo 3 Halle dos soluciones independientes de la ecuación diferencial en J = : (3) Luego encuentre una solución particular que satisfaga : y (0) = 2; y ' (0) = 3
( ¿Por qué? )
115
Solución: La ecuación (3) es equivalente a : y
10 x 20 y y0 2 1 x 1 x2
(4)
10 x 20 y b( x ) son analíticas en , y en particular lo son en un 2 1 x 1 x2 intervalo abierto de centro 0.
Donde: a( x)
De acuerdo al teorema, existe f ( x) an x n tal que es solución de (3) y (4) . Luego si n 0
sustituimos f en una de ellas , por ejemplo en (3) , debe obtenerse una identidad. En efecto :
(1 x ) n(n 1)an x 2
n2
n2
10 x nan x
n 1
n 1
20 an x n = 0
(5)
n 0
Efectuando operaciones resulta :
n(n 1)a x n2
n
n2
n2
n 1
n 0
n(n 1)an x n 10nan x n 20an x n 0
Cambiando el índice de la primera sumatoria ( n por n - 2), tenemos :
n 0
n2
n 1
n 0
(n 2)(n 1)an2 xn n(n 1)an xn 10nan xn 20an xn 0 Luego:
2a2 6a3 x [(n 2)(n 1)an 2 n(n 1) 10n 20 an ]x n 10a1 x 20ao 20a1 x 0 n2
Reduciendo términos semejantes nos queda :
(2a2 20ao ) (6a3 30a1 ) x {(n 2)(n 1)an 2 (n 4)(n 5)an ] x n 0 n2
De aquí resulta : (6) (n 2) A la relación (7) se le llama relación de recurrencia . Despejando
en (7), resulta:
(7)
116
(n 4)(n 5) an (n 2)(n 1)
(n 2)
(8)
Estudiaremos dos casos , cuando n es par y cuando n es impar . Cuando n es par tenemos de (8):
a2 n
(2n 2)(2n 3) a2 n2 (2n)(2n 1)
. . .
9 8 a4 65 76 a4 a2 43
a6
Multiplicando miembro a miembro y simplificando, tenemos:
a2 n (1)n1 Como
(2n 3)(2n 2)(2n 1) 9 8 7 6 (2n 3)(2n 2)(2n 1) a2 (1)n1 a2 (2n)(2n 1) 6 5 4 3 60 y simplificando, se obtiene:
a2 n (1)n
(n 1)(2n 1)(2n 3) ao 3
(9)
Procediendo de manera similar para el caso impar, resulta: a2 n 1 (1)n
(n 1)(n 2)(2n 3) a1 6
Luego :
n 0
n 0
n 0
f ( x) an x n = a2 n x 2 n a2 n 1 x 2 n 1
(10)
117
(n 1)(2n 1)(2n 3) 2 n (n 1)(n 2)(2n 3) 2 n 1 x a1[ x (1) n x ] 3 6 n 1
f ( x) ao [1 (1) n n 1
Por lo tanto:
es la solución general de (3), donde:
f1 ( x) 1 (1)n n 1
f 2 ( x) x (1) n n 1
(n 1)(2n 1)(2n 3) 2 n x 3
Con :
f1 (0) 1
(n 1)(n 2)(2n 3) 2 n1 Con : f 2 (0) 0 x 6
Como W (f1 , f2 ) (0) = 1 0 , concluimos que {
f1(0) 0;
f 2(0) 1
} es independiente en .
Hallemos la solución particular de (3), que satisfaga las condiciones iniciales:
En efecto, como la solución general, tiene la forma: f ( x) an x n , observando que: n 0
; f ( x) nan x n 1
f ( x) an x n
n 1
n 0
Luego la solución particular solicitada es :
Ejercicios 1) Determine si las siguientes ecuaciones diferenciales tienen soluciones analíticas. En caso afirmativo, halle dos soluciones independientes . a) b c) d*)
alrededor de . alrededor de 0. alrededor de 0. alrededor de
Resp.
(n 2)cn 2 cn 4 (n 4) . Además : n(n 1) 1 1 1 1 f ( x) co [1 ( x 1) 4 ( x 1)6 ] c1[( x 1) ( x 1)3 ( x 1)5 ] 12 90 6 40
a) Fórmula de recurrencia : cn
118
(Sólo calculamos unos cuantos términos pues para hallar la fórmula general para n, tendríamos que resolver una ecuación en diferencias finitas de orden 4, lo cual puede ser muy laborioso ) . 2
x x2n b) f ( x) ao [1 ] a1 xe 2 n 1 1 3 (2n 1)
en J =
2 5 (3n 1) 3n 3n n! c) f ( x) ao [1 x ] a1[ x n x3n 1 ] en J = ( 3 2, 3 2) n 6 n! n 1 n 1 2 [4 7 (3n 1)]
d) f(x) = a0 f1 (x) + a1 f2 (x) + f3 (x), donde: 1 1 (1) n1 x3n 1 1 (1)n1 x3n1 ; f 2 ( x) x x 4 y f1 ( x) 1 x3 3 3 n 2 6 9 (3n) 4 4 n 2 7 10 (3n 1) (1)n1 x3n1 (1) n1 x3n (1) n1 x3n1 f 3 ( x) [ x 2 ] [ x3 ] [ x4 ]; J= n 2 5 8 (3n 1) n 2 6 9 (3n) n 2 7 10 (3n 1)
2) Halle la solución particular que satisface las condiciones iniciales que se indican : a) b) Resp.
1 4 (3n 2) 3n 2 5 (3n 1) 3n1 x x ; en . (3n)! (3n 1)! n 1 n 1 1 2 5 (3n 1) 3n1 b) f ( x) 2 x x 4 (1) n x ;en . 12 (3n 1)! n2
a) f ( x) 1 x
n 4
3) () Halle los términos , hasta de grado 5 , de la solución general de: a)
(alrededor de cero)
b)
( alrededor de cero )
Sugerencia:
Suponga que y =
a x n 0
n
n
y use los desarrollos de Taylor de senx y ex, alrededor de cero .
Luego multiplique las series, usando el producto de Cauchy para series .
119
Resp. 1 1 1 1 5 1 1 1 a) f ( x) ao (1 x 2 x3 x 4 x ) + a1 ( x x3 x 4 x5 ) ; en . 2 6 12 20 3 12 20
b) f ( x) ao (1 x 2
1 4 1 1 1 1 x ) + a1 ( x x3 x5 ) + x 2 x3 ; en 12 6 30 2 6
4) Idem para: (alrededor de cero) Resp. 1 1 6 1 1 f ( x) ao (1 x 2 x ) + a1 ( x x3 x5 ) f p ( x), donde: 2 144 6 60 1 1 1 1 5 1 6 f p ( x) x 2 x 3 x 4 x x 2 6 12 60 200 5) Idem para:
(alrededor de cero )
Resp. n
1 k! k 0 ; ( fórmula de recurrencia ) ( n 0 ) (n 2)(n 1)
a
nk
an 2
1 1 1 1 5 1 1 1 f ( x) ao (1 x 2 x3 x 4 x ) a1 ( x x3 x 4 x5 ) 2 6 12 24 6 12 30
6) Idem para:
(alrededor de cero ) ; halle hasta el término de grado cinco .
Resp. 1 1 1 f ( x) ao (1 x 2 x3 x 4 2 6 40
1 1 1 ) a 1 ( x x3 x 4 x5 6 12 60
7) Idem para:
1 1 5 ) ( x3 x 6 120
(alrededor de cero ) .
Resp.
2
x x2n f ( x) ao [1 ] a1 xe 2 n 1 1 3 (2n 1)
en J = .
8) Halle la solución general de la siguientes ecuaciones diferenciales:
)
120
Resp.
9) Halle la solución particular de la siguiente ecuación diferencial:
Resp.
10) Demuestre, que haciendo:
en la ecuación diferencial de Weber:
Esta se transforma en la ecuación diferencial: Halle la solución general de ésta, y con ella la de la e.d. de Weber. ¿Qué sucede cuando p es un número natural? Resp. , siendo:
121
11) Demuestre en detalle la observación su procedencia bibliográfica.
de esta sección, especificando los teoremas usados y
2. Funciones de Legendre A la ecuación diferencial: (1) la denominamos: ecuación diferencial de Legendre, y a sus soluciones las denominaremos funciones de Legendre . Esta ecuación diferencial surge, por ejemplo, en la resolución de la ecuación de Laplace en coordenadas esféricas . 2.1 Resolución de la ecuación diferencial de Legendre 2 x ( 1) Para resolver (1) observamos que : a( x) y b( x ) son analíticas en los 2 1 x 1 x2 intervalos: (- , 1); (-1,1); (1,) . Resolviendo alrededor de 0 , tenemos que la solución general debe tener la forma :
f ( x) cn x n . n 0
Reemplazando en (1) , resulta :
n2
n2
n 1
n 0
n(n 1)cn xn2 n(n 1)cn x n 2ncn x n ( 1)cn x n 0 n
Cambiando el índice en la primera serie ( n n + 2) , para que aparezca x , tenemos:
n 0
n2
n 1
n 0
(n 2)(n 1)cn2 xn n(n 1)cn xn 2ncn x n ( 1)cn x n 0 Agrupando, resulta:
n2
n2
2c2 6c3 x (n 2)(n 1)cn 2 x n n(n 1)cn x n 2c1 x 2ncn x n n2
( 1) co ( 1) c1 x ( 1)cn x n 0 n2
Como:
; entonces:
122
(n 2)(n 1)c
n2
n2
(n(n 1) 2n ( 1))cn ]x n 0
En la serie observamos que: Luego :
)
[(n 2)(n 1)c n2
n2
( n)( n 1))cn ]x n 0
Por lo tanto :
Luego de (2) , (3) y (4) tenemos : ( 1) ( 1)( 2) c2 co (2´) ; c3 c1 2 6 ( n)( n 1) cn 2 cn (n 2) (4´) (n 1)(n 2)
(3´) ; . . . ;
Si escribimos los términos pares, tenemos:
c2 n 2
c2 n =-
( 2n)( 2n 1) c2 n (2n 1)(2n 2)
( -(2n - 2))( +2n -1) c2 n 2 (2n -1)2n
. . . c4
( 2)( 3) c2 6
(k=n)
(k = n - 1)
. . . (k = 1)
Multiplicando miembro a miembro las n igualdades y simplificando resulta :
c2 n 2 (1)n
[( 2n)( 2n 2) ( 2)][( 2n 1)( 2n 1) ( 3)] c2 (2n 2)(2n 1) 2n 4 3
123
Pero de (2 '), sabemos que: c2
( 1) 2
co
.
Reemplazando en la expresión anterior , tenemos :
c2 n 2 (1)n1
[( 2n)( 2n 2) ( 2) ][( 2n 1)( 2n 1) ( 3)( 1)] co (2n 2)!
En la fórmula anterior, sustituyendo n por
c2 n (1)n
tendremos para
[( 2n 2) ( 2) ][( 2n 1) ( 3)( 1)] co (2n)!
Similarmente, para
`
(5)
tenemos: (Ejercicio)
c2 n1 (1)n
[( 2n)( 2n 2) ( 2)][( 2n 1) ( 1)] c1 (2n 1)!
(6)
Como :
n 0
n 0
f ( x) c2 n x 2 n c2 n1 x 2 n1 Entonces:
[( 2n 2)( 2n 4) ( 2) ][( 2n 1) ( 3)( 1)] 2 n x ) (2n)! n 1 [( 2n)( 2n 2) ( 2)][( 2n 1)( 2n 3) ( 1)] 2 n1 c1 ( x (1)n x ) (2n 1)! n 1
f ( x) co (1 (1) n
De manera que f ( x) , solución general de (1), se puede escribir en la forma: . Donde :
f1 ( x) 1 (1)n n 1
[( 2n 2) ( 2) ][( 2n 1) ( 3)( 1)] 2 n x (2n)!
f 2 ( x) x (1) n n 1
[( 2n)( 2n 2) ( 2)][( 2n 1)( 2n 3) ( 1)] 2 n1 x (2n 1)!
(7)
(8)
124
Como pueden tomar valores arbitrarios , entonces si ; es una solución de (1) , la cual por cierto cumple con las condiciones iniciales : Asimismo, si , entonces es solución de (1) y cumple las condiciones iniciales siguientes: ( ¿ Por qué ? ). Luego son dos soluciones l.i. de (1) , pues su Wronskiano en x = 0 es:
En conclusión: probado el siguiente teorema :
es la solución general de (1) , y con esto hemos
Teorema 1 La ecuación diferencial de Legendre de orden (con + ) : (1) tiene como solución general en (-1,1) a:
Donde: viene dada por la serie (7); y Cumpliéndose las condiciones iniciales siguientes :
por la (8).
;
2.2 Polinomios de Legendre. El caso de la ecuación diferencial de Legendre con N , es de particular interés en ciertas ramas de la Ingeniería Electrónica ( Teoría de antenas por ejemplo ) . Observamos que en este caso, algunas soluciones de la ecuación diferencial (1) son polinomios, denominados: Polinomios de Legendre . * En efecto , si por ejemplo = 2 , entonces : ( 1) 2 ( 3)( 1) ( 2) 4 ( 5)( 3)( 1) ( 2)( 4) 6 f1 ( x) 1 x x x ... 2! 4! 6! f1 ( x) P2 ( x) 1 3x 2 Tratemos de encontrar una fórmula cerrada que sea válida, tanto en el caso = 2m , como en el caso = 2m + 1. Recordando (4 ') , tenemos : * En realidad la mayoría de los autores denominan Polinomios de Legendre, a los Polinomios de Legendre canónicos ( Es decir : 1 ; x ; -(½) (1-3x2 ) ; ...)) usados en los desarrollos generalizados de Fourier , cumpliendo con Pn (1) = 1 n N .
125
cn 2 Si = 2m N , el coeficiente
( n)( n 1) cn (n 1)(n 2) es :
(n 2) (4´)
(2m 2m)(2m 2m 1) c2 m 0 (2m 1)(2m 2)
Por lo que: = ... = 0, por aplicación reiterada de (4 ') . Luego: f1 ( x) queda reducido a un polinomio de grado 2m, pues : m
f1 ( x) c2 k x 2 k k 0
c
k m 1
m
m
k 0
k 1
2k c2 k x 2 k c0 c2 k x 2 k 2k x
En cambio los coeficientes de f 2 ( x) no se anulan ya que:
c2 n 1
( (2n 1))( 2n) (2m 2n 1)(2m 2n) c2 n 1 c2 n 1 (2n)(2n 1) (2n)(2n 1)
Luego al ser = 2m , f1 ( x) es un polinomio de grado 2m y f 2 ( x) viene dado por una serie de potencias . Similarmente se puede demostrar que si = 2m +1 N , entonces f1 ( x) viene expresado por una serie de potencias, y en cambio f 2 ( x) es un polinomio de grado 2m+1 (Ejercicio). Así, f1 ( x) en el caso par, y f 2 ( x) en el caso impar, son los denominados polinomios de Legendre , sin embargo , también lo son: ó , según el caso. De hecho en la literatura matemática se acostumbra reservar este nombre a los polinomios tales que: Como veremos más adelante, esto se logra si multiplicamos que el coeficiente de mayor grado es : (2n)! Dn n ( si n es par; o 2 (n !)2 En resumen , tenemos el siguiente teorema :
ó
por una constante tal
si n es impar ) .
Teorema 2 En la ecuación diferencial de Legendre (1) , cuando N entonces : a) Si = 2m N ; s un polinomio de grado 2m y viene dado por una serie de potencias .
126
b) Si = 2m +1 N , de potencias .
es un polinomio de grado 2m+1 y
viene dado por una serie
A continuación, veremos que los Polinomios de Legendre se pueden expresar de una sola forma, tanto en el caso par como en el impar .
Teorema 3 n 2
Pn ( x) (1) m m0
(2n 2m)! x 2 nm 2 m! (n m)!(n 2m)! n
(9) . Donde n
Demostración Sea Dn el coeficiente del término de mayor grado del Polinomio de Legendre , donde Dn = A cn , siendo (2n)! Dn n (10) 2 (n !)2 n(n 1) n(n 1) cn2 cn cn y Dn 2 A.cn 2 Como: (n n 2)(n n 1) 2.(2n 1) Dn2
Entonces:
Similarmente : cn4 Luego :
(2n 2)! 2 (n 1)!(n 2)! n
(n 2)(n 3) cn2 (n n 4)(n n 3)
y
Dn4 A.cn4 .
(n 2)(n 3) (n 2)(n 3)(2n 2)! Dn2 (1)2 4 (2n 3) 4 (2n 3)2n (n 1)!(n 2)! (2n 4)! (1)2 n 2 2 (n 2)!(n 4)!
Dn4 Dn4
Razonando de la misma manera , tenemos :
Dn6 A cn6 Dn6 (1)3
(n 4)(n 5) (n 4)(n 5) (2n 4)! A cn4 (1)3 n (n n 6)(n n 5) 6 (2n 5) 2 2 (n 2)!(n 4)!
(n 4)(n 5) 2(n 2) (2n 5)(2n 6)! (2n 6)! (1)3 n n 6 (2n 5)2 2 (n 2)(n 3)!(n 4)(n 5)(n 6)! 3! 2 (n 3)!(n 6)!
127
En general , tenemos :
Dn2 m (1)m
(2n 2m)! m! 2 (n m)!(n 2m)! n
Si n es par : n
2
Pn ( x) D2 m x m0
n
2m
2
Dn 2 m x m0
n
n2 m
2
(1)m m0
(2n 2m)! x n 2 m m!2 (n m)!(n 2m)! n
Si n es impar :
Pn ( x)
n 1
m0
2
D2 m1 x 2 m1
n 1
m0
2
Dn2 m x n 2 m
n 1
2
(1)m
m0
(2n 2m)! x n2 m m!2 (n m)!(n 2m)! n
En resumen , en ambos casos los sumandos tienen la misma forma , pero en el caso par , la sumatoria termina en n/2 y en el caso impar, en (n-1)/2 . Veamos cómo podemos unificar esto. n n Si n es par : = 2 2
n1 2
n 2
n1 2
n n -1 Si n es impar : = 2 2
Luego en cualquier caso:
(1) m (2n 2m)! Pn ( x) x n2 m n m 0 m!2 ( n m)!( n 2m)! [n2]
(9)
Ejemplo 1 a) n = 1; [1/2] = 0 , entonces la sumatoria tiene sólo el sumando m = 0 ; 2! x P1 ( x) x P1 ( x) x 0!211!1! b) n = 2; [2/2] = 1; luego:
4! x 2! (1)m (4 2m)! x2 x 22 x 2 2 m 2 2 0! 4 2! 2! 1! 2 (2 1)!(2 2)! m 0 m !2 (2 m)!(2 2m)! 3 1 1 P2 ( x) x 2 (3x 2 1) 2 2 2 1
P2 ( x)
128
1 P2 ( x) (3x 2 1) 2
c) n = 3
; luego: 6! x 4! (1)m (6 2m)! x 3 2 m x3 3 x 3 0!8 3!3! 1!2 2!1! m 0 m !2 (3 m)!(3 2m)! 1
P3 ( x)
1 P3 ( x) (5 x3 3x) 2
Observación Una manera práctica de obtener un Polinomio de Legendre la indicamos en el siguiente ejemplo : Ejemplo 2 Obtengamos el polinomio , usando la ecuación diferencial de Legendre para Escribimos la ecuación diferencial de Legendre para = 3 . O sea:
El Polinomio de Legendre de grado 3 debe tener la forma: ecuación diferencial y además . Reemplazando en la ecuación diferencial , tenemos :
Y como tenemos: A
6 A 10 B 0 . Resolviendo el sistema: A B 1
, entonces : 5 2
y
B
, es solución de la
3 2
Finalmente nos queda : 1 P3 ( x) (5 x3 3x) 2
129
Propiedades de los polinomios de Legendre En lo que sigue estableceremos una serie de propiedades de gran utilidad en el manejo de los polinomios de Legendre. 1) Fórmula de Rodrígues A continuación, veremos que hay una estrecha relación entre
y la derivada enésima de
En efecto, desarrollemos la potencia enésima del binomio: n
n
k a
Recordemos que:
k 0
nk
bk
.
n
n
k a b k 0
k
nk
n n 2 nk ) (1)k n ! 2 n 2 k k ( x ) ( 1) x k 0 k k 0 k !( n k )! n
Luego:
=
Derivemos n veces ambos miembros de la igualdad anterior ; para ello recordemos del cálculo que : s( s 1) ( s n 1) x s n Cuando s n n s D (x ) Cuando s < n 0 En nuestro caso , tenemos : n 2
(1) n ! (1) k n !(2n 2k )(2n 2k 1)...(2n 2k n 1) n 2 k D n ( x 2n2k ) x k !(n k )! k 0 k !(n k )! k 0 n
D n [( x 2 1)n ]
k
Pues:
D n ( x 2 n2 k ) (2n 2k )(2n 2k 1)...(2n 2k n 1) x n2 k
n para 0 k 2
Mientras que: Multiplicando y dividiendo por (n - 2k)! , resulta de acuerdo a (9):
D n [( x 2 1)n ]
[ n /2] 2n (1)k (2n 2k )!n ! n 2 k (1)k (2n 2k )! n x 2 n ! x n2 k (11) n n 2 k !( n k )!( n 2 k )! 2 k !( n k )!( n 2 k )! k 0 k 0
[ n /2]
Luego: Dn [( x 2 1)n ] 2n n! Pn ( x)
Despejando Pn ( x ) , tenemos la fórmula de Rodrigues para polinomios de Legendre :
130
Pn ( x)
1 D n [( x 2 1) n ] 2 n! n
(12)
2) Ortogonalidad de los polinomios de Legendre Recordemos del Algebra Lineal que en un espacio vectorial V con producto interno , , dos elementos u ,v V , son ortogonales sii: u ,v = 0 . En el espacio vectorial de los polinomios definimos el siguiente producto escalar: 1
P, Q P( x)Q( x)dx 1
Podemos comprobar que el conjunto: es ortogonal . En efecto , sean y polinomios de Legendre, con . Por lo tanto satisfacen las ecuaciones diferenciales de Legendre de orden n y m, respectivamente. O sea:
Las cuales se pueden escribir en la forma : d [(1 x 2 ) Pn (x)] + n(n 1) Pn (x) 0 dx d [(1 x 2 ) Pm (x)] + m(m 1) Pn (x) 0 dx
Multiplicando (13a) por Pm ( x)
y (13b) por
1
1
(13b)
, y restando miembro a miembro, tenemos:
d d [(1 x 2 ) Pn (x)] Pn (x) [(1 x 2 ) Pm (x)] + [n(n 1) m(m+1)]Pm (x)Pn (x ) 0 dx dx
Pasando el tercer sumando a la derecha e integrando entre:
(13a)
Pm ( x )
, resulta :
1 1 d d [(1 x 2 ) Pn (x)] dx Pn (x) [(1 x 2 ) Pm (x)]dx = [m(m 1) n(n 1)]Pm (x)Pn (x)dx -1 -1 dx dx
Integrando por partes en el primer miembro, nos queda : 1 1 1 [ Pm ( x)(1 x 2 ) Pn (x)] Pm ( x)[(1 x 2 ) Pn (x)] dx [ Pn ( x)(1 x 2 ) Pm (x)] 1 -1 -1
131
1 Pn(x) [(1 x 2 ) Pm (x)]dx =
1
-1
-1
[m(m 1) n(n 1)]Pm (x)Pn (x)dx
En el primer miembro todo se anula, luego: 0 = [m(m 1) n(n 1)] -1 Pm (x)Pn (x)dx 1
Si m n , entonces m(m + 1) n (n + 1) ( ¿ Por qué ? ), luego:
1
Pm (x)Pn (x)dx 0 para m n
-1
(14)
3) Cuando n = m nos queda: 1
1
Pn2 ( x)dx
2 2n 1
para n N
(15)
( Ejercicio: Use la fórmula de Rodrígues ) 4) Pn (1) = 1 ; n N En efecto , recordando la fórmula de Leibniz para la derivada enésima de un producto de funciones derivables hasta el orden n, tenemos: n n D n [ f ( x) g ( x)] f (k) ( x) g ( nk ) ( x) k 0 k
(16)
De acuerdo a la fórmula de Rodrigues para polinomios de Legendre (12): Pn ( x)
1 1 D n [( x 2 1) n ] n D n [( x 1)n ( x 1) n ] 2 n! 2 n!
Pn ( x)
1 n k D [( x 1) n ]D nk [( x 1) n ] n 2 n! k 0 k
n
Entonces:
Observe que en el segundo miembro , todos los sumandos excepto el correspondiente a k = n , tienen el factor . Este sumando es :
132
. Luego :
Pn ( x)
1 n1 n k n !( x 1)n n nk n D [( x 1) ] D [( x 1) ] 2n n ! k 0 k 2n.n !
Haciendo x = 1 en ambos miembros, resulta: Pn (1) = 1.
5) Fórmula de recurrencia 2
En la fórmula de Rodrigues, haciendo u = x - 1, tenemos para n + 1:
Asimismo:
O sea: (17c) De acuerdo a (17b) y (17c) , tenemos :
Por otra parte, de (17a), cambiando n + 1 por n – 1, tenemos:
Luego: Por lo tanto :
133
Así mismo de :
Luego:
De acuerdo a la fórmula de Rodrigues: Pn ( x)
1 1 D n [( x 2 1) n ] n D nu n 2 n! 2 n! n
Reemplazando en (17e), tenemos:
Despejando Dn1u n de (17d) y (17f), resulta: 2n n ! [Pn 1 (x) xPn (x)] 2n n ! [Pn 1 (x) - Pn-1 (x)] 2n 1 n Simplificando, nos queda: Pn1 ( x) Pn-1 ( x) Pn 1 ( x) x Pn ( x) (2n 1) n Eliminando denominadores y reduciendo términos semejantes, queda finalmente : (n 1) Pn1 ( x) n Pn-1 ( x) (2n 1) x Pn ( x)
(18)
Ejercicios 1) Determine los polinomios de Legendre: 2) Encuentre la solución general y particular de : Resp . Es Legendre de orden = 1;
, de tres formas diferentes . ; con :
134
1 x 2 m ; f 2 ( x) x ; f p ( x) 1. f1 ( x) 2. f 2 ( x) m 1 2m 1
f1 ( x) 1
3) Halle la solución general de : 3
(Sugerencia : primero vea si existe tal que ( + 1) = . Si tal cosa es cierta , 4
entonces la e.d. es de Legendre . Resp . Simplemente reemplace =
1
en las fórmulas
obtenidas anteriormente .
2
4) Demuestre que :
1
1
Pn2 ( x)dx
2 . Use lo anterior para hallar Pn 2n 1
Sugerencia: integre por partes n veces la fórmula de Rodrigues y use : 2
2 n 1 cos ( )d 0
2 2 n (n!) 2 (2n 1)!
5) Sea Vn el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que n. Demuestre que donde es el Polinomio de Legendre de grado " i " , es una base de Vn. Sugerencia: Recuerde que 6) a) Con base a la pregunta anterior , si P Vn existen: n 2k 1 1 P( x) ck Pk ( x) . Demuestre que: ck P( x) Pk ( x)dx 2 1 k 0
tales que:
b) Use a) para hallar una representación de del ejercicio No. 5. Resp.
, utilizando la base
7) Demuestre que si es una función continua par y grado impar , entonces : 1
1
es un polinomio de Legendre de
Pm ( x) f ( x)dx 0
8) Demuestre que : a)
;
b)
( k = 0, 1, ... , n)
;
c) P2 n (0) (1)n
1 3 (2n 1) 2 4 (2n)
135
Sugerencia : a)Siga un procedimiento parecido al utilizado para demostrar que para b) y c) , use la definición de polinomio de Legendre .
;
9) Demuestre que : a) Pn1 ( x) (n 1) Pn ( x) xPn( x)
b) xPn( x) Pn1 ( x) nPn ( x) 0 c) (2n 1)(1 x2 ) Pn( x) n(n 1)[ Pn1 ( x) Pn1 ( x)] Sugerencia: para c), use b) , con , es la denominada ecuación
10) La ecuación diferencial: diferencial de Hermite .
a) Demuestre que la solución general de la e. d. es : f ( x) a0 f1 ( x) a1 f 2 ( x) (1) k 2k ( 2) ( 2k 2) 2 k (1) k 2k ( 1) ( 2k 1) 2 k 1 x ] a1[ x x ] (2k )! (2k 1)! k 1 k 1
f ( x) ao [1
b) Demuestre que si N; y es par, entonces es un polinomio de grado . Similarmente si es impar, entonces s un polinomio de grado . c) Se reserva el nombre de Polinomio de Hermite H n ( x) , a pero con : n n 2
2 2 n! ao (1) cuando n es par, 2 4 n
y
a1 (1)
en el caso en que n N ,
ó n 1 2
n 1
2 2 n! si n es impar . 2 4 n
[ n2 ]
(1) k n ! (2 x) n 2 k , para k !( n 2 k )! k 0
Demuestre que : H n ( x) d) Halle:
desde i = 1 hasta 4.
e) Demuestre que: e2 xt t 2
f) Demuestre que:
H n ( x) n t (Función generadora de polinomios de Hermite). n! n 0
( Fórmula de Rodrigues para
136
Use esta fórmula para hallar g) Si definimos en
desde i = 1 hasta 4 .
( espacio vectorial de los polinomios ):
P, Q
e
x2
P( x)Q( x)dx
Demuestre lo siguiente: (i) , es un producto escalar; verificando previamente que la integral que define el producto escalar es convergente . (ii) (iii) h) Demuestre que: (fórmulas de recurrencia) (i) (ii) 11) Resuelva la e.d. de Weber: es una solución de la e.d. de Hermite:
, usando u x e
x2 2
f ( x) , donde f ( x)
12) a) Resuelva la ecuación diferencial de Chebyschev: ( nN) y demuestre que tiene una solución polinomial de grado n. A esta solución polinomial de grado n se le denomina polinomio de Chebyschev de grado n, y se denota por: Tn (x) . b) Demuestre la siguiente relación de recurrencia para polinomios de Chebyshev: ) 13) Demuestre que: (Función generadora de polinomios de Legendre)
Sugerencia Use las siguientes identidades:
137
14) Demuestre las siguientes propiedades de los polinomios de Legendre: a)
.
3. Funciones especiales de punto singular 3.1 Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con puntos singulares. En la sección anterior estudiamos ecuaciones diferenciales de la forma: (con analíticas en un intervalo abierto I )
y
Ahora bien la resolución de una ecuación diferencial en puntos donde y tienen puntos singulares aislados ofrece un buen número de dificultades, abordables con conceptos de variable compleja, usualmente todavía no estudiadas en los pensa de la mayoría de las universidades. Poresta razón nos limitaremos a estudiar la resolución de ecuaciones diferenciales del tipo: (1) Donde
son analíticas en
.
Definicion Una ecuación diferencial: con analíticas en , o sea con desarrollo en serie de potencias alrededor de x0 en un cierto intervalo , se dice que tiene un punto singular regular en . Este tipo de ecuaciones se puede resolver por los llamados métodos de Frobeniöus (*), los cuales se basan en los denominados "Teoremas de Frobeniöus " (*) Ferdinand G. Frobenious nació en Berlín, Alemania en 1849 y murió en 1917. Notable matemático con grandes contribuciones a la Teoría de Ecuaciones Diferenciales y Teoría de Grupos.
138
En este texto sólo daremos su enunciado , y para su demostración puede consultarse ( [10] ; pág .415-421 )
3.2 Método de Frobeniöus En el proceso de demostración del Teorema de Frobeniöus , se obtiene una ecuación algebraica , denominada ecuación de índices o indicial, de la cual se obtienen varios casos, según la naturaleza de las raíces. Siendo dicha ecuación: (2) Donde: y para un cierto Observe que es una ecuación de segundo grado en t . Teorema 1 ( Frobenious ) Sea la e.d. (1), teniendo a
,
como punto singular regular .
cn ( x xo ) n y
Con :
=
n 0
convergentes en Sean
d n 0
n
( x xo ) n
.
las raíces de la ecuación indicial: (2)
a) Si independientes:
N , entonces la ecuación diferencial (1) tiene dos soluciones linealmente , las cuales vienen dadas por: = =
x xo
1
x xo
2
a (x x )
n
; donde
(3)
b (x x )
n
; donde
(4)
n 0
n 0
n
o
n
o
Siendo ambas series convergentes en el intervalo : (1) en b) Si N {0} , entonces acepta una solución independiente de ella, de la forma : f 2 ( x) x xo
2
b (x x ) n 0
n
o
n
kf1 ( x) Ln x xo .
y siendo soluciones de
de la forma (3) y otra Con
(Ln = Logaritmo neperiano ). c) Si , acepta una solución en la forma (3) y otra solución de la forma:
(5)
139
f 2 ( x) x xo
1 1
b (x x ) n 0
n
o
n
f1 ( x) Ln x xo .
Donde (3) , (5) y (6) convergen en: con . Observación: En los tres casos, los coeficientes diferencial (1).
Con
(6)
y son soluciones de (1) en:
pueden calcularse sustituyendo
,
en la ecuación
Ejemplo 1 Hallemos los posibles puntos singulares regulares de las siguientes e.d.:
a) Escribimos la e. d. en la forma: y
1 2 y y0 x( x 1) x 1
Observamos que y son puntos singulares de la e.d. Ahora: 1 ( x 1).a( x) es analítica en (1 1,1 1) (0, 2) y (x 1)2 .b (x ) 2(x 1) x analítica en todo R. Luego 1 es punto singular regular de la e.d.
es
Así mismo :
Por lo tanto
también es punto singular regular . 1 2 y y 0. 2 x ( x 1) ( x 1) 2 son puntos singulares . Y como:
b) Escribimos la e. d . en la forma: y Observamos que: A( x) x.a( x)
1 x( x 1)2
2
y B( x) ( x 1).b( x)
respectivamente; concluimos que:
1 no son analíticas en 0 y 1, x ( x 1) 2
no son puntos singulares regulares de la e.d.
140
Ejemplo 2 Resolvamos por el método de Frobeniöus la siguiente ecuación diferencial: 1 1 (7) x 2 y x( x ) y ( x 2 ) y 0 2 2 Escribiendo la e. d . en la forma : 1 1 x x2 2 y 2 y 0 y (8) x x2 Observamos que: entorno de 0 (¡Explique!). Luego es aplicable el teorema de Frobenious.
son analíticas en un
La ecuación indicial es :
Por el teorema de Frobenious, parte (a), existen dos soluciones ( Vea el enunciado del teorema ).
dadas por (3) y (4)
Para calcular los , consideramos que x > 0, pues si es válido el desarrollo en (- r , r) , lo será en (0 , r); siendo los coeficientes los mismos en .
Así, sea :
= x an x n = n 0
a n 0
n
x n 1 . Reemplazando en la ecuación diferencial , tenemos :
x 2 a n (n 1)nx n 1 ( x 2 n 1
1 1 x) a n (n 1) x n ( x 2 ) a n x n 1 0 2 n 0 2 n 0
Desarrollando tenemos:
1 1 n 1 n2 n 1 n 3 a ( n 1 ) nx a ( n 1 ) x a ( n 1 ) x a x a n x n 1 0 n n n n n 1 n 0 n 0 2 n 0 n 0 2
Cambiando los índices en la segunda y cuarta sumatoria, resulta:
1 1 n 1 n 1 n 1 n 1 a ( n 1) nx a nx a ( n 1) x a x an x n1 0 n n 1 n n 2 2 2 n 1 n 1 n 0 n2 n 0
Desarrollando se obtiene:
2a1 x an (n 1)nx 2
n2
n1
1 ao x an1nx n1 ao x a1 x 2 2 n2 2
141
1 1 1 2 1 n 1 n 1 a ( n 1) x a x a x a1 x an x n1 0 n n2 0 2 2 n2 2 n2 n2 2
Simplificando y agrupando, resulta: 5 1 1 ( a1 a o ) x 2 [a n ((n 1)n (n 1) ) na n 1 a n 2 ]x n 1 0 2 2 2 n2
5 ao a1 2
Luego :
(9)
y
a n (n 2
3 n) na n 1 a n 2 0 ( n 2) . 2
O sea:
an n(2n 3) 2n an1 2an2 0 ( n 2) Finalmente, tenemos: an
2 2 an 1 an 2 2n 3 n(2n 3)
(10)
La expresión (10) es una ecuación en diferencia finita de orden dos, siendo muy difícil obtener, sin la teoría correspondiente, una fórmula de en función de ; por eso nos limitaremos a escribir unos cuantos términos de la serie solución. En este ejemplo hallaremos los cuatro primeros términos (el primero es ). 2 ao 5 2 1 2 2 1 9 a 2 a1 a o ( )a o a o a o 7 7 7 5 7 35 2 2 2 9 2 2 82 a3 a2 a1 ( ao ) ( ao ) ao 9 27 9 35 27 5 945 a1
O sea, de acuerdo al teorema (a), tenemos:
Asimismo:
Luego al reemplazar en la ecuación diferencial ( Suponemos que x > 0) , tenemos (dejamos los detalles al lector):
142
2n2 3n 3 bn (n )bn 1 bn 2 ; (n 2) (11) 2 2 1 3 b2 b1 bo bo 2 2 9 3 33 13 13 b3 b2 b1 bo bo bo b3 b0 2 2 22 4 4 b1 b0 ;
Luego :
Finalmente, tenemos: f 2 ( x) x
1 2
b0 (1 x
3 2 13 3 x x ) 2 18
La solución general será : 1 2 9 82 3 3 13 f ( x) ao x (1 x x 2 x ) b0 x 2 (1 x x 2 x 3 ) 5 35 945 2 18
Ejemplo 3
Evidentemente es un punto singular regular , por lo tanto se puede resolver la e.d. por el método de Frobeniöus . En efecto: 1 1 1 1 a( x) ; b( x) 2 x 2 . Luego : A( x) 1 y B( x) x 2 ; x 4 x 4 Por lo tanto: Entonces la ecuación indicial es :
.
, entonces la e.d. acepta dos soluciones independientes, las cuales de acuerdo al teorema 1, parte (b) , tienen la forma: f1 ( x) x
1
2
an xn (#)
y
n 0
f 2 ( x) x
1 2
b x n 0
n
n
kf1 ( x) L x
La primera solución es calculada de la misma manera que el ejemplo 2. Para calcular los coeficientes
de
procedemos así :
(##)
k R
143
Sea:
g 2 ( x) x
Como y como:
12
b x n 0
n
n
(12) y limitándonos al caso x > 0 , tenemos :
satisface a:
(1), con:
1 f 2 g 2 kf1 Lx kf1 x
;
,
1 1 f 2 g 2 kf1 Lx 2kf1 kf1 2 x x
Reemplazando en la ecuación diferencial (1), tenemos:
1 1 1 g2 kf1 Lnx 2kf1 kf1 2 a( x) g 2 a( x)kf1' Lnx a( x)kf1 b( x) g 2 b( x)kf1 Lnx 0 x x x La suma de los términos encerrados en rectángulo es: k Lx ( f 1 a( x) f 1 b( x) f 1 ) = 0, pues es solución de la e.d .
Luego escribiendo los términos con g a la izquierda , y el resto a la derecha, se obtiene:
1 a ( x) 1 g2 ( x) a( x) g 2 b( x) g 2 ( x) k[ f1 ( 2 ) 2 f1 ] x x x Eliminando denominadores , se obtiene : x 2 g2 ( x) x 2 a( x) g2 ( x) x 2b( x) g 2 ( x) k[ f1 (1 xa( x)) 2 xf1 ( x)]
(13)
Como el segundo miembro es conocido , reemplazando (#) en (13) , se podrán conocer los coeficientes . Calculemos entonces los Así:
f1 ( x) an x n 0
n 12
, para obtener ;
1 n 1 f1' ( x) (n )an x 2 ; 2 n 0
Reemplazando en: 1 x 2 (n2 )an x 4 n 0
3 n 2
.
1 n 3 f1" ( x) (n 2 )an x 2 4 n 0
, tenemos:
. Luego, procederemos a calcular
1 1 n n 1 1 x (n )an x 2 ( x 2 )an x 2 0 2 4 n 0 n 0
5 n 1 1 1 n 12 n 12 n 1 2 2 ( n ) a x ( n ) a x a x an x 2 0 n n n 4 2 n 0 n 0 n 0 n 0 4
144
Cambiando de índices en la tercera sumatoria, tenemos: 1 1 1 n 12 n 12 n 12 n 1 2 ( n ) a x ( n ) a x a x an x 2 0 n n n2 4 2 n 0 n 0 n2 n2 4 Agrupando la primera , segunda y cuarta sumatoria, queda : 1 1 1 n 1 n 1 n 1 n 1 ( n 2 n ) a n x 2 a n 2 x 2 ( n 2 n ) a n x 2 a n 2 x 2 0 4 2 4 n 0 n2 n 0 n2 Simplificando por
, resulta:
n2
n2
2a1 x (n 2 n)a n x n a n 2 x n 0
. Agrupando:
2a1 x [(n 2 n)a n a n 2 ]x n 0 n2
Luego: O sea: an
Como
an2 ( n 2) ( 15 ) n(n 1)
, entonces:
Y para los pares tenemos:
a2n2 2n( 2n 1 ) a 2n4 2(n 1)(2n 1)
a2n a 2n2 . . .
a2 45 a a2 o 23
a4
Multiplicando miembro a miembro y simplificando queda : ao a2 n (1) n (2n 1)!
El hecho de haberse podido encontrar una fórmula explícita para los coeficiente , no es una casualidad , pues lo que sucede es que la ecuación (15) es una ecuación en diferencias finitas más sencilla que la que teníamos en el ejemplo anterior. Asimismo anotaremos que esta e.d. es una ecuación diferencial de Bessel, que estudiaremos más tarde.
145
Así : 1
1
f1 ( x) x 2 a2 n x 2 n x 2 ao (1)n n 0
n 0
1 x 2n (2n 1)!
.
O bien:
f1 ( x) x Para calcular Así, para
1
2
(1) n 0
n
1 x2n (2n 1)!
haciendo a0 1
, procederemos a determinar el primer miembro de (13). tenemos:
g 2 ( x) x
12
bn xn bn x n 0
n
1 2
3
bn x
n 12
n 0
n 0
n 1 g 2 ( x) (n )bn x 2 ; 2 n 0
=
5
n 1 3 g 2 ( x) (n )(n )bn x 2 2 2 n 0
Entonces reemplazando en la e.d. (13), tenemos: x 2 g2 ( x) x 2 a( x) g2 ( x) x 2b( x) g 2 ( x) k[ f1 (1 xa( x)) 2 xf1 ( x)]
Luego:
1 1 3 1 n n n n 1 3 1 1 2 2 2 = (n )(n )bn x (n )bn x bn x bn x 2 2 2 2 n 0 n 0 n 0 n 0 4
Cambiando índices en la tercera sumatoria y agrupando, tenemos:
1 1 n n 1 3 1 1 2 2 = [( n )( n ) ( n ) ] b x b x n n2 2 2 2 4 n 0 n2
n(n 1)bn x n 0
n
1 2
bn 2 x
n
1 2
n2
[n(n 1)bn bn 2 ]x
n
1 2
n2
O sea :
x g x a( x) g x b( x) g [n(n 1)bn bn 2 ]x 2
2
2
n2
El segundo miembro de (13) es:
n
1 2
(16)
146
1 k[ f1 ( x)(1 x ) 2 xf1 ( x)] 2kxf1 ( x) x
Donde: 2n
1 2
1 2n x n (4n 1) x 2 . Luego: f1 ( x) (1) f1 ( x) (1) 2(2 n 1)! (2 n 1)! n 0 n 0
n
O sea: (4n 1) 2 n 12 (4n 1) 2 n 12 2kxf1 ( x) 2kx (1) n x k (1) n1 x 2(2n 1)! (2n 1)! n 0 n 0
(17)
Igualando (16) y (17), tenemos:
[n(n 1)bn bn2 ]x
k (1) n 1
n 12
n2
Multiplicando por
n 0
(4n 1) 2 n 12 x (2n 1)!
, resulta:
n2
n 0
[n(n 1)bn bn2 ]x n k (1) n1
(4n 1) 2 n 1 (4n 1) 2 n 1 x kx k (1) n 1 x (2n 1)! (2n 1)! n 1
Luego k = 0 , pues en el primer miembro, el primer término es de grado dos . Por lo tanto:
[n( n 1)b
n
n2
Donde
bn 2 ]x n 0
son arbitrarios . (¡ Por lo tanto
será una solución general!) .
Luego: n(n 1)bn bn 2 0
(n 2)
bn
Para el caso par, procedemos de manera similar, y obtenemos:
bn2 n(n 1)
(n 2)
147
b2 n 2 2n(2n 1) b2 n 4 (2n 2)(2n 3)
b2 n b2 n 2 . . .
Multiplicando miembro a miembro y simplificando resulta:
b4
b2 43
b2
bo 2 1
b2n (1) n
b2n+1 (1)n
Repitiendo lo mismo para el caso impar, obtenemos:
bo (2n)!
b1 (2n 1)!
Luego, de acuerdo a (##), nos queda finalmente:
f 2 ( x ) bo x
21
1 2n 1 ( 1) x b1 x 2 ( 2n )! n 0 n
( 1)
n
n 0
1 x 2n 1 bo F1 ( x ) b1 F2 ( x ) ( 2n 1)!
Observación: Ciertamente son independientes, pero como , serían soluciones independientes. Siendo:
F1 ( x ) x
21
F2 ( x ) x
21
( 1)
n
n 0
( 1)n n 0
son arbitrarios en
, también
1 2n x ( 2n )! 1 1 1 x 2n1 x 2 ( 1)n x 2n ( 2n 1)! ( 2n 1)! n 0
Observe que: (Pues cumplen las mismas condiciones iniciales, vea el Cap. 4, teorema de existencia y unicidad)
Ejemplo 4 Determinemos la solución general de: y
1 1 y 2 (2 x 2 1) y 0 x x
(18), alrededor de cero .
148
a ( x)
1 , luego: x
; b( x )
1 (2 x 2 1) y x2
La ecuación indicial es : Las soluciones vienen dadas, de acuerdo al Teorema 1, parte c, de la siguiente forma: f1 ( x) x
Para hallar
an xn (#)
f 2 ( x) x 2 bn x n f1 ( x) Ln x (##)
y
n 0
n 0
, procedemos como en los ejemplos 2 y 3 , obteniéndo: ao a1 a3 ... 0; y a2 n (Ejercicio) 2n(n !)2
Luego: x 2 n 1 2 n 1 2n( n !)
f1 ( x) x
Ahora para obtener
a0 1)
(hicimos
procedemos como se explicó en el ejemplo 3 . O sea:
f 2 ( x) g ( x) f1 ( x) Lnx
n 0
n 0
Donde : g ( x) x 2 cn x n cn x n 2
( x 0);
1 1 y 2 (2 x 2 1) y 0 , y haciendo operaciones nos queda : x x 1 1 x 2 g ( x) x 2 g ( x) (2 x 2 1) g ( x) f 1 ( x)(1 x( )) 2 xf 1 ( x) x x O sea : (19) x 2 g ( x) xg ( x) (2 x 2 1) g ( x) 2 f 1 ( x) 2 xf 1 ( x) en: y
Reemplazando
Donde:
g ( x) c n x n 2 ;
g ( x) (n 2)c n x n 1 ;
n 0
g ( x) (n 2)(n 1)c n x n
n 0
n 0
Evaluemos el primer miembro de (19):
n 0
n 0
n 0
n 0
( n 2 )( n 1)cn xn2 ( n 2 )cn x n2 2cn x n4 cn xn2
(n 2)(n 1)c x n 0
n
n2
n 0
n2
n 0
(n 2)cn x n 2 2cn 2 x n 2 cn x n 2
149
n2
n2
n2
n2
2co x 2 6c1 x3 (n 2)(n 1)cn x n 2 2co x 2 3c1 x3 (n 2)cn x n2 2cn 2 x n2 c0 x 2 c1 x 3 cn x n2
co x 2 4c1 x 3 [((n 2)(n 1) (n 2) 1)c n 2c n 2 ]x n 2 n2
x 2 g ( x ) xg ( x ) ( 2x 2 1)g( x ) co x 2 4c1 x 3 [( n 1)2 cn 2cn2 ] x n 2
(20)
n2
Evaluando ahora el segundo miembro de (19), tenemos: (2n 1) x 2 n 1 x 2 n 1 (2n 1) x 2 n x 2 n 1 2 x 1 n1 2 n1 2 2 2 n 1 2n(n !) n1 2n(n !) n1 2 (n !) n1 2 (n!)
2 f1 ( x) 2 xf1' ( x) 2 x
2nx 2n 1 x 2n 1 n 1 n 2 ( n!)2 n!( n 1)! n 1 2 n 1 2
2 f1 ( x) 2 xf1' ( x) =
(21)
Igualando (20) y (21), tenemos:
co x 4c1 x (9c2 2c0 ) x [(n 1) cn 2cn2 ]x 2
3
4
2
n 3
n2
x 2 n1 2 x n2 n !(n 1)! n2 2
3
Entonces:
. Por lo tanto nos queda :
x 2 n1 n2 n !(n 1)! n2 2
[(n 1)2 cn 2cn2 ]xn2 n 3
Simplificando por
tenemos:
x 2 n1 n2 n !(n 1)! n2 2
[(n 1)2 cn 2cn2 ]xn n 3
Descomponiendo el primer miembro en pares e impares, resulta:
[(2n 1) c 2
n2
Luego:
2n
2c2 n2 ]x [(2n) c2 n1 2c2 n3 ]x 2n
2
n2
2 n 1
x 2 n1 n 2 n !(n 1)! n2 2
150
Como
; de (22) deducimos que:
.
Solamente calcularemos unos cuantos términos impares usando:
Así, por ejemplo (haciendo ( n = 2) ( n = 3)
c1 1 1 1 3 8 424 16 32 32 c 1 11 c5 3 2 3 2 1728 23 2 3.(3 2 1) c3
Entonces :
Luego: f2 ( x ) ( x3
3 5 11 7 x x 32 1728
) f1 ( x )Lnx (Para x > 0 ).
En general: f 2 ( x) x (1 3
3 2 11 4 x x 32 1728
) f1 ( x) Ln x
3.3 La función gamma Sea x > 0 , la función gamma se define por medio de la integral impropia:
( x) t x 1e t dt 0
(24)
Esta función suele aparecer en el cálculo de ciertas integrales , así como formando parte de soluciones de algunas ecuaciones diferenciales . Se puede demostrar que la integral que define a la función gamma es convergente si x > 0 , y divergente para x 0 ( Vea , Apostol , T. , Análisis Matemático, Segunda Edición, pág .416) . Algunos de los valores de la función gamma se pueden calcular directamente, por ejemplo:
0
0
a) (1) et dt et 1
151
Propiedades de la función gamma 1) Si x > 0, entonces: (x+1) = x (x). En efecto:
0
0
( x 1) t x et dt t x et x t x et dt x( x) 0
x t
Ya que: límt e 0 t 0
y
x t
límt e 0 . t
De acuerdo a lo anterior solamente es necesario trabajar con tablas de función gamma para t [ 1,2) . Ejemplo 5 a) (4,5) = (3,5) (3,5) = (3,5) (2,5) (2,5) = (3,5) (2,5)(1,5) (1,5) = (3,5) (2,5)(1,5) 0,8862 (4,5) = 11,6314 ( 1,4 ) b) (0,4) = 2, 2182 0,4 Ciertamente la función no está definida para x < 0, sin embargo si: x, y k N , entonces: . Luego y por lo tanto, existe (x + k) . Esto da pie para definir una extensión de , inclusive para x < 0 ( excepto para x = 0 , -1 , -2 ... ) , de la siguiente forma : ( x k ) ( x ) (25) x( x 1) ( x k 1) O sea se define por medio de la integral impropia (24), para x > 0; y para x < 0 con x Z- , se define por medio de la fórmula de recurrencia (25). (Vea la fig. 1) Ejemplo 6 Calculemos: a) (-3, 8); b) (- 2,1). a) Para ello escogemos una k tal que k (-3,8) se pueda leer en la tabla ( valores de x entre 1 y 2) Siendo tal k, k = 5. (3,8 5) (1, 2) 0,91817 (3,8) 0, 29963 ; (3,8)(2,8)(1,8)(0,8)(0, 2) 3,06432 3,06432
152
(-3 ,8) = 0,29963 b) En este caso tomamos k = 4, pues entonces: k + x = 4+(-2,1) = 1,9. Luego:
2) Si n N , entonces : En efecto: para Supongamos que se cumple para Entonces, para se tiene:
o sea:
O sea: De manera que la función gamma es una generalización del factorial de un número natural.
y
8
6
4
2
x -3.5
-3
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
-2
-4
-6
-8
x 1 t 0 t e dt ( x) ( x k ) x ( x 1)...( x k 1)
Fig. 1
x0 x0
xZ
kN
x k (1, 2)
153
3) La siguiente propiedad es la denominada fórmula de la duplicación, de gran utilidad en la Teoría de las Transformadas Integrales, como la Transformada de Laplace (Cap. IV). (Fórmula de la duplicación)(26) Para su demostración puede consultarse, el texto: Special Functions and Their Applications, de N.N. Lebedev, Cap. 1, Dover Publications, INC. 4) La propiedad siguiente se conoce como la aproximación de Stirling, porque permite aproximar los valores de la función gamma, cuando x es grande. Dicha propiedad dice así:
lím
x
( x 1) 1 2 x ( x / e) x
(27)
O sea que para valores de x grandes, podemos realizar la aproximación:
Por ejemplo, para Así:
, se obtiene un error relativo menor que el 1 %.
Siendo el error relativo 0,67 %. Como se ve se trata de una buena aproximación. En la gráfica de la función gamma (Fig.1), observe que las rectas: x = - k, con k natural, son asíntotas verticales de la función. En particular tenemos:
La demostración de la propiedad 4, puede consultarse en [Lebedev, (Cap. 1)]. 3.4 Ecuaciones diferenciales de Bessel y funciones de Bessel
El método de Frobeniöus es particularmente útil para resolver la ecuación de Bessel; la cual aparece en muchas aplicaciones de Física e Ingeniería . Bessel (*)mismo la utilizó en sus estudios de Astronomía . En general ésta viene dada en la forma:
(*) Friedrich Bessel, (1784-1847). Matemático y Astrónomo alemán. Desarrolló y estudió en detalle las funciones que llevan su nombre, además calculó con gran precisión la órbita del cometa Halley.
154
Esta ecuación suele aparecer con frecuencia en problemas relativos a vibraciones de membrana, flujos de calor en cilindros, etc. A las soluciones de la ecuación diferencial de Bessel se les llama funciones de Bessel . Observe que x = 0 es un punto singular regular, por lo tanto es aplicable el teorema 1, de esta sección. En efecto :
Luego :
Por lo tanto: La ecuación indicial es: Luego: . De manera que si , entonces aplicamos el teorema de Frobenious, parte (a); y en caso contrario, es decir si aplicamos (b) o (c). Específicamente (c) se aplica, cuando = 0. De todas maneras es el mismo en todos los casos de acuerdo al teorema mencionado. O sea:
f1 ( x) x
a x
n
n
n 0
En el caso x > 0:
f1 ( x) an x
n
n 0
;
f ( x) 1
(n )a x n
n 0
n 1
f ( x)
;
1
(n )(n 1)a x
n 2
n
n 0
Reemplazando en (28), nos queda:
n 0
n 0
(n )(n 1)an xn (n )an x n an x n 2 2an x n 0 n 0
[(n )(n 1) (n ) n 0
Simplificando, y dividiendo por
n 0
n2
2
]an x n an x n 0 n2
, resulta:
n(n 2 )an xn an2 xn 0 Luego:
n 0
n2
n2
(1 2 )a1 x n(n 2 )an x n an2 x n 0
155
(1 2 )a1 x [n(n 2 )an an2 ]x n 0 n2
; pues 0, y por lo tanto 1 + 2 > 0 .
Entonces: Además:
Es claro que al ser
.
Cuando n es par, tenemos:
a2 n2
a2 n4 a2 n4 2 (2n 2)(2n 2 2 ) 2 (n 1)(n 1 )
. . .
(n 1) . . .
a2
ao 2 1 (1 ) 2
(1)
Multiplicando miembro a miembro y simplificand,resulta: : ao a2 n (1)n 2 n 2 n !(1 )(2 ) (n ) Entonces : (1)n f1 ( x) x ao 2 n x2n (n ) n 0 2 n !(1 )(2 ) Recordemos que: ( n+1+ ) = (n + ) (2 + ) (1+ ) Luego: (1)n ( 1) 2 n (1)n ( 1) 2 n f1 ( x) x ao 2 n x f1 ( x) x ao 2 n x n 0 2 n !( n 1) n 0 2 n !( n 1)
156
(1) n ( 1) 2 n f1 ( x) x ao 2 n x n 0 2 n !( n 1)
(30)
Como es arbitraria , podríamos escogerlo de manera que la expresión anterior se haga más sencilla. Así, haciendo:
ao
1 . 2 ( 1)
De esta forma obtenemos :
x f1 ( x) 2
(1) n x n 0 n!( n 1) 2
2n
(31)
La cual converge x ( Criterio del cociente ) . A ésta función se le denomina función de Bessel de primera especie de orden . La denotaremos por J ( x) . O sea:
x J ( x) 2
(1)n x n 0 n !( n 1) 2
2n
(32)
Cuando = m N , decimos que Jm (x) es de orden m. En este caso:
x J m ( x) 2
m
(1) n x n 0 n!( m n)! 2
2n
(33)
En particular :
(1)n x J o ( x) 1 ; 2 ( n !) 2 n 1 2n
J1 ( x)
x (1) n x (1 2 n 1 n!( n 1)! 2
2n
Siendo ( raíces de la ecuación indicial ) y si no es un número natural, entonces es aplicable el teorema de Frobenious, parte (a) , es decir , existe otra solución independiente .
f 2 ( x) x
b x n 0
n
n
, y para x > 0, tenemos: f 2 ( x) x
b x n 0
n
n
.
Reemplazando en la ecuación de Bessel , y razonando similarmente a lo realizado en las páginas anteriores tenemos que:
157
;
bn
bn2 n(n 2 )
( Recuerde que 2 no es entero )
(34)
Como (34) es la misma fórmula de recurrencia que (29) , entonces basta reemplazar en la fórmula (33), por - , obteniéndo:
x J ( x) 2
(1) n x n 0 n!( n 1) 2
2n
(35)
Luego si 2 no es entero , la solución general de la ecuación diferencial de Bessel en
Con esto hemos demostrado el siguiente teorema :
Teorema 2 Sea la ecuación de Bessel de orden :
Una solución de dicha ecuación es :
x J ( x) 2
(1)n x n 0 n !( n 1) 2
2n
(32)
Convergente en y solución de (28). Así mismo si 2 no es entero entonces:
x J ( x) 2
(1) n x n 0 n!( n 1) 2
2n
(35)
es otra solución de (28), independiente de J ( x) . Por lo tanto la solución general de (28) es: , válida en -{0} . Observaciones a) Cuando no es entero , tampoco lo es
,y
son independientes.
es:
158
b) Cuando es entero ( 0, 1, 2, ), no son siempre linealmente independientes, por ejemplo si son linealmente dependientes; pero si , son linealmente independientes. (Vea ejercicios: 24 y 29 (b)). En cualquiera de estos casos, usando el teorema de Frobenious, parte (b) ó (c), se obtiene otra solución que denotaremos por K, y que recibe el nombre de función de Bessel de segunda especie de orden . El estudio de estas funciones escapa de los objetivos previstos en el texto, por esta razón solamente dejaremos indicada la forma de K ( x) :
K ( x) x
b x n 0
n
n
(Con k =1, si 0)
k .J ( x).L x
(36)
Ejemplo 7 Halle una solución de la siguiente ecuación diferencial:
Primero, observemos que es una ecuación de Bessel con lo tanto es aplicable el método de Frobeniöus, parte (b); alrededor de cero (0). De la teoría sabemos que una solución es:
. Por
J1 ( x) f1 ( x) x an x n n 0
En el caso x > 0, tenemos (Podríamos usar directamente la fórmula (33), pero para ejercitar más, hallaremos reemplazando en la e.d.).
n 0
n 0
n 0
n 1
f1 ( x) x an x n an x n1 f1' ( x) (n 1)an x n f1" ( x) n(n 1)an x n 1 Reemplazando en la ecuación diferencial , tenemos :
(n 1)na x n
n 1
n 1
n 0
n2
n 0
(n 1)an x n1 an 2 x n1 an x n1 0
Agrupando :
n 1
n2
[(n 1)n (n 1) 1]an xn1 an2 xn1 0 Luego:
159
n 1
n2
n2
n2
n(n 2)an xn1 an2 xn1 1 3 a1x 2 n(n 2)an x n1 an2 x n1 0 O sea:
3a1 x 2 [n(n 2)an an2 ]x n1 0 a1 0 y n(n 2)an an2 0 (n 2) n2
Como
, por recurrencia tenemos que :
Para n par, se tiene : a2 n2 a a2 n 2 2n2 (n) 2n(2n 2) 2 n(n 1) a2 n4 a a2 n2 = 2 2 n4 (n 1) (2n 2)2n 2 (n 1)n . . . . . . a a a4 2 = 2 2 (2) 4.6 2 23 a a a2 0 = 2 0 (1) 2.4 2 1 2
.
Multiplicando miembro a miembro , y simplificando se obtiene : a a2 n (1)n 2 n o 2 n !(n 1)!
Luego : x 2 n1 1 x f1 ( x) ao (1) 2 n ao x (1) n 2 n!(n 1)! n!(n 1)! 2 n 0 n 0
2n
n
Esta es
salvo una constante y recordando que : 1 1 1 1 ao 1 2 (1 ) 2 (1 1) 2 1! 2
Pues 1
Nos queda : x 1 x f1 ( x) (1)n 2 n 0 n !(n 1)! 2
Para x ;
x f1 ( x) 2
2n
= J1 (x); Para x 0 2n
1 x (1) J1 ( x ) n !(n 1)! 2 n 0 n
Como = 1, entero; otra solución independiente sería especie de orden 1), vea observación 2 . O sea:
( Función de Bessel de segunda
160
(Invitamos al lector para que halle los coeficientes
y k)
Algunas propiedades de las Funciones de Bessel de primera especie Nos limitaremos a dar aquellas propiedades de que se refieran o vayan a ser utilizadas en el tema de la transformada de Laplace , o bien que sean de uso frecuente en las aplicaciones .
1)
( x J ( x)) x J 1 ( x)
Demostración:
(37)
(x > 0) ( 0)
(1) n x n 0 n!( n 1) 2
x J ( x) 2
2n
(1) n x 2 n 2 n (n 1) n 0 n!2
Luego :
(1) n x 2 n 2 2 n (n 1) n 0 n!2
x J ( x ) Derivando :
(1) n 2(n ) x 2 n 2 1 (1) n (n ) x 2 n 2 1 2 n 1 2 n (n 1) (n 1) n 0 n!2 n 0 n!2
( x J ( x))
, luego: 1
(1)n x 2 n 2 1 x x 2 n 1 ( n ) 2 n 0 n !2
( x J ( x))
(1)n x x J 1 ( x) n 0 n !( n) 2 2n
Osea:
[ x J ( x)] x J 1 ( x)
2)
( x J ( x)) x J 1 ( x)
x>0
(37)
(38)
Demostración: (Ejercicio) . 3)
J 1 ( x) J 1 ( x)
2 J ( x) x
(x > 0)
(39)
161
Demostración: Por las propiedades (1) y (2), tenemos: ( x J ( x)) x J 1 ( x) y
( x J ( x)) x J 1 ( x)
Desarrollando el primer miembro de ambas igualdades , tenemos :
x 1J ( x) x J ( x) x J 1 ( x) x 1 J ( x) x J ( x) x J 1 ( x) Simplificando resulta : J ( x ) xJ ( x ) xJ 1 ( x ) (I) J ( x ) xJ ( x ) xJ 1 ( x ) Restando la segunda ecuación, de la primera en (I), se tiene:
2 J ( x) x( J 1 ( x) J 1 ( x)) O sea:
J 1 ( x) J 1 ( x)
2 J ( x) x
(39)
Así mismo, si las igualdades de (I), se suman miembro a miembro, se obtiene:
2 xJ ( x) x( J 1 ( x) J 1 ( x)) Simplificando resulta:
2 J ( x) J 1 ( x) J 1 ( x) Con esto tenemos la nueva propiedad:
J 1 ( x) J 1 ( x) 2 J ( x)
(40)
162
Observación Las propiedades (3) y (4) son relaciones de recurrencia, muy útiles, por ejemplo para expresar funciones de Bessel de orden superior, en función de otras de orden inferior.
Ejercicio resuelto 1 a) Halle b) Calcule:
en función de
y
en función de
. y
.
Solución: a) Usando dos veces la propiedad 3, tenemos: 2 4 42 J 2 ( x) J1 ( x) J o ( x); luego: J 3 ( x) J 2 ( x) J1 ( x) J1 ( x) J o ( x) J1 ( x) x x x x 4 8 J 3 ( x) 2 1 J1 (x) J 0 (x) x x b) Recordemos que de acuerdo a la propiedad 2: Luego, de acuerdo a la parte a) de este ejemplo, tenemos: 1 8 4 4 -3 3 3 8 3 t J 4 (t )dt t J3 (t ) c t ( t 2 1) J1 (t ) t ( t ) J o (t ) c ( t 3 t 5 ) J1 (t ) t 4 J 0 (t ) c Finálmente: 1 8 4 ( 3 5 ) J1 ( x) 4 J 0 ( x) 7 J1 (1) 4 J 0 (1). x x x Donde, aproximadamente tenemos:
3.5 La función beta Sean m, n +, denominamos función beta de parámetros m y n, a la función: B (m, n) t m1 (1 t ) n 1 dt 1
0
(41)
Se puede demostrar que tal función existe, pues dicha integral converge para m, n 0.
163
Propiedades de la función beta 1) Demostración: Haciendo B (m, n) t m1 (1 t )n1 dt (1 u)m1 u n1 (du) u n1 (1 u) m1 du B (n, m) 1
0
0
2) B(m, n)
1
1
(m) (n) ( m n)
0
(42)
Demostración: Haciendo en la integral que define a (m), tenemos:
(m) et t m1 dt 0
0
e x x 2 m2 2 xdx 2 e x x 2m1dx 2
2
0
Similarmente:
(n) 2 e y y 2 n1dy 2
0
Multiplicando miembro a miembro, nos queda: (m)(n) 4
0
0
e ( x
2
y2 )
x 2 m1 y 2 n1dydx
Pasando a coordenadas polares, resulta:
(m) (n) 4
/2
0
0
re r (r 2 m1 cos2 m1 )(r 2 n1 sen 2 n1 ) drd 4 2
/2
0
En la primera integral, hacemos: /2
(m)(n)
0
cos2 m1 sen 2 n1 d r 2 m2 n1e r dr 0
, y en la segunda:
. Luego:
(cos 2 ) m1 (sen 2 ) n1 2 sen cos d (r 2 ) m n1 2rer dr 2
0
1
0
0
(m)(n) u n1 (1 u) m1 du v m n1e v dv B(n, m)(m n) B(m, n)(m n)
Luego: B(m, n)
(m) (n) ( m n)
(42)
2
164
Ejercicio resuelto 2
Calcular:
/2
0
sen cos d
con , 1
Solución: Sea I
/2
0
1 1 1 /2 2 2 2 sen cos d , luego : I (sen ) (1 sen ) 2 2sen cos d 2 0
Haciendo
, tenemos: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 I u 2 (1 u ) 2 du u 2 (1 u ) 2 du 0 0 2 2
O sea:
I
1 1 1 B , 2 2 2
3.6 La función factorial generalizada o factorial ascendente Sea función de
en
Llamamos función factorial generalizada o ascendente de orden n, a una , definida así:
Propiedades a) En efecto, por definición tenemos que: Asimismo para n > 0, resulta:
b) Esto también es consecuencia de la definición, o sea:
.
165
Aplicando la definición, tenemos:
Probaremos primero el caso en que En efecto, de acuerdo a la aplicación reiterada de la propiedad a) de la función gamma, tenemos:
Ahora, supongamos que Entonces como el siguiente límite existe (¡Demuéstrelo!):
Definimos:
Calculemos este límite:
Luego:
De manera que tenemos:
.
166
Ejercicios 1) Determine la solución general, alrededor de:
, de:
Resp. 1 1 1 , 2 . 4 2 Relaciones de recurrencia: an 1 (1)n x n 1/4 an (n 1); f1 ( x) x 1 n 2n(4n 3) n 1 n ! 2 7.11. ... .(4 n 3)
an
an 1 (1)n x n 1/2 (n 1) ; f 2 ( x) x 1 n 2n(4n 3) n ! 2 1.8. ... .(4 n 3) n 1
2) Idem para: (Determine, previamente, cuál es el punto singular regular). Resp. Punto singular: 0; 7(2n 1) an an1 2n(2n 7) 7(n 4) an an1 n(2n 7)
7 147 2 x x ...) 18 792 21 49 343 3 3 (n 1); f 2 ( x) x 1 x x 2 x ... 5 5 15 (n 1); f1 ( x) x
1/2
(1
3) Resuelva la e.d.: en un intervalo de centro . (Observe que es del tipo de Euler-Cauchy, visto en el capítulo anterior). Compare la respuesta al utilizar series y luego al aplicar el método de Euler. Resp.
4) Resuelva:
167
Resp.
f1 ( x )
1 x2
senh( x ) x2 x4 ; 1 ... 3! 5! x2
f2 ( x )
1 x3
cosh( x ) x2 x4 1 ... 2! 4! x3
5) Resuelva la e.d.: x(1 x) y 2(1 2x) y 2 y 0 , alrededor de 0. Resp .
6) Halle las soluciones independientes de: Resp.
x2n 2n 2 n 1 2 ( n !)
f1 ( x) 1
;
x 2 3x 4 11x 6 f 2 ( x) f1 ( x) Ln x ... 4 8 16 64 6 36
7) Localice y clasifique los puntos singulares de las siguientes e.d.: a) b) c) d) Resp. a) b) c) d)
es punto singular regular; es punto singular regular. es punto singular; (punto singular regular evitable)
no lo son. no lo son.
8) Resuelva: Resp. 1 1 ; 2
2 0 ;
(1)n x n (solución extensible en ) n 0 1.3...(2n 1) (1)n x n f 2 ( x) n (solución en - 0) n 0 2 n ! f1 ( x) x
1/2
168
9) En la ecuación diferencial:
a) Determine la relación de recurrencia b) Halle la solución general c) Determine el intervalo de convergencia (criterio de cociente): Resp.
(n 5) an2 1 , (n 2) ; 2 ; 2n 1 2 (3)(1).1.3....(2n 5) x2n ; b) f1 ( x) 1 (1) n 5.9...(4n 1) n 1 a) 1 0; an
f 2 ( x) x
1/2
an
(2n 11)an2 , (n 2) 4n
n [( 7)( 3).1.5....(4n 1)] 2 n 1 x (1) 23n n ! n1
c) Convergen en ( 2 , 2 ) -{0}. (De Bessel con = 0)
10) Resuelva: Halle los dos primeros términos para Resp.
(1)n 2 n x ; 2n (n !) 2 n 0 2
f1 ( x)
x2 3x 4 f 2 ( x) f1 ( x) L x ... 128 4
11) Resuelva: Resp.
12) Resuelva:
(Halle tres términos de
Resp.
1 2; f1 ( x) x 2 (1) n n 0
xn x 2e x n! 3 4
2 1; f 2 ( x) kf1 ( x) Ln x x (1 x 2 x3 ...)
).
169
13) Resuelva: Resp.
(1)n x n ; n 1 ( n 3)!
1 1; f1 ( x) x 1 3!
2 2; f 2 ( x) x
2
(1)n n 0
xn x 2e x (k 0) n!
14) Demuestre que (1/2) = Sugerencia: en la definición de , use el cambio
y recuerde que:
15) Demuestre que si n es natural: 1 (2n)! n 2 n 2 2 n!
Sugerencia: Use (x + 1) = x(x). 16) Demuestre que
0
x n e x dx
(n 1)
Sugerencia: Use el cambio y = x.
n1
(n 1, 0)
17) Demuestre : 1
a)
b)
1 ( ) 1
0
x m ( Lx) n dx
0
(1) n (n 1) (m 1) n 1
x 1 e x / dx 1
Sugerencia: en a) use el cambio
( m 1, n 1) ;
( , 0)
, y luego:
18) Demuestre que:
19) Demuestre las siguientes propiedades de la función beta:
0
e u du 2
2
)
170
1 x m1 (1 x) n 1 0 x 1 20) Si definimos : (m, n; x) B(m, n) 0 en otro caso a) Demuestre que es una función de densidad, o sea que: b) Halle el momento
de orden
(m, n; x)dx 1
.
Resp.
I cos 2 n x dx , 2
21) Resuelva la integral:
0
usando la función beta ( n N ).
Resp. 1 1 2n 1 (2n)! I B( , ) 2 n1 2 2 2 2 (n!) 2 22) Demuestre que:
0
n 1 m 1 x me x dx ( ) n n
23) Demuestre que:
2
0
tg x dx=
para m > -1 y n > 0
1 1 1 ( )( ) para < 1 2 2 2
24) Demuestre que: () ( + ) = 21 - 2 1
(2) para
>0.
2
Sugerencia: evalúe
2
0
sen 2 1 cos 2 1 d , de dos maneras diferentes.
171
de la ecuación diferencial de Bessel de orden y parámetro ( 0 ; > 0 ):
25) Halle
=0 Sugerencia : haga el cambio t = x , y halle
dy d2 y . y dt dt 2
Resp.
(-1)n t 2 n
f1 ( x)= n=0
2
2n
(-1)n 2 n x 2 n
n!( n 1)
n=0
2
2n
n!( n 1)
J ( x)
26) Demuestre que para x > 0 :
2
b) J 12 ( x)
a) J 12 ( x)
c) J 3 2 ( x)
2 (sen x x cos x) ; x3
sen x;
2 cos x ; x
d) J 3 2 ( x)
2 (cos x x sen x) x3
27) Demuestre que: a)
( Directamente ); b)
c)
;
e) J 3 ( x) (1
12 3 ) J 2 ( x ) J1 ( x ) 2 x x
28) Calcule : a) J 3 ( x)dx ; Resp. a)
4 2 d) J 2 ( x) (1 2 ) J1 ( x) J o ( x) x x
b) x 3 J o ( x)dx
; b)
29) Halle la solución general de: . Sugerencia: multiplique por x y obtendrá una ecuación de Bessel con = 0.
172
Resp.
;
f 2 ( x) J 0 ( x) L x x b2 n x n con: b2 n n 0
(1)n1 1 1 1 ... 2n 2 2 (n !) 2 n
30) Demuestre que : a) ( J2 )
x ( J2 1 J2 1 ) ; b) ( x J o J1 ) x ( J 02 J12 ) ; c) J m ( x) (1)m J m ( x) ; m = 0 , 1 , 2 , 2
31)() a) Dado > 0 , encuentre m N tal que: Jo (x) Pm (x) .(Truncamiento) con un error menor que ; siendo: m (1)k x 2 k Pm ( x) 2 2k k 0 ( k !) 2 b) Usando a), construya una tabla de valores de Jo (x) para x entre 0 y 3 . ( de 0,1 en 0,1 ) . c) Encuentre algunos ceros de Jo (x), por medio de la aproximación a Pm (x). Sugerencia: hay un cero entre 2 y 3 , pues 0,23891 y -0,26005,y continua, luego por el teorema de Bolzano, existe un cero para en (2 , 3). Use: Resp. c)
, para
32) Demuestre que 33) () Si >0 es una raíz de
, demuestre que: 1 a) J1 ( x)dx 1 ; b) J1 ( x)dx 0 0 34) Si es una raiz no nula de demuestre que:
1
1
xJ 0
o
( x)dx 0
35)() Resuelva la ecuación diferencial: . y
es
173
; donde :
Sugerencia: haciendo el cambio :
1 A q 2 C ; = ;k= ; 2 2 q
(1 A)2 4 B . O sea: q z 2 w zw ( z 2 p 2 )w 0 .
resulta una e.d. de Bessel de orden p, donde: p
Resp. Si p N , entonces la solución general es: Si p N , entonces
.
36) Usando el problema anterior, resuelva la ecuación de Airy:
Sugerencia: multiplique la ecuación diferencial por
.
Resp. 1
3
3
y x 3 [aJ 1 (2 x 2 ) bJ 1 (2 x 2 )] 3
3
37) Demuestre las siguientes propiedades para la función factorial generalizada: a)
38) Demuestre que para
39) Demuestre las siguientes identidades (
):
174
4. Funciones hipergeométricas 4.1 Introducción Consideremos la ecuación diferencial:
A esta ecuación diferencial la denominamos: ecuación diferencial hipergeométrica de parámetros . Esta ecuación diferencial suele aparecer en muchas situaciones de ingeniería, como por ejemplo en ciertos problemas de flujos comprensibles. Escribiéndola en la forma: tenemos que en , hay puntos singulares regulares. Sin embargo, para la mayoría de las aplicaciones, interesan sobre todo, las soluciones alrededor de 0. Observemos que:
La ecuación indicial es:
De manera que tenemos: Si
entonces: y además: pues si , entonces: (¡!). De esta manera tendremos de acuerdo al teorema 1(a), de la sección 3, hay dos soluciones linealmente independientes de la forma:
Donde r es una solución de la ecuación indicial. De esta forma, dándole a r los valores: Así, reemplazando (2) en (1), para x > 0, tenemos:
tenemos las soluciones
175
Luego:
Efectuando los productos y agrupando las series convenientemente, tenemos:
Simplificamos por y hacemos el cambio de índices quinta serie, obteniendo:
en la segunda, cuarta y
Agrupando tenemos:
Como r es raíz de la ecuación indicial, entonces: Por otra parte, tenemos:
Además:
.
176
Luego, de la serie y las dos últimas igualdades, resulta la fórmula de recurrencia:
O sea:
Luego:
Multiplicando miembro a miembro, simplificando y usando el factorial generalizado, resulta:
Luego, haciendo
nos queda que:
Finalmente, resulta, al reemplazar los respectivos valores de
177
Las cuales son soluciones l.i. de (1) en (-1,1) – {0}. Definición Denominamos función hipergeométrica de parámetros
a la función:
Donde . O sea solución de la ecuación diferencial (1), en el intervalo: (-1,1) – {0}. Tal solución es además es absolutamente convergente en (-1,1). Asimismo, la otra solución tiene la forma dada en (7), si En este caso se puede escribir usando (8), en efecto:
Representación de algunas funciones usando
O sea:
Luego:
178
(Vea los ejercicios para la representación de otras funciones). 4.2. Propiedades de la función hipergeométrica a) b) c) Derivada de
:
Demostración: Recordemos que una serie de potencia representa a una función derivable en el intervalo de convergencia, y que esta derivada se halla derivando término a término. En el caso de la función hipergeométrica, el intervalo es (-1 , 1), o sea cuando Por tanto, existe en ( -1,1 ). Luego:
Como:
d) Representación integral de
Demostración:
, tenemos que:
(
):
179
Recordemos que:
(Vea L. Leithold, Cálculo, capítulo de series). Para t y x tales que:
, tenemos:
Por otra parte, de la definición de tenemos:
y la propiedad (d), del factorial generalizado,
Asimismo, de la definición de la función beta, resulta:
Reemplazando (III) en (II), tenemos:
La serie (I) converge uniformemente intercambiar la serie con la integral en tenemos:
Luego en (IV), podemos y de acuerdo al teorema 14.31 en [1], entonces
180
En [9], Cap. 9, se demuestra que (11) es aplicable para
, si
Nota: el nombre de función hipergeométrica se debe a que Gauss le dió este nombre a las series . Así la serie que representa a
cumple con esto. En efecto:
Por supuesto, cuando:
=
e) Si
entonces
Demostración: Supongamos que
entonces tenemos una serie geométrica. es un polinomio.
. Entonces:
Ejercicios 1) Use la función hipergeométrica para representar las siguientes funciones:
Resp.
Luego:
181
2) a) Dada la ecuación diferencial: compruebe que se obtiene la e.d. hipergeométrica:
b) Halle la solución
c) Recordando que
Haga el cambio:
de (14), es decir la que corresponde a r = 0, y compruebe que:
y que y(x) = cos(ax) es la solución de (13) que cumple con demuestre que:
3) Demuestre que si
4) Demuestre, usando inducción, que
5) Calcule:
Resp.
6) Demuestre que si:
entonces:
y
182
7) Use el problema 4 y el hecho de ser hipergeométrica, para probar la identidad:
una solución de la ecuación diferencial
Donde: G(x)=
H(x) =
8) Halle en (1), alrededor de Sugerencia: haga
.
y S(x)=
.
Resp.
9) Demuestre que:
Sugerencia: use el problema 6 y la fórmula de duplicación para la función gamma 10) Sea el operador definido así: . Demuestre que la ecuación diferencial (1) se puede expresar así:
11) Demuestre que: Donde: 12) Definimos como función hipergeométrica-(p,q) ; a la función: p
Fq
Donde Demuestre lo siguiente: a) Si b) Si
, de parámetros:
. Observe que 2 F1
.
entonces la serie (14), converge absolutamente en la serie (14), converge absolutamente para
.
183
d) Si Resp.
la serie (14), diverge en
e) Halle 0 F2
5. Ecuación diferencial de Laguerre 5.1 Introduccción A la ecuación diferencial:
Se le denomina ecuación diferencial de Laguerre en honor a E. Laguerre(*) Escribiendo (1) en la forma:
Tenemos que:
Ambas analíticas en Luego, x = 0 es un punto singular regular. Por lo tanto, de acuerdo al teorema de (sección 3.1), existen dos soluciones linealmente independientes , cuya forma queda establecida en el mismo teorema, según sean las soluciones de la ecuación indicial. En nuestro caso, como A(0) = 1 y B(0) = 0, la ecuación indicial es: . _____________________________________________________________________________ (*)Edmond Nicolas Laguerre (9 de abril de 1834 , 14 de agosto de 1886), matemático y astrónomo francés, conocido principalmente por la introducci ón de los polinomios que llevan su nombre.
184
Luego:
A se le denomina función de Laguerre de primera especie de orden k, y a , función de Laguerre de segunda especie de orden k. En este texto, nos limitaremos a desarrollar propiedades de la de primera especie, la cual denotaremos así:
5.2. Función de Laguerre de primera especie de orden k Para resolver la ecuación diferencial de Laguerre, seguiremos el procedimiento acostumbrado, es decir, reemplazar (2) en (1). En efecto:
Haciendo cambio de índice:
en la primera y segunda serie, resulta:
Luego:
Aplicando (5), para: n, n - 1, ... , 2,1 ; tenemos:
185
Multiplicando miembro a miembro y simplificando, resulta:
Luego, tenemos que la función de Laguerre de primera especie de orden k es:
5.3 Polinomios de Laguerre Si en (7), tenemos que entonces: polinomio de grado k. En general se acostumbra hacer polinomio de Laguerre de grado k:
Ejemplo 1 a)
es un , y de esta manera tenemos el
186
Propiedades de los polinomios de Laguerre 1) Fórmula de Rodrigues(*): Como se ve, esta es otra manera de definir a los polinomios de Laguerre, de hecho, algunos textos lo introducen así. Demostración:
Luego:
2) En el espacio vectorial producto escalar:
de los polinomios con coeficientes reales, se puede definir el
Donde p y q son polinomios. Tal definición tiene sentido porque la integral converge. ____________________________________________________________________________ (*) Olinde Rodrigues: físico, matemático y político francés, nació en Burdeos, en 1795 y murió en París, en 1851. En realidad, él obtuvo la fórmula que lleva su nombre, para polinomios de Jacobi, pero como esta fórmula, con sus variantes, es válida para varios tipos de polinomios, entonces todas estas fórmulas llevan siempre su apellido.
187
A la función se le denomina peso del producto escalar (Vea la parte de ejercicios). En lo que sigue demostraremos que:
De manera que:
es un subconjunto ortogonal de
.
Demostraremos la ortogonalidad, y dejaremos el caso n = m, como ejercicio Prueba de la ortogonalidad cuando . Como satisfacen la e.d. (1), tenemos:
Multiplicando ambas expresiones por resulta: Multiplicando (a) por
y (b), por
y usando la regla de la derivación del producto,
y restando ambas, se obtiene la expresión:
Pasando el último sumando al segundo miembro, e integrando entre
, resulta:
Integrando por partes, tenemos:
Como son polinomios, entonces cuando x tiende a , las expresiones entre corchetes, tienden a 0; asimismo, y cuando x = 0, también se anulan. Por otra parte, las integrales del primer miembro se simplifican. Luego, el primer miembro es 0; quedándonos:
Como
, entonces nos resulta:
188
O sea, cuando son ortogonales. Dejamos como ejercicio, el probar que, si
En algunos libros de texto se denomina polinomio de Laguerre a:
Claramente tenemos que los polinomios definido.
son ortonormales, para el producto escalar
Ejercicios 1) Halle los polinomios y la fórmula (9).
de tres formas diferentes (usando la e.d., la fórmula de Rodrigues
Resp.
2) Demuestre que: Sugerencia: use la fórmula de Rodrigues para uno de los 3) Halle la norma de
e integre por partes.
, relativa al producto escalar (10).
Resp. m! 4) Demuestre las siguientes relaciones de recurrencia:
5) Exprese sección 4.2).
por medio de una función hipergeométrica tipo
p
Fq (Vea el problema 12, de la
189
Resp. k ! .1 F1 ( k : 1; x) 6) A la ecuación diferencial: se le llama ecuación diferencial hipergeométrica confluente. Demuestre lo siguiente:
entonces:
es un polinomio de grado m.
7) A la ecuación diferencial: Se le denomina ecuación diferencial de Jacobi. Donde a) Demuestre que:
Pn( , ) x
1n n!
2
1 F1 n,n 1; 1; 1 x 2
(14)
Es solución de (13). A este polinomio, se le denomina polinomio de Jacobi (*) de grado n y parámetros b) ¿Qué sucede con (14), si
?
Resp. b) Se reduce a un polinomio de Laguerre.
8) Denominamos polinomio generalizado de Laguerre de orden
al polinomio:
Demuestre lo siguiente: ______________________________________________________________________________ (*)Carl Gustav Jakob Jacobi (nació el 10 de diciembre de 1804 en Potsdam, Prusia, actual Alemania, y murió el 18 de febrero de 1851 en Berlín) fue un matemático muy prolífico; contribuyó en varios campos de la mátemática, principalmente en el área de las funciones elípticas, álgebra, la teoría de números y las ecuaciones diferenciales.
190
a) Ln x
1 n n!
1
F1 n;1 ; x
d) Demuestre la siguiente igualdad, denominada: función generadora de los polinomios generalizados de Laguerre: L x t n t e . 0 F1 ;1 ; xt n n 0 1 n Nota Para mayores detalles sobre estos polinomios ortogonales, vea [Lebedev,N.N., Special Functions and Applications, Cap. 4].
191
CAPÍTULO IV ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES 1. Series de Fourier 1.1. Introducción Las series de Fourier las utilizaremos para resolver algunos problemas de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales con condiciones de frontera. Definición Sea una función de Diremos que es periódica de período T > 0, si se cumple que: Ejemplo 1 a)
es periódica de período
. .
c)
no es periódica.
1.2. Fórmulas de Fourier – Euler (*) Sea una función definida sobre puede representar por la serie:
y de período
Y que ésta converge uniformemente hacia
Supongamos que dicha función se
en el intervalo –
A la serie (1) se le llama serie de Fourier asociada a la función Si multiplicamos, la serie (1), por cos(mx) e integramos entre –
, tenemos:
(*)Jean B. Fourier, ingeniero matemático francés, nació en Auxerre(1768) y murió en París (1830). Desarrolló entre otras teorías, la Teoría Analítica del Calor. En este trabajo introdujo las series que llevan su nombre. Leonhard Paul Euler (Basilea, Suiza, 15 de abril de 1707 - San Petersburgo, Rusia, 18 de septiembre de 1783), conocido como Leonhard Euler, fue matemático y físico. Se trata del principal matemático del siglo XVIII y uno de los más grandes y prolíficos de todos los tiempos.
192
O sea:
Pues:
Además:
Similarmente, multiplicando (1) por sen(mx) e integrando entre
Definición Sea una función definida en
, continua sobre [
, tenemos:
, periódica con período 2 . A la suma:
Donde:
Se le denomina suma emésima de Fourier de que converja):
en [
Se le llama serie de Fourier asociada a , y escribimos:
. Asimismo, a la serie (suponiendo
193
Observemos que dada la función , no hay garantía que la serie de Fourier converja, y que en caso de hacerlo, sea hacia En lo que sigue daremos una condición suficiente para asegurar ambas cosas. Teorema 1 Sea seccionalmente continua, con período 2 , y con derivadas laterales en – la serie de Fourier asociada a converge en todo , hacia:
Entonces
Para la demostración, el lector puede consultar a G.P. Tolstov, Fourier Series (New York: Dover, 1976). Ejercicio resuelto 1 Sea – y converge a ella, y halle dicha serie. Solución: Observemos que f es continua y derivable en – (Explique). Por tanto:
Estudie si la serie de Fourier asociada a
. Asimismo en
Similarmente se prueba que tiene límites laterales en – , pues en Además existen Luego por el teorema 1, la serie de Fourier de (Vea la fig. 1). Asimismo en converge hacia:
Procedamos a calcular los coeficientes de la serie de Fourier de
Luego: ( ¡explique los pasos!)
converge a
194
Luego:
Por lo tanto:
Para
tenemos que:
y
8
6
f ( x ) x en 4
, ;
f ( x 2 ) f ( x)
2
2 -8
-6
-4
-2
0
2
-2
-4
-6
-8
Fig. 1
x 4
6
2
8
195
1.3. Series de Fourier para funciones pares o impares Definición Diremos que una función
es par, sii
Asimismo, diremos que es impar sii:
Ejemplo 2 a) Las siguientes funciones son pares: – b) Las siguientes funciones son impares: – y y
8
1.5
f ( x ) cos ( x );
f ( x ) tan( x); Dom( f ) ( / 2, / 2)
Dom ( f ) ,
6
1
4
0.5 2
/ 2
-3.5
-3
-2.5
-2
-1.5
/2 -1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
/2
/ 2
x -3.5
-3
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
x 2.5
3
3.5
-2
-0.5
-4
-1 -6
-1.5 -8
Fig. 2
Fig. 3
Por supuesto hay funciones que no son pares ni impares, por ejemplo: (¡Pruebe que no es par ni impar!). Asimismo, la única función que es par e impar, al mismo tiempo, es
Teorema 2 Sea – Fourier, hacia
con propiedades que aseguren la convergencia uniforme de su serie de en entonces:
196
Demostración:
En
hacemos
Luego: Por otra parte:
De nuevo haciendo
, y obtenemos:
.
, en
obtenemos:
Luego:
Por lo tanto:
Donde
viene dado por (5).
Cuando f es impar, tenemos que:
197
Ejemplo 3 Hallemos el desarrollo de Fourier de
–
.
Claramente cumple con las condiciones del teorema de la sección 1.2, y además es par, por tanto, aplicando el teorema de esta sección, tenemos:
Luego:
Vea la figura 4. y 18
16
14
12
f ( x) x 2
en
, ;
f ( x ) f ( x 2 )
y 2 10
8
6
4
2
2
2 -8
-6
-4
-2
2
4
-2
-4
Fig. 4
Ejercicio resuelto 2 Con base en el ejemplo anterior, calcule la suma de las series:
Solución: a) Como la igualdad (6) es válida en –
6
x 8
198
Luego:
b) En este caso, haciendo
en (6), tenemos:
Luego:
1.4 Cambio de escala Hasta ahora hemos considerado funciones periódicas con intervalo principal a – embargo en esta sección vamos a considerar un intervalo más general, como es:
Teorema 3 Sea cumpliendo las condiciones del teorema 1, de la sección 1.2, en Entonces:
Donde:
Demostración: Como , haciendo
, tenemos que
Luego, haciendo:
con
, sin con
199
Tenemos que tiene en – todas las propiedades que acuerdo al teorema 1 de la sección 1.2, la serie de Fourier de O sea:
tiene en – por tanto, de converge a ella en –
Donde:
Luego:
Similarmente, obtenemos:
O sea:
Nota: Si f es par en –
Si f es impar en –
entonces tenemos que:
entonces tenemos que:
Ejemplo 4 Sea en ( 0 , 2 ), con tipo cosenoidal.
Hallemos su desarrollo de Fourier,
200
Para obtener un desarrollo cosenoidal de par en ( -2 , 2 ). O sea:
debemos extender la función de tal manera que sea
(Vea la figura 5) Al ser par, tenemos que:
.
Asimismo:
Luego:
¿Qué sucede en los extremos? (Vea la figura 5) Observe que el resultado anterior sirve para hallar la suma de dos series. ¿Cuáles son estas series, y cuál es su suma?. y
f ( x) x ;
f ( x ) f ( x 4)
2.5
2
1.5
1
0.5
x -5
-4
-3
-2
-1
1
-0.5
Fig. 5
2
3
4
5
201
Teorema 4 Sea una función cumpliendo las condiciones del teorema 1 de la sección 1.2 en – entonces:
,
Vea la demostración en [1], teorema 11.16 (c), pag.391-392.
Ejercicios 1) Demuestre, usando inducción, que si T es el período de , entonces nT también es período de dicha función, 2) a) Demuestre que si T es el período de las funciones . b) Si es el período de demuestre que dado tales que:
entonces también lo será de existe únicos
3) Demuestre la fórmula (4) de la sección 1.2. 4) ¿Por qué razón se escribe: 5) Halle una expresión para Resp. Si
a0 2 en
, entonces:
6)(*)Demuestre que si tiene derivadas acotadas de segundo orden y es de período 2 Entonces la serie de Fourier de converge uniformemente hacia ella en Sugerencia: use el teorema 1 de la sección 1.2 para la convergencia hacia y el criterio de Weiertrass para la convergencia uniforme. Para ello integre por partes, dos veces, en las fórmulas (2), (3) y (4). 7) Halle las series de Fourier de las siguientes funciones: (
)
202
Resp.
8) Si
es de período
e integrable en –
demuestre que:
9) Demuestre lo siguiente: a) La única función que es par e impar, es la función nula. b) Si f y g son funciones pares (impares), su suma es par (impar). Discuta qué sucede con el producto. ¿Qué sucede con el producto, si f es par y g es impar? c) Determine cuáles de las siguientes funciones son pares o impares: (i) (ii)
Resp. b) par x par = par; impar x impar = par; impar x par = impar. c) pares: (iii), (v), (vii); impares: (i), (ii), (vi), (viii); (iv) no es par ni impar. 10) Sea que:
una función con dominio simétrico (
Demuestre
203
11) Sea
Halle su desarrollo senoidal extendiéndola como función impar.
Resp.
12) Use el ejercicio anterior para demostrar que:
13) Sea Grafique dicha función en – . Verifique que se cumplen las hipótesis del teorema 1 de la sección 1.2 y luego halle su desarrollo de Fourier. Resp. –
14) Halle el desarrollo de Fourier de Sugerencia: use
sin calcular integrales. ¡Explique! ;
15) ¿Por qué la suma de la serie del ejemplo de la sección 1.4 en 16) Halle el desarrollo de Fourier de las siguientes funciones:
d) Resp.
204
17) Use c) del problema anterior para hallar la suma se la serie:
Resp.
18) Demuestre que:
y
19) Sea la función dada en la gráfica. Halle su desarrollo senoidal.
K
Resp.
L L/2 Fig. 6
x
205
2. Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales (e.d.d.p) 2.1. Introducción Una ecuación que contiene una o más derivadas parciales de una función desconocida de dos o más variables independientes se llama ecuación diferencial en derivadas parciales. La derivada de mayor orden que tenga la ecuación nos indicará el orden de la ecuación diferencial en derivadas parciales. Por ejemplo:
2.2. Obtención de una e.d.d.p. de la cual Para encontrar una ecuación diferencial en derivadas parciales (e.d.d.p) de la cual sea solución la función: hay varios procedimientos. En los siguientes ejemplos mostramos algunos de ellos. Ejemplo 5 1) Sea
Hallemos una e.d.d.p de la cual sea solución.
Hallemos las derivadas parciales de (a):
Simplificamos por 2 en (b) y (c), despejamos:
2) Sea:
en (b) y reemplazamos en (c), obteniendo:
. Donde tienen derivadas de orden dos, no todas nulas y Hallemos una e.d.d.p de la cual sea solución.
Derivemos (a) con respecto a x e y:
Derivemos ahora a (b), con respecto a x y con respecto a y. Asimismo, derivemos a (c) con respecto a y Obteniendo:
206
Tenemos entonces un sistema homogéneo de tres ecuaciones con tres incógnitas, que son: Como por hipótesis, tienen derivadas de orden dos, no todas nulas, entonces el determinante del sistema debe ser nulo. Luego:
Desarrollando por la tercera columna, nos queda:
Como
tenemos:
Observación: en las e.d.d.p. se acostumbra usar la siguiente nomenclatura para las derivadas de :
Además siempre vamos a suponer que: Ejercicio resuelto 3 Sea tiene derivadas parciales en Solución: Hagamos: De esta manera, obtenemos:
O sea:
con derivadas parciales no todas nulas, y donde Halle una e.d.d.p. de la que ella sea solución.
erivemos (a) con respecto a x, y con respecto a y.
207
Observemos que (b) y (c) constituyen un sistema homogéneo de dos ecuaciones con dos incógnitas ( , para cada entonces el determinante del sistema es nulo. Es decir:
Desarrollando y simplificando, nos queda:
2.3. Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales de fácil resolución Algunas e.d.d.p. se pueden resolver usando métodos de las ecuaciones diferenciales ordinarias. Sin embargo, es conveniente tener el cuidado de sustituir las constantes arbitrarias por funciones de las variables con respecto a las cuales no se integró. Ejemplo 6 1) Si
entonces donde
Pero si la ecuación es es una función arbitraria de y.
2) Resolvamos: Escribamos la e.d.d.p. en la forma: La ecuación diferencial se puede escribir así:
. Como:
Luego:
Integrando con respecto a x, tenemos:
Donde
es tal que:
y
es una función arbitraria de y.
entonces:
208
Ejercicio resuelto 4 Resuelva: Solución: Escribiendo la ecuación en la forma: ,(a); podemos considerar la ecuación como una ecuación diferencial de segundo orden no homogénea, en la variable y. La ecuación característica es: Luego:
. (b)
Como solución particular ensayamos:
. Reemplazando en (a), tenemos:
Luego:
Con (b) y (c), formamos la solución completa:
2.4. Ecuación diferencial cuasi-lineal Sean funciones continuas y no nulas, en una región abierta S de A la ecuación diferencial en derivadas parciales: la denominamos ecuación cuasi-lineal. Veamos el siguiente teorema, el cual ilustra la forma de obtener una solución de (12). Por razones de nivel, omitiremos su demostración (Vea [5], p.p. 256-257). Teorema 5 Sean:
Entonces: una solución de (12).
soluciones independientes del sistema:
donde G y H tienen derivadas parciales continuas en S, es
Ejemplo 7 Resolvamos la e.d.d.p:
(a)
209
Como: debemos hallar dos soluciones independientes del sistema:
De acuerdo al teorema 5,
Por propiedades de proporciones, tenemos:
Integrando, tenemos:
Donde:
. Luego:
De nuevo, usando propiedades de proporciones en (b), tenemos:
Integrando, nos queda:
Finalmente, y de acuerdo al teorema, tenemos que:
Es una solución de (a), donde G es cualquier función continuas en una región abierta que no intersecte a los planos: (¿ Por qué?). Invitamos al lector a comprobar que (c) es solución de (a). Ejercicio resuelto 5 Resolver:
(a)
Solución: Escribamos la ecuación (a) en la forma:
con derivadas parciales
210
Considerando que las variables son, ahora: el sistema:
Entonces para resolver
De las dos primeras de (c), tenemos:
Por otra parte, de (c), también tenemos:
Haciendo:
Escribiendo
en (d), tenemos:
en forma de una ecuación diferencial lineal, nos queda:
O sea:
Sea H una función con derivada continua tal que:
Despejando p en la ecuación anterior, nos queda:
O sea:
nos planteamos
211
Luego:
Finalmente, nos queda:
Observación Veamos que teóricamente podemos utilizar a la e.d.d.p. cuasi-lineal para encontrar un factor integrante de la ecuación diferencial:
En efecto, sea
el factor integrante de (12), luego:
Luego:
Escribiendo la ecuación anterior como ecuación cuasi-lineal, tenemos:
Claramente, (16), es una ecuación cuasi-lineal, que al resolverla no da un factor integrante de . Todo esto, suponiendo que Ejemplo 8 Hallemos un factor integrante de:
(a) .
Luego, debemos resolver la siguiente ecuación diferencial: (b)
212
Para ello debemos plantearnos el sistema:
De la última igualdad, en el sistema, tenemos:
Haciendo C = 1, tenemos:
Luego, al multiplicar la e.d. (a), por el factor integrante, nos queda:
De acuerdo a la sección de e.d exactas del Capítulo I, la solución de la ecuación diferencial (a) viene dada por:
Integrando, simplificando y pasando a la derecha los términos constantes, nos queda:
Ejercicios 1) Compruebe que cada función de la izquierda es solución de la e.d.d.p. de la derecha:
213
2) Encuentre una e.d.d.p. de la cual sea solución la función del lado izquierdo:
3) En el problema 1(e), determine a y b tales que: Estas condiciones se llaman condiciones de frontera). Resp.
4) Demuestre que: Siendo la condición inicial:
satisface la e.d.d.p.: y las condiciones de frontera:
5) Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales Respuestas
214
Nota: puede haber otras respuestas. En caso de haber obtenido una aparente respuesta diferente a la dada en el texto, sugerimos reemplazar en la ecuación diferencial, y comprobar si es solución o no. 6) Demuestre que la ecuación diferencial: coordenadas polares. Luego, resuélvela.
se transforma en
Resp.
7) Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales:
8) Halle el factor integrante de las siguientes e.d., y luego, resuélvalas:
3. Ecuaciones diferenciales cónicas 3.1. Introducción Sean a, b, y c, funciones continuas de x, y, z. Sea
una función de x, y, z, p y q.
al pasar a
215
Denominamos ecuación diferencial en derivadas parciales cónica (e.d.d.p cónica), a la ecuación diferencial en derivadas parciales:
Si en cierto dominio
se cumple:
Antes de estudiar cambios de variables que permitan hacer más sencilla a la ecuación (17), procederemos a dar un método de resolución de (17), de alcance limitado, pero sumamente útil, pues hay varias e.d.d.p que aparecen en Ingeniería que se pueden resolver usando este método. Este método recibe el nombre método de separación de variables. 3.2. Método de separación de variables Este método consiste en suponer que existe una solución no nula de (17), con la forma:
Donde aceptan derivadas, de por lo menos, el orden de la derivada conque aparecen en (17). Veamos el siguiente ejemplo. Ejemplo 9 Resuelva la siguiente ecuación diferencial, usando separación de variables: Suponemos que (a) acepta una solución de la forma: , con derivada de orden dos, y con derivada de orden uno. Luego: Y reemplazando en (a), tenemos:
a) Si entonces podemos hacer: diferenciales:
aceptando
. Luego, resolvamos las siguientes ecuaciones
216
Por lo tanto:
b) Si
entonces:
Luego:
c) Si
Luego:
Ejercicio resuelto 6 Resuelva la siguiente ecuación diferencial, usando separación de variables: Solución: De nuevo, suponemos que acepta una solución de la forma:
Reemplazando en (a), tenemos:
a) Si
. Luego:
Luego:
217
Por lo tanto:
b) Si
queda:
Luego:
c) Si
entonces hacemos:
Por lo tanto:
3.3. Aplicaciones En lo que sigue utilizaremos la resolución por separación de variables, para el problema de la cuerda vibrante, para la difusión del calor y el de temperaturas estacionarias en una esfera.
A) Problema de la cuerda vibrante Procedemos a deducir la ecuación que rige las vibraciones transversales de pequeña amplitud, de una cuerda elástica extendida, con longitud L y fija en los extremos. Supongamos que la cuerda se pulsa, tomando una forma inicial previamente definida, se suelta y ésta comienza a vibrar. El problema consiste en estudiar las vibraciones de la cuerda en el punto x, en el instante t.
218
Para mayor sencillez en la resolución del problema, haremos las siguientes suposiciones: a) La masa ρ por unidad de longitud es constante. b) La cuerda es perfectamente elástica. c) La acción de la fuerza gravitacional se supone despreciable. d) La partícula se mueve, exclusivamente, en dirección perpendicular al eje x, con desplazamientos muy pequeños comparados con L. e) En el instante
la velocidad en cada punto de la cuerda es cero.
f) La función que describe la posición de la partícula en el punto x, en el instante t, tiene derivadas parciales continuas de segundo orden. De esta manera tenemos las siguientes condiciones: (Vea la fig. 1)
. Con
cumpliendo las condiciones del teorema 1, sección 1, Cap. IV.
La primera condición se denomina condición de frontera, mientras que la segunda y tercera, son las llamadas condiciones iniciales. Para obtener la ecuación diferencial procederemos a estudiar una pequeña porción de la cuerda. Así, como la cuerda es elástica, tenemos que la tensión es tangencial a la cuerda en cada punto de ella. Y como no hay movimiento en la dirección horizontal, tenemos que:
Vea la fig. 2.
219
u
u
T2 s
u(x,t) T1 x
x
x
x
Fig. 2
L Fig. 1
De acuerdo a la segunda ley de Newton, tenemos:
Dividiendo (b) entre (a), tenemos:
Pero: Luego, de
. obtenemos:
Tomando límite en (d ), cuando:
O sea:
x
resulta:
x x
220
Así, a la e.d.d.p. (19), la llamamos la ecuación unidimensional de la onda. En
se obtiene una e.d. de la forma:
Asimismo en
se tiene:
Nosotros nos limitaremos al caso unidimensional, por necesitarse algunos recursos matemáticos no disponibles en este nivel de pregrado. Ahora procedamos a resolver (19) usando el método de separación de variables. O sea, vamos a suponer que existen funciones: con derivadas de orden dos, continuas en un intervalo abierto, tales que: (a) Reemplazando (a) en (19), resulta:
Ya que evidentemente, se trata de un fenómeno oscilatorio. Luego:
De acuerdo a la condición de frontera:
Ya que debe existir tal que: pues la solución de (19) que modela el comportamiento físico de la cuerda, no puede ser la solución trivial: Por lo tanto, (b) nos queda así:
Además, de la segunda condición de frontera y por no ser
Pues si
entonces
Luego:
Entonces de acuerdo a (b’ ) y (d), tenemos:
tenemos:
221
Donde: Por otra parte,derivando (e), con respecto a t , tenemos:
Y como:
entonces:
Por lo tanto: pues: Entonce (e), nos queda así:
y existe:
tal que:
Como u depende de n, mejor escribimos:
Construyamos:
Si suponemos: a) que la serie (21) se puede derivar dos veces, con respecto a x, y a t, término a término; b) que el límite cuando existe y se pueden introducir en la serie. Entonces: (21) satisface las condiciones (1) y (3), y además es solución de (21) (Ejercicio). Veamos si esposible determinar los
de (22), de tal forma que se cumpla:
222
Observamos que (22) es el desarrollo senoidal de f(x ), luego de acuerdo a
tenemos:
De esta manera tenemos que (21), es una solución de (19), que satisface todas las condiciones exigidas. y
Ejemplo 10 Resolvamos el problema de la onda unidimensionaln donde viene dada así:
x si x 0,2 f(x) c=2 4 x si x 2,4
2.5
2
1.5
1
0.5
x 0.5
1
1.5
2
Fig. 3
De acuerdo a (23), tenemos que:
Luego:
O sea:
2.5
3
3.5
4
223
Luego (21), solución de (19), queda así:
Ejercicios 1) Resuelva la ecuación de la onda, en las condiciones anteriores, siendo: a)
Respuestas:
2) Resuelva el problema de la cuerda vibrante bajo las siguientes condiciones: (i)
Respuesta:
224
3) En la deducción de la e.d. de la onda, suponga que actúa una fuerza por unidad de longitud: normal a la cuerda. Deduzca la e.d.d.p de las vibraciones forzadas de la cuerda. Respuesta:
4) En el problema anterior, suponga que: Trate de resolver la e.d (22), usando el método de separación de variables. Una vez que Ud. se de cuenta de la imposibilidad de hacerlo, proceda así: a) Halle el desarrollo senoidal de
o sea, halle los
tales que:
b) Suponga una solución de (22), de la forma:
Reemplace (I) y (II) en: De esta manera debe obtener:
Finálmente, reemplazando (IV) en (II), tenemos la solución, en este caso.
225
Finálmente, reemplazando (V) en (II), tenemos la solución, en este caso.
5) Resuelva la e.d.d.p.:
con
bajo las siguientes condiciones:
Respuesta:
6) Obtenga la e.d.d.p de la cuerda vibrante, suponiendo que se toma en cuenta la aceleración de la gravedad (g). Respuesta:
7) Resuelva la e.d.d.p. anterior, bajo las siguientes condiciones: Sugerencia: haga e.d.: , bajo las condiciones:
donde
satisfaga la con extremos fijos.
Respuesta:
8) Resuelva:
Respuesta:
, con
bajo las siguientes condiciones:
226
9) a)Demuestre que las sustituciones: diferencial: en
transforman la ecuación
b) Con base en lo anterior, demuestre que toda solución de la e.d.d.p. de la cuerda vibrante, es de la forma:
10) El modelo de la cuerda vibrante con el extremo derecho deslizando libremente a lo largo de la recta , tiene condiciones diferentes al caso de ambos extremos fijos. ¿Cuáles son estos?.Resuelva la e.d.d.p. cuando si la cuerda parte del reposo. Respuesta: ;
11) La e.d.d.p. para una cuerda que vibra en el aire, con una resistencia proporcional a la velocidad es:
Donde
Respuesta:
, ambas constantes. Bajo las condiciones:
227
B) El Problema de la transmisión del calor
A
Consideremos una barra de sección uniforme de área A, aislada, de manera que el flujo de calor se realiza completamente a lo largo de la barra. Sea la temperatura en el tiempo t en un punto P a la distancia x del extremo izquierdo. El flujo de calor que pasa a través del plano que contiene al punto P y que es perpendicular al eje de la barra, está dado por:
x
x0
x x x
Fig. 4
Siendo la conductividad térmica de la barra, y A el área que atraviesa (Vea fig. 4) El flujo que sale es:
Con
entre
Asimismo, la cantidad de calor en el cilindro es:
Por otra parte, la cantidad de calor en el cilindro también puede calcularse así:
Donde: es el centro de masa del elemento de longitud el calor específico del material conque está hecha la barra.
,
es la densidad de la barra y
es
Igualando (I) con (II), resulta:
Simplificando, y haciendo y ( es el centro de masa del elemento de barra de longitud y viene del teorema del valor medio usado en (I)), tenemos:
228
O sea:
En el caso de dimensión dos, tenemos:
Y en el espacio:
Ejemplo 11 Consideremos una barra de 1m de longitud, con , cuya temperatura inicial varía de en la otra cara. Además se supone que ambas caras se mantienen a Hallemos la expresión para Las condiciones de frontera son: La condición de inicial es: Resolviendo por separación de variables, o sea:
Luego:
Por lo tanto:
Ahora, tomando en cuenta las condiciones iniciales, tenemos:
, tenemos:
hasta
229
Por otra parte: Luego: Por superposición, tenemos:
Donde:
Luego:
Ejemplo 12 Resolvamos el problema anterior en el caso en que la condición de frontera es:
Procediendo como en el ejemplo 11, y como ahora
Luego:
viene dado por:
230
Ejercicios 1) Sabiendo que L=10 cm, y que para:
(unidades c.g.s), resuelva el problema de difusión
Respuestas:
2) Demuestre que bajo las condiciones:
Frontera: La solución de la ecuación diferencial del calor es:
Donde:
3) Resuelva el problema de transmisión del calor bajo las condiciones siguientes:
Respuestas:
231
4) Resuelva el problema de transmisión del calor bajo las condiciones:
Sugerencia: use calor, y
Donde
es tal que:
satisface la e.d.d.p del
Respuesta:
5)(*) La e.d.d.p.: es la denominada ecuación de Burger. Generalmente utilizada en problemas de flujos viscosos incompresibles. Haciendo: separación de variables. Resuélvala bajo las condiciones:
, nos queda una e.d.d.p. resoluble por .
Respuesta: ; siendo:
3.4 Reducción de ecuaciones cónicas a formas canónicas Denominamos ecuación diferencial cónica a la e.d.:
232
Esta ecuación diferencial se puede llevar a formas más sencillas, mediante ciertos cambios de variables. Así, consideremos los cambios de variables:
Donde u y v, aceptan derivadas continuas de orden dos en un cierto dominio del plano. Luego:
Reemplazando las igualdades anteriores en (24), resulta:
Donde:
Analicemos los diferentes casos que presenta la ecuación característica:
Caso hiperbólico: En este caso, la ecuación característica (31) tiene dos raíces reales: Observemos que si (26) y (28) los escribimos en la forma:
.
233
Y si escogemos u y v de tal forma que:
Entonces:
y por lo tanto (25) queda así:
Ahora, nos preguntamos, ¿cómo podemos encontrar tales funciones u y v ? Sean: curvas características.
donde
son constantes reales, las cuales denominamos:
Por diferenciación tenemos:
Luego:
Resolviendo las ecuaciones diferenciales:
Obtenemos las soluciones: variables a:
Luego, tomamos como cambio de para llegar a ( ).
Ejemplo 13 Resolvamos la e.d.d.p.:
Primero la llevaremos a una forma más sencilla, siguiendo los pasos indicados anteriormente.
Luego (I) es una e.d.d.p. cónica hiperbólica, y como las raíces de:
234
Entonces resolviendo las e.d. (II) y (III):
Luego:
Entonces, reemplazando en (26), (27), (28), (29) y (30), tenemos:
Ahora reemplazando (IV), (VI), (VII) y (VIII ) en (I ), y simplificando, resulta: Luego:
O sea, una solución de (I) es:
Con
235
Caso elíptico: Se procede de manera similar al caso hiperbólico, solo que ahora característica, ahora son complejas.
, raíces de la ecuación
Ejemplo 14 Resolvamos: La ecuación caracterísitica es:
(I) Luego:
Las e.d. correspondientes son:
Luego:
Por lo tanto:
Luego: (II) (III) (IV) (V) Como
no aparece en la e.d., no es necesario calcularlo.
Reemplazando (III), (IV) y (V) en (I), tenemos:
236
Simplificando, nos queda:
Luego, de acuerdo al ejemplo 13, resulta finalmente:
Nota: haciendo el cambio:
En
se obtiene la e.d.: ( ¡Ejercicio! )
Resolviendo por separación de variables, tenemos:
Luego: Por lo tanto: ) Como:
Entonces una solución oscilatoria de (I) es:
237
Caso parabólico: En este caso, tenemos que las raíces de la ecuación caracterísitica son iguales, es decir: Ahora recordando lo obtenido en los casos anteriores, es decir si tomamos como la solución de la e.d.:
Se tendrá de nuevo: en (25). Ahora en este caso, ocurre que también independientemente de la forma escogida para así, por ejemplo, se podría tomar:
Probemos entonces que: De acuerdo a (27), tenemos:
Como:
En resumen, en el caso parabólico, tomamos: donde: Veamos el siguiente ejemplo:
es una solución de la e.d.:
Ejemplo 15 Resolvamos la e.d.: Como: Ahora:
(I) estamos en el caso parabólico.
y
238
Luego, la e.d. a resolver es:
Por lo tanto:
, por lo tanto:
Luego: (II) (III) (IV) (V) Reemplazando: (III), (IV) y (V) en (I), nos queda:
O sea: Resolviendo la e.d. anterior por separación de variables, es decir haciendo:
tenemos:
Luego:
Rompiendo el cambio de variables, tenemos finalmente:
239
Ejercicios 1) Resuelva: a) b) Respuestas: a) b) 2) Resuelva: a) b) c) Respuestas: a) b) c)
3) Resuelva:
Respuesta:
4) Resuelva: a)
240
Respuestas: a) b)
5) Dada la e.d.d.p:
a) Haga los cambios de variables:
¿Qué ecuación difrencial obtiene?.
b) Resuelva la e.d.d.p. obtenida en a), usando separación de variables, y bajo las siguientes condiciones: (i) (iii) Respuestas: a)
, donde b
.
241
CAPITULO V LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 1. Introducción Definición 1 Sea f (t) una función definida para toda t > 0 . La transformada de Laplace de f (t) la notaremos: , y la definimos así: (1), donde s ó C
Ejemplo 1 Para la función anterior:
, la transformada de Laplace la calculamos según la definición
0
b
lím e b
0
b
( a s )t
e( a s )t dt lím , con b ( a s ) 0
En lo que sigue daremos una condición suficiente para la existencia de la transformada de Laplace , es decir , diremos qué condiciones debe cumplir para asegurar la existencia de
Previamente recordemos algunos conceptos : Definición 2 Diremos que f es seccionalmente continua sobre [ a , b] , si f es continua en [a ,b], excepto en un número finito de puntos: { x1 , x2 , . . . , xn } ( a , b ). Además en cada uno de esos puntos de discontinuidad deben existir los límites por la derecha y por la izquierda: y
242
\ Es decir si f es seccionalmente continua, además le imponemos la condición de tener a lo másun número finito de discontinuidades , las cuales son discontinuidades de salto , siendo este salto:
y 5.5 5
S x2 f x2 f x2 2
4.5 4 3.5 3 2.5 2 1.5
S x1 f x1 f x1 1
1
En la fig.1, tenemos una función seccionalmente continua con dos puntos de discontinuidad de salto. Siendo f la función:
0.5
x 0.5 -0.5 -1 -1.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
x1 x2 Función con dos puntos de discontinuidad de salto Fig. 1
4
4.5
Nota: Del Cálculo sabemos que si f es seccionalmente continua en [ a , b] , con x1 , x2 , . . . , xm como puntos de discontinuidad, la integral de Riemann existe y viene dada por : b
m 1 xi
a
i 1 xi 1
f ( x)dx f ( x)dx
(3) ; donde x0 = a y xn +1 = b
Finalmente diremos que f es seccionalmente continua sobre [0 , ) , si lo es sobre cada intervalo [ 0 , T ] , T > 0 . Usaremos la abreviatura: s.c. sobre [ 0 , ) . Definición 3 Diremos que f es de orden exponencial de nivel si existen constantes: y T,C + , tales que:
f ( t ) Ce t t > T Usaremos la abreviatura o.e. Ejemplo 2 a) Una función de la forma ; con n N y a,b , es de orden exponencial ( para n = 0 ; a = 0 o b = 0 se obtienen diferentes e importantes casos particulares ). En efecto , observemos que :
243
t n ea t cos (bt ) lím 0 t e ( a 1 )t t n eat cos (bt ) Luego, dado > 0 , existe T > 0 , tal que t > T , 0 , es decir : e( a 1 )t t n ea t cos (bt ) e
b) La función e
t
( a 1 )t
;
t > T .
2
no es de orden exponencial, pues: 2 et lím t , (I) t e En efecto , pues si fuera de orden exponencial, entonces existirían ; y C ,T + , tales que:
Así, (I) y (II), constituyen una contradicción, luego f no es de orden exponencial.
2. Teoremas fundamentales Teorema 1 ( Condición para la existencia de F (s) ). Si f es s.c en [ 0 , ) y de o.e . , entonces existe tal que existe y además la integral:
0
f (t )e st dt
[f (t)] (s) = F (s) ( s > ) ,
converge absolutamente en
Demostración: Como f es de o.e., existen constantes: y T,C + , tales que : Por otra parte, la integral:
T
0
f (t ) e st dt existe por ser f s.c., y por lo tanto:
mismo existe la integral impropia:
T
Luego: para
T
f ( t ) Ce t t > T .
T
f (t )e st dt para s > , pues :
f (t )e st dt C e( s ) dt 0
C s
f (t )e st dt converge absolutamente , por lo tanto la integral:
, y entonces existe
. Así
[f (t)] (s) .
0
f (t )e st dt converge ,
244
Nota Al valor más pequeño de que permite converger a la integral
0
f (t )e st dt , lo denominamos
abscisa de convergencia, y lo denoteremos por *. En general * . 2t Por ejemplo para e ; tenemos que : * = 2 . (Pruébelo).
Corolario Si f cumple las propiedades del teorema 1, entonces: lím F( s ) 0 s
Demostración: ( Ejercicio). Nota El teorema anterior es suficiente pero no es necesario; en efecto en el próximo ejemplo calcularemos [t a] (s), donde , y veremos que en el caso particular a = ½ ; no es s.c . en [ 0 , ) , pues:
, pero sin embargo existe
Ejemplo 3 Calculemos :
con s > 0. O sea:
0
t a e st dt
Haciendo u = st , tenemos: 1 s
a 1
0
u a e u du
(a 1) s a 1
(4)
Donde a > -1 ( Observe que * = 0 , pues si s < 0 la integral no converge) . En particular, para En efecto:
( 21 )
s s
Ejercicio resuelto 1 Hallar:
[cos (bt)] (s)
Solución: Por el teorema 1 , existe la transformada de Laplace de cos (bt), ya que es continua y de o.e. Recordemos que la antiderivada de cos bt e- st es:
245
st cos (bt ) e dt
e st s cos (bt ) b sen (bt ) b2 s 2
.
En nuestro caso :
0
e st [ s cos (bt ) b sen (bt ) ] s cos (bt ) e dt 2 2 2 2 b s 0 s b st
Pues, si s > 0 tenemos: lím e st s cos bt b senbt 0 t
O sea: [cos (bt)] (s)
s s b2 2
para s > 0
EJERCICIOS 1) Determine cuáles de las siguientes funciones son s.c . en [ 0 , ) . t 1 t2 a) ; b) Ln (t2+1); c) ; d) 2 ; t 1 t 3t 2 e)
;
t 2 1 0 t 2 f) f (t ) ; t 2 2 t 4
g) [ t ]
Resp. a); b); f); g) n
at
2) Demuestre que : t e sen(bt) es de o .e., sobre [ 0 , ) . 3) Calcule :
2
0
cos ( t ) dt
Resp. 4
4) Demuestre que : a) Ln ( 1 + t ); b) t ½ , son de o.e. Sugerencia : Pruebe que lím
t
5) Demuestre que :
Ln (1 t ) e
t
0
(5)
246
a) f (t) es de o.e., si existe tal que :
lím t
f (t ) 0 e t
b) f (t) no es de o.e., si para cada se cumple:
6) Use lo anterior para discutir si:
lím t
f (t ) e t
es de o .e.
Resp. Si 1 es de o.e. y para > 1, no es de o.e.. 7) Idem para
, en [ 0 , ) . ( Sugerencia:
Resp. No. 8) Sea f continua, con
continua y de o.e. de nivel . Demuestre que f es de o.e.
Sugerencia: estudie los casos > 0 y 0. t
En cada uno de ello use: f (t ) f (0) f (u )du 0
9) Calcule utilizando la definición de transformada de Laplace: a)
at
[ t e ] (s);
b) [ sen (at) ] (s)
Resp. a)
1 ( s > a); ( s a )2
b)
a ( s > 0) s a2 2
10) Demuestre que si f es s.c en [ 0 , ) y de o.e. , entonces : lím F( s ) 0 s
3. Propiedades de la Transformada de Laplace a) Propiedad de linealidad Es consecuencia inmediata de las propiedades de integrales impropias. En efecto: Consideremos las funciones: f y g , para las cuales existe su transformada de Laplace si s > . Por ejemplo si F (s) existe para s > 1 y G (s) para s > 2, tomamos = máx {1 , 2 }.
247
Entonces: [ af (t) + bg (t) ] (s) = Luego:
(6)
Ejemplo 4 Usando (6), calculemos: Como:
[ ch (at) ] (s) y
ch( at )
e
at
[ sh (at) ] (s).
e a t 2
y
sh( at )
e
at
e a t 2
Entonces:
, o sea:
Con la condición: Es decir:
Similarmente (Ejercicio):
b) Transformada inversa de Laplace Si y escribiremos :
, entonces diremos que f (t) es la transformada inversa de Laplace de
Ejemplo 5 a) Si
5 , s3
b) Si
6 , entonces: sa
entonces:
5 s3 6
5 (s>a)
, donde s > 3 .
,
248
c) Si
( a 1 ) , s a 1
d) Si
n! , s n 1
e) Si
5 2 4 , 2 4 s 5 s 7 s
( a > 1)
entonces:
entonces:
El teorema de Lerch permite asegurar la existencia de la transformada inversa de Laplace de una función . Este teorema solamente lo enunciaremos, porque para su demostración son necesarios algunos recursos matemáticos más avanzados. Una demostración puede consultarse en [3], teorema 7, p.p. 201-202.
Teorema2 (Lerch ) Si
F( s ) , con k > 1 , entonces existe al menos s s k , s > . Siendo s. c. y de o.e. en
es analítica en [ 0 , ) y tal que lím
una función y , tal que: [ 0 , ). Además esta inversa puede no ser única. (Vea ejemplo 6). Pero en la clase ( clase de las funciones definidas sobre tal que sean s.c. sobre cada intervalo compacto de y de o.e. en A esta clase , se le llama clase de las funciones buenas para Ejemplo 6
Ambas tienen la misma transformada: F( s )
1 ( s > 1) .(¡ Pruébelo!). s 1
c) Primer teorema de traslación Sea , para s > . Veamos lo que sucede con la transformada de Laplace si f queda multiplicada por .
I e at f (t )e st dt e ( s a )t f (t )dt 0
Haciendo
0
, tenemos: I e 0
St
f (t )dt F ( S ) ; es decir existe si S > y además:
249
En resumen tenemos demostrado el siguiente teorema: Teorema 3 , para s > , entonces también existe
Si existe: s > a + , y además:
para:
Ejemplo 7 a)
[ cos (3t) ] (s)
b) [
] (s) =
s , entonces: s2 9
[ e5t cos(3t) ] (s)
4! , entonces: s5
s5 s5 2 2 ( s 5 ) 9 s 10s 34
4! ( s 2 )5
Si hacemos:
O sea:
Ejercicio resuelto 2 F( s )
Si
2s 3 , halle 2 s 4s 6
=
-1
2s 3 s 2 4s 6 (t ) .
Solución : (Para mayor facilidad consulte la tabla al final de la sección 4 ). Escribamos a en la siguiente forma:
F( s ) Como:
2s 3 2s 3 2( s 2 ) 7 2 2 s 4s 6 ( s 2 ) 2 ( s 2 ) 2 ( s 2 )2 2 2
250
Luego:
EJERCICIOS 1) Halle la transformada de Laplace de las siguientes funciones: (Puede usar la tabla mínima, al final de la sección 4 ) . n
a) 2
+ 6t - 8;
b)
a t k 0
k
k
;
f) t¼ ;
g) A cos (at +b);
Resp. 12 6 8 a) 4 2 ; s s s
b) ak
2) Halle
e)
1 s
k 0
k! ; s k 1
A( s cos b a senb ) ; s2 a2
g)
a)
n
n 1
h)
2
c) sh (3t);
c)
2t h) e- cos (3t);
3 ; s 9 2
s2 ; ( s 2 )2 9
2
d) cos t; 2t
e) sh t 2
i) e cos t
d)
1 s ; 2 2s 2( s 4 )
i)
1 1 s2 2 2 s 2 ( s 2 ) 4
e)
para: (nN);
5 3s ; s2 9
b)
3 ; s4
f)
1 ( n N* ); n (sa)
Resp. t3 tn a) ; b) ; 2 n! 5 e) sen t 3 cos 3t ; 3
c) f)
c)
;
e at t n-1 ; ( n 1 )!
1 2 s s5 10s 3 g) 25 s 2
4 ; s3
d)
d) 1 g)
8 t3 3
3 sh( 5t ) 10ch( 5t ) 5
3) Usando la tabla mínima de transformadas de Laplace y propiedades, calcula : a)
[ ch (at) cos(at) ] (s);
b)
[ ch (at) sen (at) ] (s)
4 s( s 4 ) 2
251
c)
[ sh (at) cos (at) ] (s);
Resp : s3 a) 4 ; s 4a 4 4) Halle : a)
d)
[ sh (at) sen (at) ] (s)
a( s 2 2a 2 ) ; s 4 4a 4
b) 3
[ sen (at) ] (s);
c) b)
a( s 2 2a 2 ) ; s 4 4a 4
d)
2a 2 s s 4 4a 4
[ sen (at) cos (bt)] (s)
Resp. a)
6a 3 ; ( s 2 a 2 )( s 2 9a 2 )
5) Calcule:
1 ab 1 a b 2 2 2 2 s ( a b) 2 s ( a b) 2
b)
donde:
4. Transformada de Laplace de la función escalón unidad y funciones relacionadas Denominaremos función escalón unidad , a la función : 1 t a ua ( t ) 0 t < a
y
1 si t a ua t 0 si t a 1
La mayoría de las veces consideramos a > 0 . Como ua ( t ) es s.c. y de orden exponencial ( por ejemplo , observa que u ( t ) < et , t > 0 ) , existe la a
transformada de Laplace de ua ( t ) . En efecto: [ ua t ] (s)
0
e e s s a st
sa
a
x
a Fig. 2
252
O sea: ua t
Con la función ua ( t ) podemos definir otras funciones de uso frecuente en Ingeniería , así entre otras tenemos: la función pulso rectangular, la función parte entera, etc. y
a) Función pulso rectangular Función pulso rectangular de base: a,b
k para t [a, b] A la función f (t ) , 0 en otro caso se le denomina función pulso rectangular de altura k y base: b - a . Es claro que tal función se puede escribir utilizando la función ua ( t ) . En efecto:
y altura: k P a,b;k k ua t ub t k
f (t) = k [ ua ( t ) - ub ( t ) ] x
a
Para calcular su transformada de Laplace usamos la linealidad de .
b
Fig. 3
e sa e sb k sa k ( e e sb ) [ f (t)] (s) = k s s s (11)
y 6 5.5
f t t Función parte entera . . .
5 4.5
4
b) Función parte entera
3.5 3
Recordemos que f (t) = [ t ] es el entero más próximo, por la izquierda, a t. Como f es s.c. y de orden exponencial, pues: ([ t ] t < para: t > 0 ), entonces existe la transformada de Laplace de f (t) = [ t ]. Para calcular esta transformada procederemos a escribir f (t) = [ t ] por medio de la función Pulso. En efecto:
2.5 2
1.5
1 0.5
t 0.5
1
-0.5
f (t ) [t ] k[uk (t ) uk 1 (t )] k 1
1.5
2
2.5
3
Fig. 4
3.5
4
4.5
5
5.5
253
Para probar esto, sea t tal que : n t < n + 1. Luego :
k[u (t ) u k 1
k
k 1
(t )] k[uk (t ) uk 1 (t )] n[un (t ) un1 (t )] = 0 + n = [ t ] = f ( t ) k 1 k n
De aquí tenemos:
n k ks 1 k (k 1)s (e e ) lím (e ks e (k 1)s ) s n k 1 s k 1 s
[f (t)] (s) = [f (t)] (s) =
1 lím [(e s e2s )+(2e2s 2e 3s ) s n [f (t)] (s)
1 lím (e s e2s s n
e
((n 1)e ( n1 )s (n 1)e ns (ne ns ne ( n1 )s )]
ns
ne
(n 1)s
1 ks 1 e s ) e s k 1 s 1 e s
(s>0)
O sea :
c) Función parte decimal Definimos como parte decimal de un
y lo denotamos por: (13)
Cláramente, , luego es de orden exponencial, y además es s.c. , con discontinuidad de salto en cada entero. Luego existe su transformada de Laplace, para Asi, de acuerdo al ejemplo 3 y a (12), tenemos:
En lo que sigue se dará una pequeña tabla de transformadas de Laplace, para que sea utilizada en alguno de los ejercicios que siguen.
254
Tabla de Transformadas de Laplace ( Mínima) f (t)
F( s)
Condición de convergencia ,
Ejercicio resuelto 3 Halle la transformada inversa de F (s), para: a) F( s )
3(1 e 4 s ) ; s
b) F( s )
6 3s (e e 5s ) ; s
c) F( s )
Solución:
3 3e4 s , entonces, por (4) y (10), tenemos: f ( t ) = 3 s s 6 b) F (s) (e 3s e 5s ) , entonces por (10) u (11), tenemos: s a) F (s )
f ( t ) = 6[
-
10 s(e s 1)
255
10 10 10e s c) F( s ) , entonces de acuerdo a (12): f (t) = 10 [ t ] s(e s 1) se s (1 e s ) s(1 e s )
Ejercicios 1) Grafique las siguientes funciones :
a) u3 (t) ;
c) b[ u0 (t) + 2
b) u2 (t) - u4 (t) ;
( 1 )u k
k 1
b b
Sugerencia : c ) f (t )
t (0,2) t (2,4)
2k
(t ) ]
f (t) = f (t + 4)
2) Encuentre una expresión para f (t) en términos de ua (t) , teniendo f (t) la gráfica siguiente : a)
b)
y
y
1
4
t
t
1 Fig. 5a
2 Fig. 5b
4
256
c)
d) y
y
M
k
... t
t
a
a Fig. 5c
2a
3a
4a
-k Fig. 5d
e)
f) y y
. . . 3 b
2 ...
1 t
t
a
2a
Fig. 5e
4a
3a
0
-1
1
2 Fig. 5f
3
Resp.
a) u1(t);
b) 4 [ u2(t) - u4(t) ];
d) k [ u0(t) + 2 ( 1) m uma (t ) ]
c)
m 1
e) b ( 1) n una (t ) ; n 0
f) [ t ] + 1 = 1 +
k u t u t k 1
k
k 1
257
3) Halle la transformada de Laplace de las funciones del numeral anterior. Resp.
e s a) (s>0); s
4 b) (e2s e4 s ) ; s
k 1 e as k as th ; d) s 1 e as s 2
e)
b ; s (1 e as )
1 e as c) ; s f)
1 s (1 e s )
4) Halle la transformada inversa de F (s), siendo F (s): a)
4e 3s ; s
Resp. a) f (t) = 4 u3 (t) ;
b)
1 e s ; s s(1 e s )
b) f (t) = 1 + [ t ] ;
c)
e 4 s e5s s
c) f (t) = u4 (t) - u5 (t)
5. Propiedades de la transformada de Laplace aplicables a la resolución de ecuaciones diferenciales. 5.1 Transformada de Laplace de una derivada En lo que sigue veremos el cálculo de la transformada de Laplace para derivadas de funciones, las cuales a su vez serán usadas para la resolución de ecuaciones diferenciales lineales ordinarias con coeficientes constantes . Teorema 4 Sea f continua sobre [ 0 , ) y de o.e., de nivel y tal que f ' (t) es s.c. en [ 0 , ). Entonces existe [f ' (t)] (s), y ésta es igual a: s [f (t)] (s) - f (0) , para s > . O sea: (15) Demostración: Sea T > 0; y sean t1,, tn puntos de discontinuidad de
(t) en [ 0 ,T ]. Entonces:
258
T
0
n 1
f ( t )e dt st
i 1
ti
f ( t )e st dt ; donde t0 = 0 y tn+1 = T
ti 1
Luego:
T
0
f ( t )e st dt =
n 1
([f (t)e i 1
st ti ti 1
]
s
ti
ti 1
T
f (t )e st dt e sT f (T ) f (0) s f (t) e st dt 0
(#)
Como f es continua y de orden exponencial de nivel , tenemos que existe s > , es decir existe :
para
T
lím f ( t )e st dt f ( t )e st dt
T 0
0
Por otra parte :
0 lím f (T )e sT lím e sT CeT lím Ce ( s )T 0 , cuando s > . T
T
T
T
De manera que existe lím f (t )e dt ; por existir límite del segundo miembro de ( # ), para st
T 0
T. Luego: (15) Este teorema puede generalizarse así : Teorema 5 (n-1)
(n)
Sean f (t), f ' (t), , f (t) continuas en [ 0 , ) y de orden exponencial de nivel . Sea f (t) (n) seccionalmente continua sobre [ 0 , ), entonces existe la transformada de Laplace de f (t) para s > , y ésta viene dada por : (16) Demostración: Por el teorema 4, el teorema es válido para Para , haciendo g = f ' , y aplicando el teorema anterior resulta: L Suponiendo el teorema válido para n = m - 1 , y haciendo g(t) = f
(m-1)
(t); tenemos:
259
(16) Luego, (16) se cumple Ejercicio resuelto 4 Usar el teorema anterior para obtener :
[ t cos (wt) ] (s) .
Solución: Sea
entonces: y
Luego:
Y por el teorema 5, tenemos que:
Además: f (0) = 0 ; f ' (0) = 1; luego:
De (I) y (II), tenemos:
Despejando
, resulta:
Proponemos al lector calcular: a)
260
5.2 Resolución de una e.d. ordinaria lineal con coeficientes constantes usando transformada de Laplace Veamos a continuación que la transformada de Laplace transforma una ecuación diferencial ordinaria lineal con coeficientes constantes, y cuyo segundo miembro es una función para la cual existe transformada de Laplace, en una ecuación algebraíca. Así consideremos la ecuación diferencial:
Con Aplicando
y teniendo f (t) transformada de Laplace . en ambos miembros, tenemos:
Donde: Despejando
resulta:
Hallando la transformada inversa de Laplace del segundo miembro, obtenemos la solución particular, o sea:
Ejemplo 8 Consideremos la ecuación diferencial:
En este caso: a = 0; b = 4; f (t) = Luego: F( s ) ; donde Y s 2 s 4 O sea:
A=B=0 =
3 . s 9 2
261
Y s
3 3 2 1 3 2 2 2 ( s 4 )( s 9 ) 10 s 4 5 s 9 2
Por lo tanto:
Ejercicio resuelto 4 Resuelva la ecuación diferencial; 16 y " - 8y ' + 17 y = 1 ; y (0) = 0; y ' (0) = 1 . Solución: Aplicando
a ambos lados de la ecuación diferencial, tenemos:
Por lo tanto:
Luego:
Y como:
Tomando
entonces (I), queda así:
resulta (use la tabla mínima):
262
5.3 Transformada de Laplace de la integral de una función Como una consecuencia de las propiedades anteriores podemos hallar la Transformada de la integral de una función , en efecto consideremos el siguiente teorema : Teorema 6 Sea f una función s.c. y de o.e, de nivel la transformda de Laplace de para
en
y sea: y esta es:
entonces existe
Demostración: Del teorema fundamental del Cálculo Integral, sabemos que es continua en derivable en cada punto donde f es continua, y en estos puntos tenemos que: Luego
es s.c. en
Por otra parte, como f es de orden exponencial de nivel
Asimismo, al ser f s.c. en Sea
existe
existen
tales que:
tal que:
entonces:
Luego: Para:
.
Utilicemos lo anterior para demostrar que
Luego es s.c. y de o.e. en Ahora, como:
Por lo tanto:
es de orden exponencial de nivel 0.
por lo tanto existe su transformada de Laplace. 4, tenemos:
263
O sea:
Ejemplo 9 Usemos el teorema 6 y la tabla mínima, para hallar:
Escribimos:
Por otra parte:
O sea:
5.4 Transformada inversa de Laplace de fracciones simples Como vimos anteriormente, para la resolución de e.d. ordinarias lineales con coeficientes constantes, es necesario hallar:
Donde
son polinomios sin factores comunes y
264
P( s ) se puede descomponer en la suma de varias fracciones simples, entonces Q( s ) fundamentalmente lo que debemos hallar es la transformada inversa de Laplace de cada uno de los tipos de fracciones simples. Como quiera que
a) Caso:
1 sa
De acuerdo con la fórmula (2), tenemos:
b) Caso:
1
s a
n
(n = 2, 3,
Usando el teorema 4 y la fórmula (4), tenemos que:
En nuestro caso, es decir para
Luego:
O sea:
c) Caso:
as b s2 c2
265
O sea:
d) Caso:
as b
s
2
c2
n
(n 2,3, )
Este caso será estudiado en la sección 7 de este capítulo. Ejemplo 10 Halle:
Como:
Utilizando coeficientes indeterminados, nos queda:
Luego:
Ejercicio resuelto 5 Resuelva la ecuación diferencial: Solución:
O sea:
266
Aplicando
en ambos miembros, resulta:
Despejando Y(s), reduciendo términos semejantes, factorizando el denominador y descomponiendo en fracciones simples, tenemos:
Usando coeficientes indeterminados, resulta:
Aplicando
O sea:
de acuerdo a los casos a) y b), resulta:
Ejercicio resuelto 6 Resuelva: Solución: Aplicamos
en ambos miembros, resultando:
Reduciendo términos semejantes, despejando Y(s), factorizando y descomponiendo en fracciones simples, tenemos:
Usando coeficientes indeterminados, resulta: A Luego:
31 5 1 . ; B ; C 1; D 15 6 10
267
Aplicando
obtenemos:
Ejercicio resuelto 7 Resuelva la ecuación diferencial: Solución: Aplicando
en ambos miembros, resulta:
Luego:
Usando coeficientes indeterminados, nos queda: A
Luego, aplicando
Resulta:
a:
19 50 10 ; B ; CD 29 29 29
268
Ejercicio resuelto 8 Resuelva la ecuación diferencial- integral: y t 4 y t y( u )du; y 0 1 t
0
Solución: Aplicando (19):
en ambos miembros de la ecuación diferencial-integral, resulta al aplicar (15) y
Luego:
Usando la tabla de transformadas y propiedades, tenemos que al aplicar anterior, resulta:
a la igualdad
5.5 Segundo teorema de traslación En lo que sigue estudiaremos la existencia y cálculo de la transformada de Laplace de una función transladada, o sea la transformada de en función de la trasformada de en lo que se conoce como el segundo teorema de traslación. Teorema 7 (Segundo teorema de traslación) Sea f una función con transformada de Laplace para Entonces la función para también tiene transformada de Laplace para y ésta viene dada por:
y
f(t)
t
a
(Vea las fig. 6a, b y c) Fig. 6a
269
y
y
f (t - a ) f ( t - a )ua( t )
t
t
a
a
Fig. 6b Fig. 6c
Demostración:
Como la última integral existe, pues por hipótesis, f tiene transformada de Laplace, entonces las anteriores integrales existen, es decir existe la transformada de Laplace de . Siendo ésta: (26)
Ejemplo 11 Hallemos:
Ejercicio resuelto 9 Halle la transformada de Laplace de: a)
b)
270
Solución:
Luego:
O sea:
Ejercicio resuelto 10 Halle la transformada inversa de Laplace, para:
Solución: De la fórmula (26) del teorema 7, tenemos que: para Luego:
O sea:
271
Luego:
Ejercicio resuelto 11 Resuelva la e.d.:
con:
Solución: Aplicando
en ambos miembros, y usando (11), tenemos:
Luego:
Por coeficientes indeterminados, resulta: A
Aplicando
1 1 1 ; B ; C . Luego: 6 2 3
en la expresión anterior, se obtiene:
Nota: Observe que este tipo de e.d. con una señal de entrada que no es de la forma:
272
o es de difícil solución por los métodos vistos en el Capítulo 2, sin embargo usando transformada de Laplace, el trámite es bastante sencillo.
Ejercicios 1) Use el teorema 4 para demostrar las siguientes igualdades:
2) Halle la transformada inversa de Laplace de las siguientes funciones:
Respuestas:
3) Bajo las condiciones del teorema 4, pero con f teniendo discontinuidad de salto finito en demuestre que:
273
4) Generalice el problema anterior para el caso en que haya discontinuidades de salto en los puntos: Respuesta: (28) 5) Resuelva las siguientes e.d., bajo las condiciones que se indican:
Respuestas: ;
–
274
6) Calcule:
Respuestas:
7) Resuelva las siguientes e.d. y e.diferencio-integrales:
Respuestas:
275
5.6 Transformada de Laplace de funciones periódicas Recordemos que una función f es periódica de período T > 0, si se cumple que:
Por ejemplo; sen y cos son funciones de período Veamos el siguiente teorema de existencia de la transformada de Laplace de una función periódica, así como la forma de obtener esta transformada. Teorema 8 Sea f una función periódica de período T > 0, y s.c. sobre de Laplace de f, para ésta viene dada así:
Entonces existe la transformada
Demostración: Como es s.c. en entonces lo será en cualquier subintervalo compacto Pues dado existe tal que: y como es s.c. en por ser de período , entonces será s.c. en Luego será s.c. en Además al ser f s.c. en será acotado; y por la periodicidad, lo será en En otras palabras, existe la transformada de Laplace, de acuerdo al teorema 1. Es decir existe:
En particular:
Analicemos en detalle a
, y en dicha integral hacemos el cambio:
276
Reemplazando ( II ) en ( I ), tenemos:
Luego:
O sea:
y
Ejemplo 12 Calculemos la transformada de Laplace de
f ( t ) sen( wt )
Como:
w
Luego:
w
1
Entonces,
T
es periódica de período:
t
2 w Fig. 7
3 w
277
Ejercicio resuelto 12 y
Resuelva: Donde: y 2
Vea la fig. 8 Solución: Aplicando
...
a ambos miembros, tenemos: t
1
Para calcular
Reemplazando (II) en (I), resulta:
Despejando
Hallemos la transformada inversa de cada sumando en (III):
2
Fig. 8
3
4
278
Para hallar la transformada inversa del otro sumando, debemos hacer algunos cálculos previos. En efecto:
Haciendo los cálculos respectivos, resulta: A Asimismo, como: 0 <
1 1 ; B ; C 0 2 2
tenemos:
Luego, el segundo sumando de (III) se puede expresar así:
Tomando
en (IV), resulta:
Finalmente, usando (A) y (B), tenemos:
279
Ejercicios 1) Halle la transformada de Laplace de las siguientes funciones, cuya fórmula o gráfica se dan a continuación: y
y
a)
b) 1
m ...
. . .
2
t
3
4
t
a
3a
2a
-1
Fig. 9a
c)
Fig. 9b
y
1.8
d)
1.6
1.4
1.2
y
sen kt para: 0 t k f (t ) 2 0 para: t k k
; f (t
2 ) f (t ) k
1
1 0.8
. . .
0.6
. . .
0.4
0.2
t 0.5
1
1.5
2
2.5
3
-0.2
-0.4
e) f) Respuestas:
Fig. 9c
para
3.5
4
4.5
5
5.5
k
2 k
Fig. 9d
3 k
t
280
2) Resuelva la e.d.:
Donde
viene dado así:
Respuesta:
3) Resuelva la siguiente e.d. proveniente de un circuito RL, con señal de entrada
dada por:
Sugerencia:
Respuesta:
6. Derivación e integración de la transformada de Laplace Dada una función cumpliendo las condiciones del teorema 1, existe la transformada de laplace, y esta es derivable. Este teorema no lo demostraremos, pero su demostración puede consultarse en el Cap.2 de [3]. Teorema 9
281
Sea f una función s.c. en [0, y de o.e., entonces la transformada de Laplace derivable, y dicha derivada viene dada así:
Pudiendo generalizarse esto, por inducción, para cualquier
de
es
obteniéndose:
Ejemplo 13 Usemos el teorema anterior para calcular la transformada de Laplace de De acuerdo a (31), tenemos que:
1 n! 1 para s a. Luego: F n ( s ) . Por lo tanto: Donde F( s ) n 1 sa s a n
O sea:
Transformada inversa de Laplace de la fracción simple en el Caso d. En la sección 5.4, dejamos pendiente el caso donde se estudiaba la transformada inversa de Laplace de fracciones de la forma:
En esta sección, procederemos a hallarlas en el caso
y dejaremos como ejercicio el caso
. ¡Un buen reto, para los estudiantes más acuciosos, será el caso general!. ¡Animo!. Ejercicio resuelto 13
282
Halle
de:
Solución:
Luego:
Por otra parte:
Luego:
Tomando
en ambos miembros, resulta:
Finalmente, tenemos:
283
Ejercicio resuelto 14 Resuelva la e.d.:
(Resonancia); con:
Solución: Aplicando
en ambos miembros, tenemos:
Despejando
Aplicando
resulta:
en ambos miembros, se obtiene:
A continuación veremos un teorema relacionado con la existencia de una cierta integral de una función que es la transformada de Laplace de una función cumpliendo algunas condiciones que a continuación explicamos Teorema 10 Sea
una función s.c. en
transformada de Laplace de
Demostración:
y de o.e., además existe: lim t 0
f t t
, y viene dada así:
f t t
. Entonces existe la
284
La función: t
f t
tiene discontinuidad evitable en 0, y discontinuidad de salto donde la t tenga luego es s.c. en . Por otra parte, como f es de o.e., existen: tales que: Luego:
De manera que laplace de
es de o.e. de nivel
Ahora, observemos que:
Reemplazando (II) en (I), obtenemos:
Luego:
Ejemplo 14 Usando el teorema anterior, hallemos:
Así, de acuerdo al teorema 10, tenemos:
Luego, por el teorema 1, existe la transformada de
285
Luego:
O sea:
Ejercicio resuelto 15
Solución:
Luego:
Por lo tanto:
O sea:
286
Donde:
Luego:
Del teorema 10, obtenemos una importante igualdad con integrales, la cual es usada para hallar el valor de ciertas integrales impropias que aparecen con frecuencia en Ingeniería y Ciencias. Corolario Sea f una función cumpliendo las propiedades del teorema 10, entonces:
Demostración: De acuerdo al teorema 10, tenemos:
Tomando límite cuando
Ejercicio resuelto 16 Demuestre que:
287
sent 1, y t 0 t
Claramente se cumplen las propiedades del teorema 10, pues: lim
es continua y
acotada. Por el corolario, tenemos:
Donde:
Luego:
x
Nota: a la función
0
sent dt se le denomina función seno integral, y se denota así: t x
Si x 0
sent dt t
(36)
Así, en el ejercicio lo que demostramos es que: lim Si x x
2
EJERCICIOS 1) Demuestre que si f (t ) es de orden exponencial, entonces: orden exponencial. 2) Calcule:
Respuestas:
también es de
288
3) Halle:
Respuestas:
4) Calcule:
Respuestas:
5) Halle:
Respuestas:
6) Calcule:
Respuestas:
7) Resuelva las siguientes e.d.:
289
Respuestas:
8) Evalúe las siguientes integrales:
Respuestas:
7. Métodos especiales para el cálculo de transformadas e inversas de transformadas de Laplace. 7.1 Por medio de series El método de las series se basa en un teorema que a continuación enunciaremos y cuya demostración puede consultarse en: [3], p.57, teorema 7.
Teorema 11 ( Sin demostración ) a Sea F (s) n n 1 , absolutamente convergente cuando s > 0, entonces la función f dada n 0 s por: an t n , es continua en [ 0 , ), de o. e. de nivel 1 > 0 y f (t ) n 0 n!
Ejercicio resuelto 17 Calcule: Solución:
.
290
sen x ( 1) n x 2n1 Como: Si( t ) , dx y sen x 0 x n 0 ( 2n 1) !
t
entonces:
sen x x 2n n . ( 1) x (2n 1) ! n 0 Luego: sen x ( 1)n t 2n1 dx Si(t ) 0 x n 0 ( 2n 1)( 2n 1) ! t
De aquí tenemos: ( 1)n 1 1 ( 1) n 1 (2n 1) ! ( 1) (2n 1)(2n 1)!s 2n 2 n0 (2n 1) s 2n 2 s n0 2n 1 s n 0
n
Pues esta serie es a.c para s > 1 . Ahora, recordando que: arctg x
( 1)n 2n1 , con x < 1, entonces tenemos: x ( 2n 1 ) n 0
Ejercicio resuelto 18
Halle f ( t ) tal que :
1 s2 1
( s > 1)
Solución: Escribamos:
1 s 1 s12
1 1 1 (1 2 ) 2 . s s
Luego , recordando la serie binomial:
(1 A) ( 1)n n 0
Como s >1 , entonces :
1 s
2
< 1 , de aquí tenemos el siguiente desarrollo binomial:
1 1 2 s Por otra parte, tenemos:
( )n n A ; para: A 1 . n!
1 2
( 1 )n 1 ( 1) 2 2 n! s n 0 n
n
2n 1
291
1 3 1 1 1 3(2n 1) (2n)! 2n n 1 2n 2 n! 2 n 2 2 2 Luego:
1 1 F (s) 1 2 s s
21
( 1)n (2n)! 1 2n 2 s 2n1 n 0 2 (n!)
Como esta serie es a.c. para s > 1, por el teorema 11, tenemos que
tal que:
( 1)n t 2n f (t ) J 0 t (Función de Bessel de orden cero) , 2 2n n 0 (n!) 2
Cumple con:
Luego:
.Es decir:
1 s2 1 2 s s
1 2
1 s2 1
O sea:
7.2. Por medio de ecuaciones diferenciales. Este método consiste en el cálculo de la transformada de Laplace de conociendo la ecuación diferencial que satisface . Asimismo es particularmente útil el denominado teorema del valor inicial, el cual probaremos a continuación .
Teorema 12 ( Teorema del valor inicial ) Sea f una función continua sobre [0 , ) , tal que
sea s.c. en [0 , ) y de o.e., entonces: (39)
Demostración:
292
Si
es de o.e. y s.c., entonces
es de o.e., luego de acuerdo al teorema 4, tenemos:
Así mismo, por el corolario al teorema 1, tenemos que:
lím G(s) 0 , pues s
es la
transformada de Laplace de una función s.c. y de o. e. Luego: lím sF (s) f (0) (39) . s
Ejercicio resuelto 19 Halle :
, usando ecuación diferenciales ( s > 1).
Solución: Recordemos que: diferencial:
es la función de Bessel de orden , la cual es solución de la ecuación
En nuestro ejercicio, tenemos que:
, luego:
.
satisface la ecuación diferencial:
De aquí tenemos, al simplificar: y tJ o(t ) J o (t ) tJ o (t ) 0 Aplicando
en ambos miembros , tenemos: (*)
Como:
. Pues:
; J o (0) 0 y
=
.
293
Reemplazando estas tres igualdades en (*), tenemos:
Simplificando y separando variables, resulta:
Integrando tenemos: 1 Ln H (s) Ln(s 2 1) LnC 2
H (s)
C s2 1
Por el teorema del valor inicial ( Teorema 12 ):
J o ( 0 ) 1 lím sH( s ) lím s
s
sC s2 1
C
C 1 .
O sea:
7.3 Transformada de Laplace de la convolución de dos funciones Dadas las funciones , a la función:
, denominamos convolución de
, y lo denotamos por:
t
f1 ( w) f 2 (t w)dw 0
Cuyo dominio en el conjunto de números reales donde la convolución En lo que sigue enunciaremos un teorema que relaciona con , para Teorema 13 ( Sin demostración ) Sean
funciones s.c. en [0 , ) y de o.e. de nivel . Entonces:
esté definida. . Donde
294
(39) O sea: (40) Para su demostración, vea [3].
Ejemplo 16
Hacemos: F1 (s)
1 s
y F2 (s)
1 . s 1
Luego:
. Haciendo:
, resulta:
Recordamos que: fer( x ) Luego :
Nota:
2
x
0
et
0
t
r 1e r 2rdr 2
e r dr ( función error ) . 2
2et
0
t
e r dr 2
295
Una consecuencia importante del ejemplo anterior, es el hallar la transformada de Laplace de la función En efecto, usando lo anterior y el teorema 3, tenemos:
Ejercicio resuelto 20 Resuelva:
; indicando la respuesta en
función de
.
Solución: Aplicando
en ambos miembros, tenemos:
1 F (s) (s 1)2 Por lo tanto, aplicando el teorema de convolución, tenemos: ;
luego: Y (s)
t
f1 (w)f (t w)dw
0
Como:
Luego: t
y(t ) e w wf (t w)dw 0
Por ejemplo si:
entonces:
296
t
t
y (t ) e wf (t w)dw e we w
0
w
t w
0
t 2 t dw e 2
7.4 Otros métodos para obtener la transformada de Laplace o su inversa Además de los métodos anteriores, hay otros métodos , usando diversos recursos matemáticos . A modo de ejemplo presentamos los siguientes ejercicios resueltos . Ejercicio resuelto 21 Denominamos función coseno integral, a la función: Ci (t )
t
Halle:
cos u du . u
(¡Demuestre que Ci (t) es de o.e. !)
Solución: Por definición tenemos: cos u e st du dt . 0 t u
Haciendo
; ( v variable ) en la integral interna, tenemos:
0
1
e st
cos tv tdvdt tv
1
1 st e cos( tv )dt dv = v 0
Descomponiendo
en fracciones simples, tenemos:
s A Bv C 2 2 v(s v ) v v s 2
s A s 2 v 2 Bv c v
2
1
1
0
e st cos( tv ) dtdv v
1 1 A ; B ; C 0 s s
1 1 v 1 dv 1 vdv 1 1 dv 2 dv 2 [Lnv Ln(s 2 v 2 )] 1 2 2 1 1 1 sv s s v s v s s v s 2
1 v 1 1 Ln( s 2 1) Ln Ln s s 2s v 2 s 2 1 s2 1
297
Ejercicio resuelto 22 Halle:
usando una ecuación diferencial.
Solución: = e x ;
e x =
2
Aplicando
2
.
en ambos miembros, tenemos:
Luego:
Integrando, nos queda:
Recordemos que:
fer( x ) Haciendo
2
x
0
e r dr ( función error ) 2
en la integral que aparece en (*), tenemos:
Tomando límites en (**), cuando u , tenemos:
298
0 Y (0)
lím
u
2
2
u 2
0
et dt e t dt 2
2
2
0
Y (0)
2
Usando lo anterior en (**), resulta al despejar
Luego:
EJERCICIOS 1) Halle :
1 cos a t ( ) para: a > 0 , s > 0 . t
cos a t
Sugerencia : Use la serie de Respuesta:
2) Halle [ e
x2
] (s), usando ecuación diferenciales.
Sugerencia: recuerde que :
0
e x dx 2
2
;
fer( x )
2
x
0
e r dr . 2
Resp.
3) a) Resuelva el problema anterior usando series; b) Usando 2 o 3 (a), halle [fer (at)] (s). Resp.
299
sen a t (s), con
4) Usando series, halle:
.
Resp.
5) Halle: Sugerencia: recuerde la definición integral de: , halle signo integral y haga . Luego use el cambio de variable: Resp.
.
6) Halle:
.
Sugerencia: Halle la transformada para sección 4), luego use inducción. Resp.
s2 1 s F (s) 2 s 1
; usando propiedades de
n
7) Halle:
.
Resp.
8) Use el problema 6 para demostrar que:
Resp.
derivando bajo el .
0
J n (t )dt 1
(Vea Cap. 3,
300
Resp .
a 1 fer 2 t 1 s ( s 2 1) (t).
11) Usando convolución, halle: Resp: 1 - cos t 12) Halle : a)
J o 2 t (s) ;
b)
Resp.
13) Usando convolución, calcule: a)
t
0
J o (u )J 1 (t u )du ;
s (s 2 1) 2 (t) ;
b)
c)
Resp. a)
;
b)
1
c) e 4t
;
2
1 (t) s ( s 4)
fer 2 t 2
14) Demuestre que: a)
;
b)
15) Resuelva la ecuación integral:
;
c)
;
301
y t 7 3 sen
3 t 4 cos 2 t u y u du t
0
Sugerencia: use el teorema de convolución . Resp:
y t
12 cos 7
3t
3 sen 7
3t
12 2t e 24te 2t 7
16) Sea G(t ) e tx dx . Halle: 2
0
Sugerencia : use la definición de transformada de Laplace y cambie el orden de integración . Resp.
2 s
17) Halle:
sen 2t t 2 (s)
Resp.
s2 4 1 s sLn arc cot 2 s 2 18) Demuestre que:
0
cos x e dx 2 x2 1
Sugerencia: tome transformada de Laplace e intercambie ésta con la integral.
8. Aplicación de la transformada de Laplace para la resolución de ciertas ecuaciones diferenciales parciales. Ciertas ecuaciones en derivadas parciales se pueden resolver usando la transformada de Laplace, para ello es necesario conocer la transformada de Laplace de las derivadas de primero y segundo orden de la función .
302
En todo momento suponemos que bajo el signo de integral
satisface las propiedades que permitan la derivación
Transformada de Laplace de las derivadas parciales de a) Hallemos la transformada de Laplace de: , y s.c. en [0, , con respecto a la variable t.
, suponiendo que
es de o.e . de nivel
z( x,t ) st st st t ( s ) 0 e zt ( x,t )dt e z( x,t )0 s 0 e z( x,t )dt
Como: 0 líme st z( x,t ) C( x )líme st e t C( x )líme ( s )t 0 t
t
t
para s
Entonces:
Luego:
b) Para la transformada de Laplace de vamos a suponer que esta función goza de las propiedades que permitan la derivación con respecto a x , luego la derivación bajo el signo de integral y la existencia de la transformada de Laplace de En efecto: st z( x,t ) st ( s ) e z ( x,t )dt e z( x,t )dt Z( x,s ) x 0 x 0 x x O sea :
En las demostraciones que siguen vamos a suponer que necesarias para dar los pasos que se indican. c) Siendo
=
cumple con las propiedades
.
303
Luego: =
)-
En resumen:
d)
e-st z xt (x,t )dt 0
-st e zt (x,t )dt x 0
Luego: (47)
O sea:
Ejemplo 17 Resolvamos la e.d.:
;
. Cumpliendo con:
lím u (x,t ) 0 ;
x
Aplicando
a la ecuación diferencial, tenemos al aplicar (44) y (48): ; o sea:
Resolviendo la ecuación diferencial en la variable x, resulta para
U (x,s) C1 (s)e Luego:
sx
C2 (s)e
sx
304
e st 1 U( 0,s ) e u( 0,t )dt e dt C1 s C2 s (*) 0 0 s 0 s Por otra parte, de acuerdo a la condición: lím u (x,t ) 0 , tenemos:
st
st
x
lím U ( x, s) lím u ( x, t )e st dt lím u ( x, t )e st dt 0 y lím C1 ( s )e 0 x x x x 0
Luego:
y de (*) tenemos:
C2 s
sx
C2 e
sx
0
1 , por lo tanto: s
1 U (x,s) e s x s Usando la tabla de transformada de Laplace o el problema 10, de los ejercicios propuestos en la sección 8.4, tenemos: t
Ejercicio resuelto 23 Resuelva: yt t a 2 yx x g ; x , t > 0 ; a , g + . Bajo las condiciones:
Solución: Aplicando
en la ecuación diferencia y usando las fórmulas (46) y (48), tenemos: s 2Y (x,s) sy (x,0) yt (x,0) a 2Yxx (x,s )
g s
Tomando en cuenta las condiciones, resulta:
s 2Y (x,s) a 2Yxx (x,s )
g s
Yxx x,s
s2 g Y( x,s ) 2 (*) 2 a sa
Resolviendo la ecuación diferencial anterior, tomando como variable a la x, se obtiene, para la parte homogénea:
Determinemos una solución particular de la no homogénea, usando: Yp (x,s) A(s)x B(s) Reemplazando en la ecuación diferencial (*), resulta:
305
0
s2 g A(s)x B(s) 2 2 a a s
Yp (x,s)
Por lo tanto:
A s 0 y B s
g s3
g . s3
De esta manera tenemos que la solución completa de (*) es:
. Tomemos el resto de las condiciones del problema, para hallar Es decir:
y
.
( Condiciones de frontera) . Esto lo haremos viendo qué forma toman estas condiciones en la transformada de Laplace de la solución .
0
0
Como Y ( x, s) e st y( x, t )dt , entonces: Y (0, s) e st y(0, t )dt 0 . Luego: C1 (s) C2 (s)
g 0 s3
Así mismo:
.
Tomando límite cuando x , tenemos: límY x (x,s) e st lím yx (x,t )dt 0 . x
O sea :
por lo tanto:
Pero: Luego:
0
x
306
Tomando
resulta:
EJERCICIOS 1) Resuelva: yx 2 yt y ; con Resp.
y(x,t ) 6e
2 x 32 t
2) Resuelva: yx xyt 0 ; con Resp.
x2 y (x,t ) u x2 (t )(t ) 2 2 3) Resuelva: yx 2xyt 2x , con Resp. 2 1 t si t x y (t ) 2 2 1 x si t > x 4) Resuelva: uxx 2utx utt 0 Bajo las condiciones: Resp.
5) Resuelva: 2uxx ut , con: Resp.
u(x,t ) 10e32 t sen 4 x 2
( 0 x 1 , t 0) , .
307
6) Resuelva: ytt 9 yxx , con:
Resp. y(x,t ) 20 sen 2 x cos6 t 10 sen5 x cos15 t
7) Resuelva: yx yt 1 et ; Resp.
.
8) Resuelva: ytt yxx sent ; bajo las siguientes condiciones: Resp.
9. Problemas resueltos variados 1 s 4 4a 4 (t)
1)
Solución: Factoricemos:
s4 4a4 s4 4a 2 s 2 4a4 4a 2 s 2 (s 2 2a 2 )2 4a 2 s 2 (s 2 2a 2 2as )(s 2 2a 2 2as ) Descomponiendo en fracciones simples, tenemos: 1 As B Cs D 2 2 4 2 s 4a s 2as 2a s 2as 2a 2 4
A
1 1 1 1 ; B 2; C- 3; D 2 3 8a 4a 8a 4a
Por otra parte, escribamos los denominadores en la forma que a continuación indicamos:
308
s 2 2as 2a 2 ( s a )2 a 2
y
s 2 2as 2a 2 ( s a )2 a 2
As a C s a 1 As B Cs D B aA D aC 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 s 4a s a a s a a s a a s a a s a a s a a2 4
Aplicando
en la expresión anterior, y usando propiedades, nos queda:
Usando los valores calculados de A, B, C y D, tenemos:
Agrupando, nos queda finalmente:
2)
3
[ sen (at )] (s)
Solución :
Luego:
sen 3t 3cos 2 t sen t sen3 t 3( 1 sen2 t ) sen t sen3 t 3 sen t 4 sen3 t
Despejando
Luego:
resulta:
309
=
3 a 1 3a 3a s 2 9a 2 s 2 a 2 6a 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 s a 4 (s 9a ) 4 (s a )(s 9a ) (s a )(s 2 9a 2 )
3) Calcule: Solución:
Como:
sen (a b)t sen (a b)t 2
, entonces:
1 ab 1 a b . 2 . 2 2 2 s (a b) 2 s (a b)2
s 2 e s 3
4) Halle: Solución:
ua (t )f (t a) (s) eas F (s) , y como:
Recordemos que:
2 s3
F( s )
, entonces: 2
f(t)=t
Luego: s 2 e s 3
5) Calcule: a)
ua (t )f (t a) u1 (t )(t 1) 2
b)
Solución: a) b)
6) Calcule:
= =
0
te 3t sentdt
=
b (s La)2 b 2
310
Solución:
Como F( s ) te st sent dt ; entonces debemos calcular 0
2s 1 2 2 2 s 1 (s 1)
0
te3t sentdt
F( 3 )
6 ; 100
6 100
cos a t (s) usando series . t
7) Halle
Solución: ( 1)n x 2n ( 1)n a 2n t n ; luego: cos a t . (2n) ! (2n) ! n 0 n 0
Recordemos que: cos x
cos a t Por lo tanto:
t
( 1)n a 2n t (2n) ! n 0
n 21
Luego:
cos a t n 2n 1 (s) = F (s) ( 1) a (n1 2 ) n t n 0 (2n) ! s 2 Esta serie converge absolutamente, lo cual se puede probar por el criterio del cociente, en efecto: a 2n 2 (n 32 ) n 3
a 2 (n 21 ) an 1 (2n 2) ! s 2 2n 0 ( a . c . para an (2n 2)(2n 1)s a (n 21 ) (2n) ! s
Por otra parte, como:
F (s) n 0
(2n) ! s
n 21
n 21
(n 21 )
( 1) n a 2n (2n) ! 2 2n n!
)
(2n) ! ; entonces: 2 2n n!
n
1 a 2 s n0 n! 4s s
(
)
311
8) Calcula:
[
Solución:
( x 1) et t x dt '( x 1) et Lnt t x dt 0
0
Por otra parte, como: (1) et Lntdt ; haciendo: 0
0
0
0
, con
, resulta:
(1) e su (Lns Lnu)sdu sLns e su du s Lnu e su du
9) Calcule:
s 1 Ln s 1 ( t )
Solución: 1 1 1 1 s 1 G( s ) Ln s G (u )du s du s du 0 F (u )du s 1 u 1 u 1 u 1 u 1
Luego:
Por lo tanto:
O sea:
312
1
10) Sabiendo que
s2 1
1 ( ) 2 2 32 (s a )
, halle:
Solución: Primero probemos la siguiente propiedad de la transformada de Laplace: u du 1 s f (at )e st dt f (u )e a F 0 0 a a a Luego: 1 1 1 H (s) h(t ) J o (at ) 1 2 a ( s )2 1 (s 2 a 2 ) 2 a
Aplicando el teorema 9, tenemos:
H (s)
s 3 (s 2 a 2 ) 2
s L[t h(t )](s) 3 (s 2 a 2 ) 2
H (s)
Luego:
1
11) Demuestre que :
0
J n (t )dt 1 , recordando que:
((s 2 1 )2 s) n 1
(s 2 1) 2
(Problema 6, en la sección 8.4) Solución: Como: 1
e J n (t )dt st
0
0, tenemos:
0
((s 2 1) 2 s) n
; tomando límite bajo el signo de integral, cuando
1
( s 2 1) 2
J n (t )dt 1
12) Para: G(t ) et x dx , halle: 2
0
Solución: =
0
0
e st et x dxdt 2
0
0
e t (s x ) dxdt 2
0
0
e t (s x ) dtdx 2
313
=
0
e t s x2 1 dx 2 sx s 0
0
x dx 1 1 arctg 0 x 2 s 1( s ) s s2 2 s s 0
1
Luego:
sen 2 t 2 ( s) . Utiliza este resultado para calcular: t
13) Halle:
0
sen 2 t dt . t2
Solución:
sen2 t (t ) ; como lím+ 0 , entonces: t 0 t t sen 2 t (t ) (s) 2 ( s) = t t
Sea (t )
sen 2t t (u ) =
[ (t) ] (u) =
1 1 1 sen 2t 1 4 (u 2 4 ) 2 (u 2 4 ) 2 ( s ) L n du uL n u du ; ya que : t2 s 2 s 2 u (u 2 4) u u s d 1 1 4 1 2u Ln(u 2 4) Lnu . 2 2 du 2 2 u 4 u u (u 4)
Por otra parte: 8 u3
8 u3
(u 4) lím uLn ulím u ù 2
1
2
Finalmente tenemos:
Ln(1 ( u42 )) 1 u
1
2
lím
u
1 u42 u12
u2 4 u2 1 u u2
lím
8 8u 2 u (u 4) lím lím 3 0 u u u 4u 1 u2 2
314
1 sen 2t 1 ( s 2 4 ) 2 du ( s ) sL n t2 s s 1 ( u2 )2 2
Para calcular
0
sen 2t dt = t2
0
sen 2t dt , hacemos t2
=
en la expresión anterior:
1 (s ya que: lím sLn s 0 2 2
0
2
4 ) s
sen 2 t dt 2 2 t
1
2
0
315
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NOTA: Las páginas que siguen son para que el lector anote y envíe sus sugerencias, correcciones, ideas, problemas o demostraciones, contenidos a agregar, etc. Todas ellas serán debidamente atendidas por el autor. Asimismo, en la introducción serán mencionados aquellos lectores que hayan aportado al enriquecimiento del texto.
[email protected] [email protected]
317
