Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (Universidad Del Norte)

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

Sebastián Castañeda Hernández Jairo Hernández Monzón William Eduardo Jiménez Jiménez Jorge Eliécer Ospino Portillo Grupo MAREA

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

Universidad del Norte Ciencias Básicas Departamento de Matemáticas Barranquilla-Colombia

ÍNDICE GENERAL

1. Introducción 1.1. Conceptos Básicos . . . . . . . . . . 1.2. Campos Direccionales . . . . . . . . . 1.3. El Teorema de Existencia y Unicidad 1.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . 2. Ecuaciones de Primer Orden 2.1. Separación de Variables . . . . . 2.2. Ecuaciones Homogéneas . . . . . 2.3. Ecuaciones Lineales . . . . . . . . 2.4. Ecuaciones Exactas . . . . . . . . 2.5. Factores Integrantes . . . . . . . 2.6. Sustituciones diversas . . . . . . . dy 2.6.1. Ecuaciones de la forma dx 2.6.2. Ecuaciones de Bernoulli . 2.7. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . 2.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . .

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1 1 8 10 12

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17 17 20 23 25 30 35 35 36 38 47

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57 57 59 62 64 67

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3. Ecuaciones Lineales de Orden Superior 3.1. Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Espacios funcionales . . . . . . 3.1.2. El operador diferencial lineal . . 3.1.3. El operador lineal de orden n . 3.2. Ecuaciones homogéneas con coeficientes

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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . constantes

4 3.3. Reducción de orden . . . . . . . . . 3.4. Ecuaciones no homogéneas . . . . . 3.4.1. Variación de parámetros . . 3.4.2. Coeficientes indeterminados 3.5. Ecuaciones de Cauchy-Euler . . . . 3.6. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . 3.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . .

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72 74 74 77 80 83 91

. . . . . . . . . . impulso . . . . . . . . . . . . . . .

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97 97 104 110 115 118 125

5. Solución en Series 5.1. Series infinitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Convergencia de series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Funciones definidas por series de potencias . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1. Problemas básicos de los desarrollos en series . . . . . . . . . 5.4. Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales 5.4.1. Soluciones analíticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2. Método de la serie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.3. Una ecuación especial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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133 133 135 137 138 147 148 158 161 164 170

4. La Transformada de Laplace 4.1. El operador de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . 4.2. Propiedades de la transformada de Laplace . . . . 4.3. Transformada de funciones escalonadas, periódicas 4.4. Convolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Solución de problemas con valores iniciales . . . . 4.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Bibliografía

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. . . . . . y de . . . . . . . . .

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177

CAPÍTULO

1 Introducción

1.1.

Conceptos Básicos

En términos elementales una ecuación diferencial es una ecuación que involucra derivadas de una o más funciones incógnitas en una o más variables independientes. Muchas de las leyes básicas de las ciencias biológicas, económicas, físicas, y sociales, así como en las ingenierías desarrollan modelos matemáticos para su mejor comprensión, con frecuencia, estos modelos producen una ecuación diferencial. En esta sección veremos los conceptos básicos, como la clasificación de las ecuaciones diferenciales, solución de una ecuación diferencial; en la sección 1.2 los campos direccionales, en la sección 1.3 el teorema de existencia y unicidad, y en el capítulo 2 veremos las técnicas elementales de solución de una ecuación diferencial ordinaria de primer orden. En los siguientes ejemplos se muestra cómo se originan algunas ecuaciones diferenciales. Ejemplo 1.1.1. Caída libre: Se deja caer un objeto desde una altura (por encima de la superficie terrestre), el cual está sujeto a la acción de la fuerza de atracción gravitatoria 1 . 1

Aquí suponemos que la fuerza gravitatoria es la única que actúa sobre el objeto, y que esta fuerza es constante.

2

Introducción Aplicando al objeto que cae la segunda ley de Newton, la cual establece que la masa de un

Figura 1.1: Caída libre objeto por su aceleración es igual a la fuerza total que actúa sobre él. Se obtiene entonces la ecuación d2 y m 2 = −mg dt donde m es la masa del objeto, y es la altura sobre la superficie terrestre, t es el tiempo d2 y transcurrido a partir de un instante dado, 2 es su aceleración, g es la aceleración gravidt tacional y −mg es la fuerza de atracción gravitatoria. Esta es una ecuación diferencial de segundo orden 2 de la altura desconocida y como función del tiempo t. Ejemplo 1.1.2. Crecimiento o decrecimiento exponencial: Consideremos una población de bacterias que está cambiando a una tasa proporcional a su tamaño. Si P (t) representa la población en el tiempo t, entonces la ecuación del crecimiento (o decrecimiento) de la población es dP = kP (t), dt donde k puede ser positiva o negativa, dependiendo si la población crece o decrece. Ejemplo 1.1.3. La ley de enfriamiento o calentamiento de Newton: Esta ley afirma que la razón de cambio de la temperatura de un objeto es proporcional a la diferencia de temperatura entre el objeto y el medio ambiente. Si T (t) es la temperatura del objeto al tiempo t, Tm es la temperatura del medio ambiente dT es la razón con que la temperatura del objeto cambia, la ley del enfria(constante) y dt miento de Newton nos dice entonces que dT = k(T − Tm ) dt donde k es la constante de proporcionalidad. 2

Se precisará esto más adelante.

1.1 Conceptos Básicos

3

Ejemplo 1.1.4. Drenado de un tanque: En hidrodinámica, la ley de Torricelli establece que la rapidez de salida a través de un agujero de bordes agudos, en el fondo de un tanque lleno de agua a una profundidad h es la misma√que la rapidez que un cuerpo adquiriría al caer libremente desde una altura h, esto es v = 2gh, donde g es la aceleración debida a la gravedad3 . Supongamos que un tanque lleno de agua se deja drenar a través de un agujero debido a la acción de la gravedad. Determinemos una ecuación diferencial que exprese la altura del agua en cualquier tiempo t. Si el área transversal del agujero es Ah y la rapidez del agua que sale del tanque es

Figura 1.2: Drenado de un tanque √ √ v = 2gh, el volumen de agua que sale del tanque por segundo, es Ah 2gh. Así, si V (t) representa al volumen del agua en el tanque en cualquier tiempo t, p dV = −Ah 2gh, dt donde el signo menos indica que V está disminuyendo4 . Si el tanque es tal que el volumen del agua en cualquier tiempo t se expresa como V (t) = Aw h, donde Aw es el área constante de espejo de agua (la superficie superior), entonces dV dh = Aw . dt dt dV dh Igualando estas dos expresiones para y despejando llegamos a la ecuación diferencial dt dt deseada dh Ah p =− 2gh. dt Aw Se puede observar que la anterior ecuación es válida aun cuando Aw no sea constante. En este caso se debe expresar el área de espejo de agua en función de h: Aw = A(h). 1 La expresión para v se origina al igualar la energía cinética, mv 2 , con la energía potencial, mgh y 2 despejando v. 4 No se tiene en cuenta la posibilidad de fricción en el agujero, que podría causar una reducción de la razón de flujo. 3

4

Introducción Ejemplo 1.1.5. Mezclas: Supongamos que un tanque mezclador contiene V0 galones de salmuera (sal disuelta en agua). Otra solución de salmuera se bombea al tanque a razón de r1 galones por minuto; con una concentración de c1 libras por galón. La solución bien mezclada sale del tanque a razón de r2 galones por minuto. Si S(t) denota la cantidad de sal (medida en libras) en el tanque al tiempo t, entonces la

Figura 1.3: Mezclas razón con la que S(t) cambia, es: dS = R1 − R2 dt donde R1 es la razón de entrada de la sal, y R2 es la razón de salida de la sal. La razón de entrada de la sal es: R1 = r1 · c1 lb/min, y la razón de salida de la sal es: R2 = r2 · c2 lb/min. Ahora bien, como las razones de entrada y de salida de la salmuera son distintas, la cantidad de galones de salmuera en el tanque en cualquier instante t es V0 + (r1 − r2 )t gal 5 . Por lo tanto la concentración de la sal en el tanque y en la salida es c2 =

S(t) lb/gal. V0 + (r1 − r2 )t

Entonces se tiene la ecuación diferencial dS r2 · S(t) = r1 · c1 − . dt V0 + (r1 − r2 )t 5

Si las razones de entrada y salida de la salmuera son iguales, esta cantidad es constante e igual a V0 .

1.1 Conceptos Básicos

5

Ejemplo 1.1.6. Circuitos eléctricos simples: Consideremos un circuito eléctrico simple compuesto por un resistor y un inductor o capacitor en serie con una fuente de fuerza electromotriz (fem), como se muestran en la figura. Esta fuerza electromotriz E(t) (volts), producida por una batería o un generador, hace fluir una carga eléctrica q(t) (coulombs) y produce una corriente i(t) (amperes), donde i(t) =

dq . dt

Un resistor de resistencia R (ohms) que se opone a la corriente y disipa energía en forma de calor, produce una caída de voltaje dada por la ley de Ohm ER = iR. Un inductor de inductancia L (henries) se opone a cualquier cambio en la corriente6

Figura 1.4: Circuitos RL y RC produciendo una caída de voltaje de EL = L

di . dt

Un condensador de capacitancia C (farads) acumula carga, produce una caída de voltaje dada por q EC = . C Según la segunda ley de Kirchhoff, la suma algebraica de todas las caídas de voltaje alrededor de un circuito cerrado es cero, se tiene entonces: Para el circuito RL ER + EL − E(t) = 0, esto es iR + L 6

De acuerdo a las leyes de Faraday y Lenz.

di = E(t). dt

6

Introducción Para el circuito RC ER + EC − E(t) = 0, o sea iR + o R

q = E(t), C

dq q + = E(t). dt C

Ejemplo 1.1.7. Depredador-presa: Cuando distintas especies animales conviven en un ambiente determinado, se produce una competencia por la supervivencia. En ella algunas especies sobreviven alimentándose de otras, otras compiten por alimentos comunes, etcetera. Supongamos dos especies de animales, una especie depredadora que se alimenta de otra especie que llamaremos presa, la cual tiene alimento suficiente en todo instante. Si denotamos por X(t), el número de individuos, en el instante t, de la especie depredadora, y Y (t), el correspondiente número de individuos de la especie presa, un modelo simplificado para las dos poblaciones (haciendo abstracción de otros factores distintos a los de la competencia misma entre las dos especies) es:  dX(t) = −aX(t) + bX(t)Y (t),  dt 

dY (t) dt

=

cY (t) − dX(t)Y (t),

donde a, b, c, y d son números reales positivos. Este modelo es un sistema de ecuaciones diferenciales. Ejemplo 1.1.8. Ecuación de calor: La temperatura de un cuerpo en el que está fluyendo calor varía, en general, para puntos diferentes del mismo cuerpo en un instante dado. A su vez, par un mismo punto, la temperatura puede variar con el tiempo. Un ejemplo sencillo lo obtenemos con una varilla delgada homogénea. La temperatura T es función de la abscisa x del punto, y del tiempo t. El cambio de temperatura según la posición y el tiempo obedece la ecuación diferencial en derivadas parciales: ∂T ∂2T =k 2, ∂t ∂x donde la función incógnita es T (x, t) y la ecuación diferencial involucra derivadas parciales de dicha función. Las ecuaciones diferenciales se pueden clasificar de acuerdo con su tipo, su orden y su linealidad. Según el tipo se presentan dos casos: si la ecuación sólo contiene derivadas ordinarias de funciones incógnitas con respecto a una sola variable independiente, se dice, en este

1.1 Conceptos Básicos

7

caso, que la ecuación es una ecuación diferencial ordinaria, o si la ecuación contiene derivadas parciales de funciones incógnitas con respecto a dos o más variables independientes, se dice entonces, que es una ecuación diferencial en derivadas parciales. Por ejemplo, dy d2 y dy = y + x − 2, y + − y = 0, dx dt2 dt son ecuaciones diferenciales ordinarias, mientras que ∂u ∂u ∂ 2z ∂ 2z + = x + y, y + = 0, ∂y ∂x ∂x2 ∂y 2 son ecuaciones diferenciales en derivadas parciales. El orden de una ecuación diferencial es el de la derivada de mayor orden presente en la ecuación. Por ejemplo, la ecuación d2 y dy + 5 + 2y = 3x, 2 dx dx es una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden, y la ecuación ∂z ∂z − = 0, ∂x ∂y es una ecuación diferencial en derivadas parciales de primer orden. Definición 1.1.1. En forma general una ecuación diferencial ordinaria de orden n, n ∈ Z+ , en una variable dependiente, es una ecuación de la forma F (x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = 0, donde F es una función de valor real de n + 2 variables reales, y en la que y (n) =

(1.1) dn y . dxn

Según la linealidad se dice que una ecuación diferencial como la (1.1) es lineal si F es lineal en y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) . Es decir que una ecuación diferencial ordinaria de orden n es lineal si se puede escribir en la forma an (x)

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

(1.2)

En esta última ecuación es de observar dos propiedades características de las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales; la variable dependiente y todas sus derivadas son de primer grado y cada coeficiente sólo depende de la variable independiente. Por ejemplo, y 00 − 3y 0 + y = 5x, y y 000 + xy 00 − y 0 + xy = cos x,

8

Introducción son lineales, mientras que las ecuaciones yy 0 + xy − x + 2 = 0, y y 00 − sin y = y, no son lineales. Definición 1.1.2. Una solución de la ecuación diferencial (1.1), en un intervalo abierto I de R, es una función y = ψ(x), que posee n derivadas continuas en I, tal que (1.1) se satisface cuando se reemplazan en ella ψ y sus derivadas. Esto es F (x, ψ(x), ψ 0 (x), ψ 00 (x), . . . , ψ (n) (x)) = 0, para todo x en I. Se denomina solución general de (1.1) a una familia n-paramétrica de funciones definidas por la ecuación Ψ(x, y, c1 , c2 , . . . , cn ) = 0. Una solución de (1.1) sin parámetros arbitrarios se llama solución particular, es obtenida por asignación de valores específicos a los parámetros de una solución general. Una solución que no se obtiene de la solución general asignándole valores permitidos a los parámetros, se denomina solución singular. La solución nula se denomina solución trivial. Ejemplo 1.1.9. La ecuación diferencial y 00 + y 0 = 0, tiene como solución general a y = c1 + c2 e−x , con c2 6= 0. Vemos que y = 0 es también solución; si c1 = 0 y c2 = 1, y = e−x es una solución particular de la ecuación diferencial, y = 2 define una solución singular de la ecuación diferencial dada.

1.2.

Campos Direccionales

En esta sección describiremos una forma relativamente sencilla para obtener información sobre la solución de una ecuación diferencial. Consideremos la ecuación diferencial de primer orden y 0 = f (x, y),

(1.3)

donde f es una función real definida en algún subconjunto abierto del plano. En la sección siguiente se dirá bajo que condiciones la ecuación (1.3) tiene solución única siempre que se

1.2 Campos Direccionales

9

especifique una condición inicial. Geométricamente hablando, el conjunto solución de (1.3) es el conjunto de curvas en el plano xy tales que en cada punto P (x, y) la pendiente de la recta tangente a la curva solución es f (x, y). Conocemos, entonces, la dirección de la curva solución en cualquier punto P (x, y) en el plano. El conjunto de todas estas direcciones en el plano es el campo direccional de la ecuación diferencial (1.3). Ejemplo 1.2.1. Consideremos la ecuación diferencial y 0 = x2 + y 2

(1.4)

Se tiene que f (x, y) = x2 + y 2 . Entonces si y = g(x) es una solución de (1.4), su gráfica es una curva plana tal que en cada punto P (x, y) la pendiente de la recta tangente a ella es x2 + y 2 . Así, si por ejemplo la curva solución pasa por el punto (1, 2), la recta tangente a dicha curva en ese punto es mT = 12 + 22 = 5. Observamos que para toda (x, y) en el plano, y 0 > 0 en todo el plano. El campo direccional ha sido esbozado en la figura 1.5. Observamos que las curvas solución suben y se tornan más verticales a medida que x y y crecen (positiva o negativamente).

Figura 1.5: Campo direccional de y 0 = x2 + y 2 Consideremos ahora la familia de curvas definidas por f (x, y) = x2 + y 2 = c,

(1.5)

donde c > 0 es una constante arbitraria, para un valor dado del parámetro c si la gráfica de (1.5) intersecta a una curva solución de (1.4), en cada punto de la intersección la pendiente

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Introducción de la recta tangente a la curva solución es justamente c. Las curvas definidas por (1.5) se denominan curvas isoclinas de la ecuación diferencial (1.4). Para todos los puntos de una de tales curva, las rectas tangentes a las curvas soluciones que la intersectan tienen igual pendiente (inclinación). Esto como se dijo anteriormente, permite predecir la forma de las curvas soluciones de la ecuación diferencial. En este ejemplo las isoclinas tiene por ecuación x2 + y 2 = c. Es decir, son circunferencias centradas en el origen de coordenadas. La figura 1.6 muestra algunas de ellas.

Figura 1.6: Isoclinas de y 0 = x2 + y 2

Las observaciones anteriores ilustran, con un ejemplo específico, el caso general de la ecuación diferencial y 0 = f (x, y). El campo direccional de la ecuación diferencial brinda una forma de aproximarse a la solución de tal ecuación diferencial por medios geométricos.

1.3.

El Teorema de Existencia y Unicidad

Frecuentemente nos interesa resolver una ecuación diferencial sujeta a condiciones impuestas a la función incógnita y = y(x) o a sus derivadas. En algún intervalo abierto I que contenga al número x0 , el problema  0 (n)   F (x, y, y , . . . , y ) = 0    = y0  y(x0 ) 0 y (x0 ) = y1 (1.6)  .. .. ..   . . .    y (n−1) (x ) = yn−1 0

1.3 El Teorema de Existencia y Unicidad

11

donde y0 , y1 , . . ., yn−1 son constantes especificadas, se llama problema de valores iniciales. Los valores dados de la función desconocida, y(x) y sus primeras n − 1 derivadas en el punto x0 : y(x0 ), y 0 (x0 ), . . ., y (n−1) (x0 ) se llaman condiciones iniciales. El problema de valor inicial ½

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

(1.7)

es un caso particular del problema de valores iniciales (1.6), bajo ciertas condiciones dicho problema tiene solución única. En el siguiente teorema se enuncia, sin demostración, las condiciones suficientes para la existencia y unicidad de las soluciones de (1.7). Teorema 1.3.1 (Teorema de existencia y unicidad). Para el problema (1.7). Si f es una función continua en algún conjunto abierto S de R2 para el cual (x0 , y0 ) ∈ S, entonces existe al menos una solución de (1.7) definida en algún intervalo abierto I ⊂ R, con x0 ∈ I. ∂f Si además, existe y es continua en S, la solución del problema (1.7) es única. ∂y

Ejemplo 1.3.1. Consideremos el problema de valor inicial ½ 0 y = x2 + y 2 y(x0 ) = y0 para x0 , y0 ∈ R. ¿Tiene solución única?. Dado que f (x, y) = x2 + y 2 es una función polinómica, se tiene que es continua en todo conjunto abierto que contenga a (x0 , y0 ), por lo que se garantiza la existencia de al menos una solución del problema de valor inicial dado. Ahora bien como ∂f (x, y) = 2y, ∂y es una función continua, se garantiza la unicidad de la solución. Ejemplo 1.3.2. ¿Tiene alguna solución el problema de valor inicial siguiente? ( y y0 = x y(0) = 0. y Dado que f (x, y) = , no es continua en (0, 0), entonces por el teorema (1.3.1), el problema x de valor inicial no tiene solución.

12

Introducción

1.4.

Ejercicios

1. Clasificar de acuerdo al tipo, orden y linealidad, las siguientes ecuaciones diferenciales:

(b) (y 0 )2 =

∂y ∂x ∂y = + kx − . ∂t ∂t ∂s (k) x2 y 00 + xy 0 + y = 0.

(c)

(l) yy 00 + x2 y = x.

(a) y 0 = 3y.

(d) (e) (f ) (g) (h)

3x . y p (y 0 )3 + 1 + (y 0 )2 = 0. ∂u ∂u x +y = 5u. ∂x ∂y y 00 − 2y 0 + y = 0. ∂ 2u ∂ 2u ∂u = − 2 . ∂x2 ∂t2 ∂t yy 00 − 2y 0 = x. " µ 2 ¶1/3 µ ¶2 #5/2 du du =k 1+ . 2 ds ds

(i) y 0 = 2e−x .

(j)

∂y ∂ 2 y + 2 = c. ∂t ∂s 2 00 (m) x y + xy 0 + (x2 − v 2 )y = 0. µ 2 ¶2 ∂ 4v ∂ m (n) = kv . 4 ∂t ∂n2 (ll)

(ñ) (y v )3 − y 000 + y 00 − y 2 = 0. (o) sin(y 0 ) + y = 0. x (p) y 0 + y = . y

2. Muestre, en cada caso, que la ecuación dada define una solución de la correspondiente ecuación diferencial: dy − 3y = 0. ¿Qué sucede para c = 0? dx (b) yex = x + 2, de y 0 + y = e−x . (a) cy = x3 , con c 6= 0, de x

(c) ln y = cex + e−x , de yy 000 − yy 0 ln y − y 0 y 00 = 0, con c ∈ R. (d) F (x, y) = 2y + G(x)ey + H(y), de diferenciables en una variable.

∂ 2F ∂F − = 0, siendo G y H funciones ∂y∂x ∂x

3. Averiguar si las siguientes funciones son solución de la correspondiente ecuaciones diferenciales ordinarias y si lo es, diga si es solución general o particular: (a) y = cex ,

de y 0 = y. 1 de y 0 + 2y = ex . (b) y = 2e−2x + ex , 3 ³x´ ³x´ −x 00 0 −x (c) y = e cos , de y + y = e cos . 2 2 (d) y = c1 e−x + c2 e2x , de y 00 − y 0 − 2y = 0. (e) y = 8ex + xex , sin x (f ) y = , de 3x

de

y 00 − 2y 0 + y = 0.

xy 0 + y = cos x.

1.4 Ejercicios

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1 = 0, de y 0 = y tan x. cos x 3 (h) y = − , de y 0 = 3y 2 . 3x + 2 √ (i) y = 1 + c 1 − x2 , de (1 − x2 )y 0 + xy = x. √ (j) y = 2x 1 − x2 , de yy 0 = 4x − 8x3 . (g) y −

4. Construya en cada caso una ecuación diferencial que tenga la solución pedida y las características indicadas: (a) y = x2 , de orden dos y lineal. (b) y = x2 , de orden dos y no lineal. (c) x = et , de orden tres. (d) y = x + xex , de orden dos, lineal, que aparezcan las derivadas d orden uno y cero. 5. Demuestre que y(t) = c + de−5t define, para valores reales de c y d, una solución de la ecuación diferencial y 00 + 5y 0 = 0. Encuentre los parámetros c y d para los cuales y(0) = y 0 (0) = 1. 6. Demuestre que una curva plana es una recta no vertical si, y solo si, la pendiente de la recta tangente no depende del punto (es decir, es constante). 7. La ecuación diferencial y 0 = x2 + y tiene una familia de soluciones dada por y = cex − x2 − 2x − 2. (a) Grafique las curvas soluciones para c = 0, 1, −1. (b) Usando el campo direccional esbozar la forma de las curvas soluciones indicadas en el item anterior. (c) Compare las gráficas obtenidas en los items anteriores. 8. Con ayuda de un sistema de computo, dibuje el campo direccional y algunas isoclinas, para cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales. (a) y 0 = x. (b) y 0 = y. (c) y 0 = xy. x (d) y 0 = . y 1 (e) y 0 = . x

(f ) y 0 = x + y. (g) y 0 = x − y. (h) y 0 = cos x. (i) y 0 = sin x. (j) y 0 = tan x.

9. En cada caso aplique, si es posible, el teorema de existencia y unicidad a los problemas de valor inicial dados para decidir la existencia y unicidad de las soluciones.

14

Introducción ½

y0 = 2x + y (a) y(0) = 0.  x+y e  0 y = (b) x+y  y(1) = 0. ½ 0 y = (x − y)1/3 (c) y(1) = 1.

½ (d)

y0 = |y − 1| y(0) = 1.

½ (e)

y0 = f (x, y) donde y(0) =( 0, y , si x 6= 0 f (x, y) = x y, si x = 0.

10. Hallar la región del plano xy en la cual la ecuación diferencial y 0 = xy tiene una solución única en un punto (x0 , y0 ) de esa región. p 11. Dada la siguiente ecuación diferencial y 0 = 3 y 2 . Averiguar en qué región: (a) Tiene más de una solución. (b) Tiene solamente una solución. En los problemas del 11 al 23, escriba una ecuación diferencial que modele matemáticamente la situación que se describe. 12. La aceleración del automóvil Lamborghini es proporcional a la diferencia entre 250 km/h y la velocidad del automóvil. 13. La velocidad de una partícula que se mueve a lo largo de una línea recta es proporcional a la cuarta potencia de su posición. 14. La tasa de cambio con respecto al tiempo de la velocidad de un bote de motor es proporcional al cuadrado de ella. 15. La razón de cambio en la temperatura T del café en el instante t es proporcional a la diferencia entre la temperatura A del aire en el instante t y la temperatura T del café en el instante t. 16. Por un agujero circular de área Ah , en el fondo de un tanque, sale agua. Debido a la fricción y a la concentración de√ la corriente de agua cerca del agujero, el flujo de agua, por segundo, se reduce a cAh 2gh, donde c es el factor de fricción y contracción (0 2,

dy − 2y = 0, dx es una ecuación de variable separable, cuya solución es y = C2 e2x , por lo anterior escribimos ½ y=

2(e−2x − 1), 0 ≤ x ≤ 2, C2 e−2x , x > 2.

Ahora, para que y sea una función continua, se necesita que l´ımx→2+ y(x) = y(2). Esto equivale a C2 e−4 = 2(e−4 − 1), o sea C2 = 2(1 − e−4 ), así la solución particular del problema de valor inicial es ½ 2(e−2x − 1), 0 ≤ x ≤ 2, y= 2(1 − e−4 ) x > 2. que es continua en [0, ∞).

2.4.

Ecuaciones Exactas

Consideremos otro tipo de ecuaciones, las cuales, bajo ciertas condiciones, pueden resolverse mediante una técnica relativamente sencilla.

26

Ecuaciones de Primer Orden

Consideremos una ecuación diferencial ordinaria de primer orden de la forma M (x, y)dx + N (x, y) = 0,

(2.5)

con M y N funciones definidas en algún conjunto abierto S ⊆ R2 . Si existe una función f : S → R, tal que ∂f ∂f (x, y) = M (x, y) y (x, y) = N (x, y), ∂x ∂y para todo (x, y) ∈ S, entonces, la ecuación (2.5) es equivalente a df (x, y) = 0, (x, y) ∈ S,

(2.6)

donde df (x, y) es la diferencial total2 de f . Entonces la solución general de (2.5) (o equivalentemente de (2.6)) es f (x, y) = C, (x, y) ∈ S, (2.7) siendo C una constante, en este caso la ecuación (2.5) se llama ecuación diferencial exacta, pues M (x, y)dx + N (x, y)dy es exactamente la diferencial de una función de (x, y). Veamos algunos ejemplos sencillos. Ejemplo 2.4.1. Considérese la ecuación ydx + xdy = 0,

(x, y) ∈ R2 .

Nótese que d(xy) = ydx + xdy, y por tanto, la ecuación diferencial se convierte en d(xy) = 0, y en consecuencia, su solución general está dada por xy = C. Ejemplo 2.4.2. Analicemos la ecuación diferencial ydx − xdy = 0, y2 2

y 6= 0.

Si f es una función de las variables (x, y) diferenciable, entonces df (x, y) =

∂f ∂x (x, y)dx

+

∂f ∂y (x, y)dy.

2.4 Ecuaciones Exactas

27

La expresión del miembro izquierdo es la diferencial de

x pues y

µ ¶ x ydx − xdy d = , y y2 luego la ecuación diferencial es equivalente a µ ¶ x d = 0, y

y 6= 0,

y por lo tanto, la solución general está dada por x = C, y

y 6= 0.

Los dos ejemplos anteriores son casos de ecuaciones diferenciales exactas. Determinar que estas ecuaciones son ecuaciones diferenciales exactas y hallar sus respectivas soluciones generales ha sido muy fácil pues las fórmulas diferenciales que en ellas intervienen nos son muy familiares. Pero en general, ¿cómo saber, a priori, si una ecuación diferencial en la forma (2.5) es una ecuación diferencial exacta? y, en caso de serlo, ¿cómo encontrar una función f cuya diferencial sea M (x, y)dx + N (x, y)dy?, lo cual, a menudo, no es evidente.

Ejemplo 2.4.3. Consideremos la ecuación diferencial (2xy 3 + y cos x)dx + (3x2 y 2 + sin x)dy = 0. Si tal ecuación es exacta, debe existir una función f tal que ∂f (x, y) = 2xy 3 + y cos x, ∂x y

∂f (x, y) = 3x2 y 2 + sin x. ∂y Integrando ambos miembros de la primera de las dos ecuaciones anteriores con respecto a x, obtenemos f (x, y) = x2 y 3 + y sin x + C(y), donde C es una función de y.3 Derivando ésta última expresión e igualando con la segunda de las dos ecuaciones anteriores se tiene 3x2 y 2 + sin x + C 0 (y) = 3x2 y 2 + sin x, 3

Esta es nuestra constante de integración, ya que y se ha supuesto como constante.

28

Ecuaciones de Primer Orden de donde se obtiene C(y) = K (constante). Tomando K = 0 se tiene que la solución general de la ecuación dada es x2 y 3 + y sin x = C. Por supuesto la ecuación del ejemplo anterior es exacta, pero eso no lo pudimos saber sino hasta el final cuando encontramos la correspondiente función f . El siguiente teorema nos da condiciones para que la ecuación (2.5) sea exacta y su demostración nos proporciona una técnica para hallar una función f cuya diferencial sea M (x, y)dx + N (x, y)dy. Teorema 2.4.1. Suponga que las primeras derivadas parciales de las funciones M (x, y) y N (x, y) son continuas en un rectángulo abierto S ⊆ R2 . Entonces la ecuación diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta si y sólo si ∂M ∂N (x, y) = (x, y), ∂y ∂x

(2.8)

para todo (x, y) ∈ S. Demostración. El teorema tiene dos partes4 : 1. Si la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 es exacta, entonces, existe una función f : S → R2 , tal que ∂f (x, y) = M (x, y) y ∂x

∂f (x, y) = N (x, y), ∂y

para todo (x, y) ∈ S. Derivando con respecto a y la primera de las dos ecuaciones anteriores y con respecto a x la segunda, obtenemos ∂M ∂ 2f (x, y) = (x, y) y ∂y∂x ∂y

∂ 2f ∂N (x, y) = (x, y), ∂x∂y ∂x

para todo (x, y) ∈ S. Puesto que, por hipótesis, las primeras derivabas parciales de M y N son continuas, se tiene la igualdad de las derivadas parciales mixtas de f y en consecuencia, se tiene que ∂N ∂M (x, y) = (x, y), ∂y ∂x 4

Este teorema fue demostrado por Leonhard Euler en 1734.

(x, y) ∈ S.

2.4 Ecuaciones Exactas

29

2. Recíprocamente, supongamos que la ecuación (2.8) es válida y mostremos cómo determinar la función f . Como f debe satisfacer M (x, y) =

∂f ∂f (x, y) y N (x, y) = (x, y), ∂x ∂y

integramos la primera de las anteriores igualdades con respecto a x y la segunda con respecto a y, obteniendo así Z Z ∂f f (x, y) = (2.9) (x, y)dx = M (x, y)dx + h(y), ∂x y

Z f (x, y) =

∂f (x, y)dy = ∂y

Z N (x, y)dy + k(x),

(2.10)

donde la constante de integración h(y) en (2.9) es una función arbitraria de y, pues se debe introducir el término más general posible que se anule al derivar parcialmente (2.9) con respecto a x. Análogamente k(x) es el término más general que se anula al derivar parcialmente (2.10) con respecto a y. Debemos probar que ambas maneras (2.9) y (2.10) de definir f dan la misma función. Para ello sólo basta demostrar que existe una función h(y) que dependa sólo de y, y una función k(x) que dependa sólo de x, tales que Z Z M (x, y)dx + h(y) =

N (x, y)dy + k(x).

Reescribiendo la ecuación anterior como Z Z h(y) = N (x, y)dy − M (x, y)dx + k(x), y derivando ambos lados con respecto a y, tenemos Z ∂ 0 h (y) = N (x, y) − M (x, y)dx. ∂y De donde se obtiene

5

Z 0

h (y) = N (x, y) −

∂ N (x, y)dx. ∂x

El lado derecho de la anterior ecuación es una función de y solamente, pues su derivada parcial con respeto a x se anula. Por tanto existe una función h(y) que depende solamente de y. Un cálculo análogo garantiza la existencia de k(x), y la demostración está concluida. 5

Recordando lo que nos dice el cálculo sobre las integrales de línea, si la región donde ∂ = ∂x N (x, y), es simplemente conexa (no contiene huecos), entonces podemos tomar la derivada parcial bajo el signo integral. ∂ ∂y M (x, y)

30

Ecuaciones de Primer Orden

Ejemplo 2.4.4. Determinar si la ecuación diferencial (2xy + 3)dx + (x2 − 1)dy = 0, es exacta. Si lo es, resuélvala. Vemos que, M (x, y) = 2xy + 3 y N (x, y) = x2 − 1, como ∂N ∂M (x, y) = 2x = (x, y), ∂y ∂x la ecuación diferencial dada es exacta. Entonces existe f tal que ∂f ∂f (x, y) = M (x, y), y (x, y) = N (x, y), ∂x ∂y integrando la segunda de las dos ecuaciones anteriores con respecto a y, obtenemos Z f (x, y) = (x2 − 1)dy + h(x) = x2 y − y + h(x), al derivar parcialmente con respecto a x y sustituir en M , tenemos 2xy + h0 (x) = 2xy + 3, de donde h0 (x) = 3, de modo que h(x) = 3x. En este caso f (x, y) = x2 y − y + 3x, y la solución general implícita de la ecuación diferencial dada es x2 y − y + 3x = C.

2.5.

Factores Integrantes

Consideremos la ecuación diferencial ydx − xdy = 0. Esta ecuación diferencial no es exacta, ya que como M (x, y) = y y N (x, y) = −x, se tiene ∂N ∂M (x, y) = 1 6= −1 = (x, y), sin embargo, nótese que si multiplicamos dicha que ∂y ∂x 1 ecuación por la expresión 2 obtenemos y ydx − xdy = 0, y2

2.5 Factores Integrantes o equivalentemente

31 µ ¶ x d = 0, y

la cual, evidentemente, es una ecuación diferencial exacta. La solución general6 de esta ecuación es x = C. y 1 es un factor integrante de la ecuación diferencial ydx − xdy = 0, y2 pues al multiplicar esta ecuación por dicho factor, se ha transformado en una ecuación diferencial exacta, facilitándose así su solución. Se dice que el factor

Definición 2.5.1. Si la ecuación diferencial M (x, y)dx + N (x, y) = 0

(2.11)

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

(2.12)

no es exacta, pero la ecuación

resultante de multiplicar la ecuación (2.11) por la función µ(x, y) sí es exacta, entonces µ(x, y) es un factor integrante7 . El problema de la existencia de factores integrantes puede plantearse en general así: Si µ(x, y) es un factor integrante de (2.11) con primeras derivadas parciales continuas, entonces se debe tener ∂ ∂ [µ(x, y)M (x, y)] = [µ(x, y)N (x, y)], ∂y ∂x al aplicar la regla del producto y organizar los términos obtenemos · ¸ ∂µ(x, y) ∂µ(x, y) ∂N (x, y) ∂M (x, y) M (x, y) − N (x, y) = µ(x, y) − . ∂y ∂x ∂x ∂y

(2.13)

Así, µ es solución de la ecuación (2.13), la cual es una ecuación en derivadas parciales. Si la forma de µ es relativamente simple, es decir, si supones una forma para el factor integrante y dicha conjetura es correcta, entonces puede ser posible hallar una solución para tal ecuación y, por lo tanto, encontrar un factor integrante para la ecuación diferencial. Por ejemplo, podemos tener tres casos para resolver la ecuación (2.13): 6

Se obtiene una solución general, pero no necesariamente todas las soluciones. En este caso la ecuación original, tiene a la solución trivial como una solución singular. 7 La teoría general de factores integrantes fue desarrollada por Alexis Clairaut en 1739.

32

Ecuaciones de Primer Orden Primer caso Supongamos que la ecuación (2.11) tiene un factor integrante que sólo depende de x; es decir, µ = µ(x). En este caso, la ecuación (2.13) se reduce a la ecuación de variables separables   ∂M (x, y) ∂N (x, y)     −   dµ(x) ∂y ∂x = µ(x) (2.14) ,   dx N (x, y)     donde

∂M (x, y) ∂N (x, y) − ∂y ∂x N (x, y)

sólo depende de x. Entonces al resolver la ecuación de variables separables (2.14) obtenemos el factor integrante   ∂M (x, y) ∂N (x, y) Z −   ∂y ∂x  µ(x) = exp  dx  N (x, y) para la ecuación (2.11). Segundo caso Supongamos que la ecuación (2.11) tiene un factor integrante que sólo depende de y; es decir µ = µ(y). En este caso, la ecuación (2.13) se reduce a la ecuación de variables separables   ∂N (x, y) ∂M (x, y)     −   dµ(y) ∂x ∂y , (2.15) = µ(y)   dy M (x, y)     donde

∂N (x, y) ∂M (x, y) − ∂x ∂y M (x, y)

sólo depende de y. Entonces al resolver la ecuación de variables separables (2.15) obtenemos el factor integrante   ∂N (x, y) ∂M (x, y) Z −   ∂x ∂y  µ(y) = exp  dy   M (x, y) para la ecuación (2.11).

2.5 Factores Integrantes

33

Tercer caso Supongamos que la ecuación (2.11) tiene un factor integrante que sólo depende del producto xy; es decir µ = µ(xy). Haciendo la sustitución z = xy, se tiene µ(xy) = µ(z). En este caso, la ecuación (2.13) se reduce a la ecuación de variables separables   ∂N (x, y) ∂M (x, y)     −   dµ(z) ∂x ∂y = µ(z) (2.16) ,  dz xM (x, y) − yN (x, y)      donde

∂N (x, y) ∂M (x, y) − ∂x ∂y xM (x, y) − yN (x, y)

sólo depende de z = xy. Entonces al resolver la ecuación de variables separables (2.16) obtenemos el factor integrante   ∂N (x, y) ∂M (x, y) Z −   ∂x ∂y  µ(xy) = exp  dz  xM (x, y) − yN (x, y)  para la ecuación (2.11).

Ejemplo 2.5.1. Resolver la ecuación diferencial (x + x2 y 5 )dy − ydx = 0 . Observamos que M (x, y) = −y y N (x, y) = x + x2 y 5 entonces y

∂M (x, y) = −1 ∂y ∂N (x, y) = 1 + 2xy 5 ∂x

∂M ∂N 6= así que la ecuación diferencial no es exacta. Buscamos un factor ∂y ∂x integrante: −1 − 1 − 2xy 5 −2(1 + xy 5 ) 2 My − Nx = = =− 5 5 N x + xy x(1 + xy ) x entonces

34

Ecuaciones de Primer Orden depende sólo de x (primer caso), entonces el factor integrante es µ(x) = e−

R

2 dx x

= e−2 ln x = x−2 .

Multiplicamos por este factor integrante a la ecuación diferencial dada, obteniendo (x−1 + y 5 )dy − x−2 ydx = 0 de donde m(x, y) = −x−2 y y n(x, y) = x−1 + y 5 entonces

∂m ∂n (x, y) = −x−2 = (x, y) ∂y ∂x

así que la nueva ecuación diferencial es exacta. Entonces existe f tal que ∂f ∂f (x, y) = m(x, y), y (x, y) = n(x, y), ∂x ∂y integrando la primera de las dos ecuaciones anteriores con respecto a x se tiene Z f (x, y) = − x−2 ydx = x−1 y + k(y) derivando parcialmente con respecto a y esta última ecuación obtenemos ∂f (x, y) = x−1 + k 0 (y) ∂y igualando a n(x, y) se tiene x−1 + k 0 (y) = x−1 + y 5 entonces k 0 (y) = y 5 , de donde k(y) =

y6 , entonces 6

y6 f (x, y) = x y + 6 −1

en consecuencia la solución general de la ecuación diferencial original es x−1 y +

y6 = C. 6

2.6 Sustituciones diversas

2.6.

35

Sustituciones diversas

Cuando la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, no es separable, ni lineal, ni exacta, podríamos transformarla en una ecuación de alguno de estos tipos. En esta sección estudiamos dos tipos de ecuaciones que pueden transformarse en una ecuación de variables separables o lineal por medio de una sustitución adecuada. El procedimiento es el siguiente: 1. Identificar el tipo de ecuación y determinar la sustitución adecuada. 2. Escribir la ecuación original en términos de las nuevas variables. 3. Expresar la solución en términos de las variables originales.

2.6.1.

Ecuaciones de la forma

dy = F (ax + by + c) dx

dy Cuando el lado derecho de la ecuación diferencial = f (x, y) se puede expresar como dx una función de la expresión ax + by + c, donde a, b y c son constantes, es decir, en la forma dy = F (ax + by + c) dx entonces la sustitución z = ax + by + c transforma la ecuación en una ecuación de variables separables. Ejemplo 2.6.1. Resolver dy = y − x − 1 + (x − y + 2)−1 . dx El lado derecho de la ecuación se puede expresar como una función de x − y + 2, es decir y − x − 1 + (x − y + 2)−1 = −(x − y + 2) + 1 + (x − y + 2)−1 dy dz = 1− , de así que hacemos z = x − y + 2, derivando con respecto a x obtenemos dx dx dy dz modo que = 1 − . Al sustituir esto en la ecuación original se tiene dx dx 1−

dz = −z + 1 + z −1 , dx

36

Ecuaciones de Primer Orden o

dz = z − z −1 . dx La cual es una ecuación de variables separables, al separar variables obtenemos zdz = dx −1

z2 integrando se obtiene o

Z

zdz = z2 − 1

Z dx + C1 ,

1 ln(z 2 − 1) = x + C1 , 2

de donde se sigue que z 2 = Ce2x + 1. Al reemplazar z por x − y + 2 se tiene (x − y + 2)2 = Ce2x + 1 que es la solución general de la ecuación diferencial dada.

2.6.2.

Ecuaciones de Bernoulli

Definición 2.6.1. Una ecuación de primer orden de la forma dy + P (x)y = Q(x)y n , dx

(2.17)

donde P (x) y Q(x) son funciones continuas en un intervalo (a, b) y n es un número real, es una ecuación de Bernoulli8 . Observamos que cuando n = 0 o n = 1, la ecuación (2.17) es una ecuación lineal y se puede resolver mediante el método analizado en la sección 2.3 Para otros valores de n, la sutitución9 v = y 1−n transforma la ecuación (2.17) en una ecuación lineal. Al dividir la ecuación (2.17) entre y n se tiene y −n 8

dy + P (x)y 1−n = Q(x). dx

(2.18)

La ecuación de Bernoulli fue propuesta para ser resuelta por James Bernoulli en 1695 y fue resuelta por su hermano John Bernoulli. 9 En 1696, Gottfried Leibniz mostró que la ecuación de Bernoulli se puede reducir a una ecuación lineal haciendo esta sustitución.

2.6 Sustituciones diversas

37

Al hacer v = y 1−n y usar la regla de la cadena, se tiene dv dy = (1 − n)y −n , dx dx de modo que la ecuación (2.18) se transforma en 1 dv + P (x)v = Q(x), 1 − n dx o en la forma

dv + (1 − n)P (x)v = (1 − n)Q(x). dx

Como 1 − n es una constante, la última ecuación diferencial es lineal, para la variable v.

Ejemplo 2.6.2. Resuelva la ecuación diferencial dy + y = ex y −2 . dx Esta es una ecuación de Bernoulli con n = −2, P (x) = 1 y Q(x) = ex . Dividiendo entre y −2 tenemos dy y2 + y 3 = ex . dx Hacemos la sustitución v = y 3 . Como

dv dy = 3y 2 , la ecuación transformada es dx dx 1 dv + v = ex , 3 dx

o

dv + 3v = 3ex . dx

Esta última ecuación es lineal de modo que podemos resolverla en términos de v usando el método analizado en la sección 2.3, tenemos 3 v = ex + Ce−3x . 4 Al sustituir v = y 3 se tiene la solución general de la ecuación original 3 y 3 = ex + Ce−3x . 4

38

Ecuaciones de Primer Orden

2.7.

Aplicaciones

En esta sección nos concentraremos en la formulación de ecuaciones diferenciales como modelos matemáticos y su inmediata solución aplicando algún método de los vistos anteriormente: Ejemplo 2.7.1. Un destructor está en medio de una niebla muy densa que se levanta por un momento y deja ver un submarino enemigo en la superficie a 4 km de distancia. Suponga que el submarino se sumerge inmediatamente y avanza a toda máquina en una dirección desconocida. Halle una ecuación diferencial que describa el movimiento del destructor para estar seguro de que pasará directamente sobre el submarino, si su velocidad es tres veces la del submarino y resuélvala. Supongamos que el destructor ha viajado 3 km hacia el lugar donde fue visto el submarino.

Figura 2.1: Entonces el submarino está en un circulo de 1 km de radio centrado en el punto donde fue 1 descubierto, ya que su velocidad es de la del destructor. La posición del submarino puede 3 describirse fácilmente en coordenadas polares. Sea r = f (θ) el camino que el destructor debe seguir para pasar con seguridad sobre el submarino, independientemente de la dirección que este tome. La distancia recorrida por el submarino hasta el punto donde los caminos se cruzan es r = 1, mientras que la del destructor (que es tres veces mayor), está dada por la fórmula de longitud de arco en coordenadas polares Z θ Z θp (dr)2 + (rdθ)2 3(r − 1) = ds = 0

0

2.7 Aplicaciones

39

de donde

Z

θ

sµ

dr dθ

3(r − 1) = 0

¶2 + r2 dθ.

Derivando con respecto a θ, tenemos: dr 3 = dθ

sµ

dr dθ

¶2 + r2

entonces 9(r0 )2 = (r0 )2 + r2 luego 8(r0 )2 = r2 , entonces

dr r = √ dθ 2 2 es la ecuación diferencial que describe el problema. Aplicando separación de variables tenemos r0 =

dr dθ = √ r 2 2 integrando se obtiene

1 ln(r) = √ θ + C. 2 2

Aplicando las condiciones iniciales r(0) = 1, se tiene que C = 0, de donde θ √

r(θ) = e 2 2 . Es el camino que el destructor debe seguir para pasar con seguridad sobre el submarino. Ejemplo 2.7.2. Un esquiador acuático E localizado en el punto (1, 0) es halado por un bote B localizado en el origen de coordenadas y que viaja hacia arriba, a lo largo del eje vertical. Halle la trayectoria del esquiador, si este se dirige en todo momento hacia el bote (este camino se denomina Tractriz). En la figura (2.2) se observa que la recta EB es siempre tangente a la trayectoria, entonces tan θ = donde L = Además

√

L , x

1 − x2 . y 0 = tan β,

40

Ecuaciones de Primer Orden

Figura 2.2: y β = π − θ, luego tan β = tan(π − θ) = − tan θ. Luego y 0 = − tan θ, es decir

√ dy 1 − x2 y = =− . dx x 0

Es la ecuación diferencial que describe la trayectoria del esquiador. Por separación de variables se tiene:

Figura 2.3: √ dy = −

1 − x2 dx, x

2.7 Aplicaciones

41

integrando

Z √

1 − x2 dx + C, x esta integral se resuelve por una sustitución trigonométrica de la forma x = sin θ, obteniendo Z cos2 θ dθ, y=− sin θ Al integrar obtenemos y = ln | csc θ + cot θ| − cos θ + C. y=−

Finalmente, en términos de x, se tiene √ · ¸ √ 1 + 1 − x2 y = ln − 1 − x2 + C. x Aplicando la condición inicial y(1) = 0, se tiene que C = 0, de donde √ · ¸ √ 1 + 1 − x2 y = ln − 1 − x2 , x es la trayectoria del esquiador. En la figura 2.3 se muestra la tractriz. Ejemplo 2.7.3. Un tanque contiene originalmente 50 galones de agua limpia; a continua1 ción se vierte en el tanque salmuera con una concentración de libras de sal por galón, 2 a razón de 1 gal/min y se deja que la mezcla abandone el tanque a la misma razón. Al cabo de 5 minutos se detiene el proceso y se introduce al tanque agua limpia a razón de 1 gal/min y nuevamente se deja que la mezcla abandone el tanque a la misma razón. Encuentre la concentración de sal en el tanque al cabo de 10 minutos. dS La razón de cambio de la sal en el tanque, en el instante t, , debe ser igual a la razón dt a la que la sal entra al tanque menos la razón a la que la sale. La razón a la que la sal 1 S(t) entra es lb/gal multiplicado por 1 gal/min; la razón a la que la sal sale es lb/gal 2 50 multiplicado por 1 gal/min; por tanto 1 1 dS(t) = − S(t), dt 2 50 es la ecuación diferencial que rige este proceso. Esta ecuación es lineal y la solución general viene dada por ·Z ¸ R 1 1 R 1 dt − 50 dt e 50 dt + C , S(t) = e 2 esto es S(t) = 25 + Ce−t/50 ,

42

Ecuaciones de Primer Orden donde C es una constante arbitraria. A fin de satisfacer la condición inicial S(0) = 0, debemos tomar C = −25; de donde S(t) = 25(1 − e−t/50 ). Cuando t = 5 se tiene S(5) = 25(1 − e−1/10 ) = 2,37906. Para el segundo proceso se toma S(0) = 2,37906. La razón a la que la sal entra es 0 S(t) lb/gal (cero), pues está entrando agua limpia, la razón a la que la sal sale es lb/gal 50 multiplicado por 1 gal/min; por tanto dS(t) 1 = − S(t), dt 50 cuya solución general es S(t) = Ce−t/50 , donde C es una constante arbitraria. A fin de satisfacer la condición inicial S(0) = 2,37906, debemos tomar C = 2,37906; de donde S(t) = 2,37906e−t/50 . Al cabo de 10 minutos, de iniciarse el proceso, t = 5, entonces S(5) = 2,37906e−1/10 = 2,1526 2,1526, entonces la concentración de sal en ese instante es = 0,04305 = 4,305 % 50 lb/gal. Ejemplo 2.7.4. El isótopo radiactivo torio 234 se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente del mismo. Si 100 mg de este material se reducen a 91,86 mg en tres dias, encontrar una expresión para la cantidad presente en cualquier instante. Hallar la cantidad presente al cabo de una semana y también hallar el intervalo de tiempo que debe transcurrir para que la masa decaiga hasta la mitad de su valor original, esto es, su vida media. Sea Q(t) la cantidad de torio 234 presente en cualquier instante t, en donde Q se mide en miligramos y t, en dias. Como el torio 234 se desintegra con una rapidez proporcional a la cantidad presente del mismo, Q satisface la ecuación diferencial dQ = kQ, dt donde la constante k es negativa y se conoce como la razón de decaimiento. La ecuación diferencial anterior es de variables separables, entonces separando variables tenemos dQ = kdt, Q integrando a ambos lados y simplificando se tiene Q(t) = Cekt ,

2.7 Aplicaciones

43

en donde C es una constante arbitraria. La condición inicial Q(0) = 100, requiere que C = 100 y, por lo tanto Q(t) = 100ekt , para la segunda condición se tiene que t = 3 y Q = 91,86 en la anterior ecuación nos da 91,86 = 100e3k , entonces

ln(0,9186) = −0,0283/dias. 3 Entonces la cantidad presente en cualquier instante t es k=

Q(t) = 100e−0,0283t . La cantidad presente al cabo de una semana es Q(7) = 100e−0,1981 = 82,0287, en miligramos. Sea τ el lapso de tiempo en el que la masa se reduce a la mitad de su valor original, entonces 50 = 100e−0,0283τ , de donde τ=

ln 2 = 24,5, 0,0283

en dias. Ejemplo 2.7.5. La tasa de crecimiento por individuo de una población es la diferencia entre la tasa promedio de nacimientos y la tasa promedio de mortalidad. Supóngase que en una población dada la tasa promedio de nacimientos es una constante positiva α, pero la tasa de mortalidad es proporcional al tamaño de la población, debido a los efectos del hacinamiento y la competencia creciente por el alimento disponible. Supóngase que esta dP es la tasa de crecimiento última constante de proporcionalidad es β > 0. Puesto que dt 1 dP de la población, la tasa de crecimiento por individuo será . Por tanto, la ecuación P dt diferencial que controla el crecimiento de esta población es 1 dP = α − βP. P dt Multiplicando ambos lados de la anterior ecuación por P tenemos dP = P (α − βP ), dt

44

Ecuaciones de Primer Orden que es la ecuación logística. El tipo de crecimiento representado por esta ecuación se llama crecimiento logístico. Separando las variables tenemos dP = dt. P (α − βP ) Usando fracciones parciales, se tiene que 1 1 β = + . P (α − βP ) αP α(α − βP ) Sustituyendo el lado derecho de la anterior ecuación e integrando, obtenemos 1 1 ln P − ln(α − βP ) = t + c, α α o bien

µ ln

P α − βP

¶1/α = t + c.

Tomando exponencial de ambos lados de esta ecuación y denotando la constante arbitraria ec por C, tenemos P = CE αt . α − βP Haciendo t = 0 encontramos que C=

P (0) , α − βP (0)

y sustituyendo el valor de C y despejando P (t) obtenemos P (t) =

α , β + (αP (0)−1 − β)e−αt

que es la solución de la ecuación logística. Ejemplo 2.7.6. Una resistencia de 16 ohms (Ω) y una inductancia de 4 henries (h) se conectan en serie con una fem de 200 volts (V ). Si la corriente i(t) (en amperes (A)) es cero cuando t = 0, ¿cuál es la corriente después de 0,5 segundos? Como R = 16, L = 4 y E = 200, la segunda ley de Kirchhoff y la corriente inicial dan el problema de valor inicial  di  4 dt + 16i = 200, 

i(0)

= 0.

2.7 Aplicaciones

45

Dividiendo ambos lados de la ecuación diferencial por 4, se tiene di + 4i = 50, dt que es una ecuación diferencial lineal de primer orden, cuya solución es ·Z ¸ R R − 4dt 4dt i(t) = e 50e dt + k , al integrar y simplificar obtenemos 25 + ke−4t , 2

i(t) =

25 utilizando la condición inicial i(0) = 0 se obtiene que k = − , de donde la expresión para 2 la corriente en cualquier tiempo t es i(t) =

25 (1 − e−4t ). 2

Así, cuando t = 0,5, tenemos i(0,5) =

25 (1 − e−2 ), 2

es decir i(0,5) = 10,88 A. Ejemplo 2.7.7. Un circuito eléctrico contiene un resistor de 20 ohms en serie con un capacitor de 0,05 f arads y una fem de 60 volts. En el instante t = 0 segundo no hay carga en el capacitor. Determine la carga y la corriente en cualquier instante t > 0. Como R = 20, C = 0,05 y E = 60, la segunda ley de Kirchhoff y la carga inicial dan el problema de valor inicial  dq  20 dt + 100q = 60, 

q(0)

= 0.

Dividiendo a ambos lados de la ecuación diferencial por 20, se tiene dq + 5q = 3, dt que es una ecuación diferencial lineal de primer orden, cuya solución viene dada por ·Z ¸ R R − 5dt 5dt q(t) = e 3e dt + k , que al integrar y simplificar obtenemos q(t) =

3 + ke−5t , 5

46

Ecuaciones de Primer Orden 3 usando la condición inicial q(0) = 0 se obtiene que k = − , de donde la expresión para la 5 carga en cualquier instante t es 3 q(t) = (1 − e−5t ). 5 Además, como i(t) =

dq(t) , se tiene que, la corriente en cualquier instante t es dt i(t) = 3e−5t .

2.8 Ejercicios

2.8.

47

Ejercicios

1. Resolver utilizando separación de variables: (a) (1 − x2 )dy = dx. ½ ¾2 3y − 2 0 (b) y = . 2x + 1 xy − y − 2x + 2 (c) y 0 = . xy + y + 2x + 2

(d) x3 y 4 dy = (x + 1)dx. (e) et xx0 = e−x + e−2t−x . (f ) 1 − u0 = u2 .

2. Resuelva los siguientes problemas de valores iniciales:  ½ 2 (x + y 2 − 5)dx − (xy + y)dy = 0 y2 − 1  0 (c) y = 2 (a) y(0) = 1. −1  y(2) = x 2. p ½ 0 xy = y 2 + x2 (d) y(−1) = 2.  (  dy x + yey/x 2 dy 3 3 = xy = y −x (e) (b) dx xey/x dx  y(1) = 0. y(1) = 2. 3. Encuentre la solución general de tx0 (t) = x(t) + 2te−

x(t) t

.

4. Utilice el cambio de variables indicado para resolver la ecuación diferencial dada: (a) tx0 = e−tx − x, haga tx = z. 1 − 2y − 4x (b) y 0 = , haga z = y + 2x. 1 + y + 2x 5. Resuelva: (a) y 0 = (x − y)2 . (b) y 0 = sin(x − y + 1). 6. (a) Suponga que ae − bd 6= 0 y demuestre que se pueden elegir constantes h y k, tales que x = z − h y y = w − k reducen la ecuación diferencial µ las sustituciones ¶ ax + by + c y0 = F a una ecuación de variables separables. dx + ey + f (b) Si ae = bd encuentre una sustitución que haga la reducción pedida en el item anterior. x−y−5 . (c) Resuelva la ecuación diferencial y 0 = x+y−1

48

Ecuaciones de Primer Orden 7. Encuentre la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales: dy 2 + y = x2 + 2. dx x dy (b) x2 = x2 + 2xy − y. dx dy (c) − my = aenx , donde m, n y a son constantes. Analice por separado los casos dx m 6= n y m = n. dy (d) f (x) + f 0 (x)y = f 0 (x), donde f es una función real de variable real diferendx ciable. (a)

8. Halle la solución de cada uno de los siguientes problemas de valor inicial: ½ 0 ½ 0 2 y − y tan x = 3e− sin x y − xy = xex (c) (a) y(0) = 4. y(0) = 5. ½ 0 ½ xy − 2y = x2 + x xy 0 + y = ex (b) (d) y(1) = 1. y(1) = 2. 9. Determine la solución continua que ción inicial indicada. ½ dy 1, (a) + p(x)y = x, p(x) = −1 dx ½ dy x (b) − xy = q(x), q(x) = −x dx

satisfaga la ecuación diferencial dada y la condi0 ≤ x ≤ 5, , y(0) = 0. x>5 0 ≤ x ≤ 1, , y(0) = 2. x>1

10. Use el método del ejemplo 2.6.2 para resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: dy 2√ − 4xy = 16xe3x y. dx dy + xy = y 2 . (d) dx

dy 3 + y = 2x4 y 4 . dx x dy + y = 12e2x y 2 . (b) dx (a) 3

(c)

11. Resuelva los siguientes problemas de valor inicial: (

dy − y2 (a) dx y(1) ( dy x +y (b) dx y(1)

(

y = x = 1.

(c)

= y 2 x ln x =

y − cos x

2.

y(0) ½

(d)

dy = y 2 cos x(1 − sin x) dx = 2.

y 1/2 y 0 + y 3/2 = 1 y(0) = 4.

2.8 Ejercicios

49

12. En cada caso determine si la ecuación diferencial dada es exacta o no en algún rectángulo abierto de R2 . En caso afirmativo, halle la solución general de la ecuación diferencial: (a) (2x + y)dx − (x + 6y)dy = 0. (b) (sin y − y sin x)dx + (cos x + x cos y − y)dy = 0. (c) (y 3 − y 2 sin x − x)dx + (3xy 2 + 2y cos x)dy = 0. dy (d) x = 2xex − y + 6x2 . dx 1 (e) ( + x ln y)dy + (y ln y − e−xy )dx = 0. y 13. Halle la solución de cada uno de los siguientes problemas de valor inicial: ½ (x + y 2 )dx + (2xy + y 2 − 1)dy = 0 (a) y(1) = 1. ½ 2 (y cos x − 3x2 y − 2x)dx + (2y sin x − x3 + ln y)dy = 0 (b) y(0) = e.  µ 2 ¶ x  3y − x2 dy + 4 = 0 5 (c) y dx 2y  y(1) = 1. 14. Encuentre condiciones suficientes para f y g tales que la ecuación diferencial dada sea exacta. Muestre un ejemplo particular en cada caso: (a) (x2 + y)f (x)dx + xg(y)dy = 0.

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

(b) f (y)dx + g(x)dy = 0.

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

15. Hallar n tal que la ecuación diferencial dada sea exacta. Resuelva la ecuación para tal valor de n: (a) (xy 2 + nx2 y)dx + (x3 + x2 y)dy = 0. (b) (x + ye2xy )dx + nxe2xy dy = 0. 16. Para la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 encuentre condiciones suficientes para que tenga un factor integrante de la forma indicada: (a) u(x, y) = g(y). (b) u(x, y) = g(z), con z = x + y. (c) u(x, y) = g(z), con z = xy. 17. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales usando factores integrantes o sustitución:

50

Ecuaciones de Primer Orden (a) (xy 2 − x)dx + (x2 y − y)dy = 0.

(f ) (xy − 1)dx + (x2 − xy)y = 0.

(b) (3x2 − y 2 )dy − 2xydx = 0.

(g) ex dx + (ex cot y + 2y csc y)dy = 0.

(c) (2x+x2 +y 2 )dx+(2y−x2 −y 2 )dy = 0. (h) (y ln y − 2xy)dx + (x + y)dy = 0. (d) (x2 + y 2 − y)dx + xdy = 0.

(i) (y 2 + xy + 1)dx + (x2 + xy + 1)dy = 0.

(e) (y ln y + yex )dx + (x + y cos y)dy = 0. (j) (y + x)dx + (y − x)dy = 0. 18. En la segunda parte de la demostración del teorema 2.4.1, considere (x0 , y0 ) un punto cualquiera en S y defina Z y Z x M (t, y)dt + N (x0 , t)dt. f (x, y) = y0

x0

Muestre que la ecuación M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, es exacta, y que la solución de dicha ecuación está dada por f (x, y) = C, donde f es la función que se indica y C es una constante. 19. Si una ecuación diferencial es de orden m > 1 y carece de una de las variables x o y, entonces se puede reducir a una ecuación diferencial de orden m − 1 haciendo un cambio de variable dp y 0 = p, y 00 = , dx si falta y en la ecuación, o y 0 = p,

y 00 =

dp dy dp =p , dy dx dy

si falta x en la ecuación. Resolver las ecuaciones diferenciales dadas: (a) y 00 + 2y 0 = 4x.

(c) xy 00 − 3y 0 = x2 .

(b) 1 + yy 00 + y 02 = 0.

(d) yy 00 + 2y 02 = 0.

20. La tensión T en una cadena que cuelga sobre un cilindro rugoso está dada por dT − µT = ρa(cos ϕ + µ sin ϕ), dϕ donde µ, ρ y a son constantes. ϕ es el ángulo que forma el radiovector de cada punto de la sección transversal del cilindro con respecto al diámetro horizontal, específicamente con respecto al eje positivo de las abscisas, si se escoge un sistema bidimensional de coordenadas con origen en el centro de la sección transversal del cilindro. (a) Encuentre la solución general de la ecuación diferencial dada. (b) Muestre que l(1 + µ2 ) = 2µa(1 + eπµ , si T = 0 cuando ϕ = 0 y T = ρl cuando ϕ = π.

2.8 Ejercicios

51

21. Un punto se mueve en una curva plana que pasa por el punto (1, 1) de tal forma que las coordenadas (x, y) de cada punto de su trayectoria satisfacen el sistema de ecuaciones diferenciales  dx     dt = −2x + 6y,   dy   = 2x + 2y, dt donde t representa el tiempo. Encuentre la ecuación cartesiana de la trayectoria del dy dy dx punto móvil. (Sugerencia: Use el hecho de que = y encuentre una sola dt dx dt ecuación diferencial con variable dependiente y y variable independiente x.) 22. Un problema geométrico que aparece con frecuencia en ingeniería y en ciencias básica es el de determinar una familia de curvas (trayectorias ortogonales que intersecte a una familia dada de curvas en forma ortogonal en cada punto. Si la familia de curvas dada satisfacen la ecuación diferencial de primer orden y 0 = f (x, y), entonces la trayectoria ortogonal generalmente es la gráfica de una función y(x) que satisface 1 y0 = − . Considere la familia de curvas descritas pro f (x, y) = c, donde c es f (x, y) un parámetro. (a) Muestre que las curvas ortogonales a la familia f (x, y) = c satisfacen la ecuación diferencial ∂f ∂f (x, y)dx − (x, y)dy = 0. ∂y ∂x (b) Use el item anterior para mostrar que las trayectorias ortogonales a la familia de círculos x2 + y 2 = c son justamente las líneas rectas que pasan por el origen. (c) Muestre que las trayectorias ortogonales de la familia de hipérbolas x2 − y 2 = c, son las hipérbolas xy = c. 23. Utilice el método del ejercicio anterior para hallar las trayectorias ortogonales para cada una de las familias dadas de curvas. (a) y = cx.

(c) y = x2 + c.

(b) y = cx3 .

(d) 4x2 + 9y 2 = c.

24. Las líneas de flujo asociadas con cierto flujo de fluidos son representadas por la familia de curvas y = x − 1 + ce−x . Los potenciales de velocidad del flujo son justamente las trayectorias ortogonales de esta familia. (a) Proceda como en el ejercicio anterior para mostrar que los potenciales de velocidad satisfacen la ecuación diferencial dx + (x − y)dy = 0. (Sugerencia: Primero exprese la familia y = x − 1 + ce−x en la forma f (x, y) = c.)

52

Ecuaciones de Primer Orden (b) Determine los potenciales de velocidad resolviendo la ecuación obtenida en el item anterior. 25. Una ecuación diferencial de la forma dy = P (x)y 2 + Q(x)y + R(x), dx se denomina una ecuación de Riccati generalizada10 . (a) Si se conoce una solución de la ecuación de Riccati, digamos u(x), muestre que 1 la sustitución y = u + , reduce a dicha ecuación a una ecuación lineal en v. v (b) Dado que u(x) = x es una solución de la ecuación diferencial dy y = x3 (y − x)2 + , dx x use el resultado del item anterior par hallar todas las soluciones a esta ecuación. 26. Una ecuación diferencial de la forma dy y =x +f dx

µ

dy dx

¶ ,

dy , se llama ecuación dx de Clairaut.11 El interés en estas ecuaciones se debe al hecho de que ella tiene una familia uniparamétrica de soluciones consistentes en líneas rectas. Además, la envolvente12 de esta familia también es una solución de ella, y se conoce con el nombre de solución singular. Resuelva la ecuación de Clairaut de la siguiente manera: donde la función continuamente derivable f se evalúa en t =

(a) Derive la ecuación de Clairaut con respecto a x, y luego simplifique para obtener [x + f 0 (y 0 )]y 00 = 0, donde f 0 (t) =

d f (t). dt

dy = c o f 0 (y 0 ) = −x. Suponga entonces (b) De la anterior ecuación concluya que dx dy que = c y sustituya de nuevo en la ecuación de Clairaut para obtener una dx familia de línea rectas solución y = cx + f (c). 10

En 1724 Jacobo Riccati estudió un caso particular de esta ecuación, durante sus investigaciones de las curvas cuyos radios de curvatura sólo dependen de la variable dependiente y no de la variable independiente, sin embargo, fue Euler en 1760, quien descubrió el resultado que se da en este problema. 11 Alexis Clairaut estudió estas ecuaciones en el año 1734. 12 Es decir, la curva cuyas tangentes están dadas por la familia

2.8 Ejercicios

53

(c) Suponga ahora que f 0 (y 0 ) = −x y muestre que otra solución de la ecuación de Clairaut está dada de manera paramétrica por ½ x = −f 0 (y 0 ) y = f (y 0 ) − y 0 f 0 (y 0 ) esta es la solución singular. (d) Use el método anterior para hallar la familia de líneas rectas solución y la solución singular de la ecuación diferencial y = xy 0 + ln(y 0 ). 27. El economista Vilfredo Pareto (1848-1932) descubrió que en una economía estable la tasa de decrecimiento del número de personas P con un salario de por lo menos t pesos es directamente proporcional al número de personas e inversamente proporcional al su salario. Obtenga una expresión para P en términos de t.13 28. Un punto móvil en el plano, parte del origen. Su abscisa se mueve con velocidad constante igual a 1 cm/seg, mientras su ordenada lo hace con aceleración constante de 0,05 cm/seg, partiendo del reposo. Encuentre una ecuación cartesiana para la trayectoria del punto. 29. Una sustancia radiactiva se descompone con una razón de cambio proporcional en todo instante a la cantidad de sustancia sin descomponer. Si se conoce la cantidad de sustancia en un instante determinado, encuentre una fórmula que exprese la cantidad de sustancia en función del tiempo. Suponga que la constante de proporcionalidad es conocida. 30. Un depósito de agua tiene un orificio en el fondo. La ley de Torricelli establece que dV si v = v(t) es la velocidad del agua a través del orificio, entonces = −Av, donde dt A es el área del orificio y V = V (t) es el volumen del agua en el tanque en el instante t. Sea h = h(t) la profundidad del agua en el tanque en el instante t y suponga que la velocidad de salida por el orificio es la de una gota en caída libre desde una altura igual a la profundidad del agua. Para un tanque cilíndrico de 40 cm de diámetro y con una profundidad inicial de 50 cm, encuentre el tiempo necesario para vaciarlo por medio de un orificio circular de 1 cm de diámetro. 31. Una gran cisterna abierta llena de agua tiene la forma de una semiesfera de 30 pies de radio. El recipiente tiene un agujero circular de 1 pie de radio en el fondo. ¿Cuánto demorará en salir toda el agua de la cisterna. (Sugerencia: Aplique la ley de Torricelli.) 13

A esta expresión se le llama la ley de Pareto.

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Ecuaciones de Primer Orden 32. Halle la forma que debe tener la cisterna del ejercicio anterior para que el nivel del agua baje a una razón constante.14 33. Un tanque está parcialmente lleno con 150 galones de salmuera, con 15 libras de sal 2 disuelta. Le entra salmuera con libras de sal por galón a razón de 8 galones por 3 minutos. El contenido del tanque está bien mezclado y de él sale a razón de 3 galones por minutos la solución. Calcule la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 50 minutos. 34. Suponga que en un gran tanque de mezclado hay inicialmente 200 galones de agua, en los que se disolvieron 40 libras de sal. Al tanque entra agua pura con un flujo de 3 gal/seg y, con el tanque bien agitado, sale el mismo flujo. ¿Cuál es la concentración de la solución en el tanque a los 30 segundos? 35. Para el problema anterior, suponga ahora que la solución salina sale con un flujo de 6 gal/seg en vez de 3 gal/seg, manteniendo el resto igual. ¿Cuándo se vacía el tanque? 36. Suponga que un gran tanque de mezclado contiene inicialmente 500 galones de agua, en los que se han disuelto 60 libras de sal. Al tanque entra otra salmuera a razón de 4 gal/min y, estando bien mezclado el contenido en el tanque, salen 5 gal/min. Si la concentración de la solución que entra es 2 lb/gal. Calcule la cantidad de libras de sal que hay en el tanque a los 30 minutos. 37. Para el problema anterior, suponga que el tanque está abierto y que su capacidad total es de 600 galones y que la otra salmuera que entra al tanque lo hace a razón de 8 gal/min, en vez de 4 gal/min. ¿Cuándo se derramará el tanque? ¿Cuántas libras de sal habrá en el tanque cuando la solución se comienza a derramar? 38. Una habitación tiene un volumen de 800 ft3 . El aire de la habitación contiene inicialmente cloro a una concentración de 0,1 g/ft3 . Entonces entra aire fresco (sin cloro) a la habitación a una tasa de 8 ft3 /min. El aire de la habitación está bien mezclado y fluye hacia afuera por una puerta a la misma tasa que entra el aire fresco. (a) Encuentre la concentración de cloro en la habitación como función del tiempo t. (b) Suponga que la tasa de flujo de aire fresco es ajustable. Determine la tasa de entrada requerida para reducir la concentración de cloro a 0,001 g/ft3 en 20 min. 39. Suponga que un circuito en serie RL tiene los valores dados para la resistencia, la inductancia, la fem y la corriente inicial. Halle una fórmula para la corriente en cualquier tiempo t y calcule la corriente después del tiempo que se especifica. (a) R = 10 Ω, L = 1 h, E = 12 V y i(0) = 0 A. t = 1 segundo. 14

Los antiguos egipcios (1380 A. C.) usaban relojes de agua basados en este principio.

2.8 Ejercicios (b) R = 8 Ω, L = 1 h, E = 6 V y i(0) = 1 A. t = 0,5 segundo. (c) R = 50 Ω, L = 5 h, E = 120 V y i(0) = 0 A. t = 0,8 segundo. (d) R = 10 Ω, L = 2 h, E = 12 sin t V y i(0) = 1 A. t = 1 segundo. 40. Suponga que un circuito en serie RC tiene los valores dados para la resistencia, la capacitancia, la fem y la carga inicial. Halle una fórmula para la carga en cualquier tiempo t y calcule la carga después del tiempo que se especifica. (a) R = 1 Ω, C = 1 f , E = 12 V y q(0) = 0 c. t = 1 segundo. (b) R = 10 Ω, C = 0,001 f , E = 10 cos(60t) V y q(0) = 0 c. t = 0,5 segundos. (c) R = 50 Ω, C = 10−3 f , E = 100 V y q(0) = 1 c. t = 0,8 segundos. (d) R = 100 Ω, C = 2 × 10−4 f , E = sin(60t) V y q(0) = 1 c. t = 1 segundo. 41. Halle la corriente de un circuito RL en serie, al cabo de 10 segundos, si R = 100 Ω, L = 2 h, i(0) = 0 A y el voltaje de la fem satisface  0 ≤ t ≤ 5,  3, E(t) =  4 − e5−t , t > 5.

55

56

Ecuaciones de Primer Orden

CAPÍTULO

3 Ecuaciones Lineales de Orden Superior

3.1.

Preliminares

En los capítulos 1 y 2 nuestra atención estuvo en las ecuaciones diferenciales de primer orden. En este capítulo la pondremos en las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior n ≥ 2. Las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior surgen en diferentes modelos matemáticos de sistemas mecánicos y circuitos eléctricos entre otros. En este capítulo estudiaremos algunos de esos modelos, así como la teoría general sobre existencia y unicidad y las técnicas de solución de las ecuaciones diferenciales lineales. Una ecuación diferencial ordinaria lineal tiene la forma general an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = g(x),

(3.1)

donde n ∈ Z+ y las funciones coeficientes a0 , a1 , . . . , an , y la función g son funciones reales definidas sobre algún intervalo abierto I de R, las que se supondrán al menos continuas. Si an (x) no es la función idénticamente nula en I, la ecuación (3.1) es una ecuación diferencial ordinaria lineal de n-ésimo orden. Ejemplo 3.1.1. Ver si la ecuación diferencial y 00 + 2y 0 − 3y = 0,

(3.2)

58

Ecuaciones Lineales de Orden Superior tiene como dos soluciones particulares a y1 (x) = ex y y2 (x) = e−3x . Para y1 (x) tenemos que y10 (x) = ex y y100 (x) = ex , entonces y100 (x) + 2y10 (x) − 3y1 (x) = ex + 2ex − 3ex = 0. Para y2 (x) tenemos que y20 (x) = −3e−3x y y200 (x) = 9e−3x , entonces y200 (x) + 2y20 (x) − 3y2 (x) = 9e−3x − 6e−3x − 3e−3x = 0. Entonces y1 (x) y y2 (x) si son soluciones particulares de (3.2). La ecuación (3.2) es una ecuación homogénea con coeficientes constantes de orden dos. Algunos hechos básicos importantes relativos a la ecuación (3.2), los cuales serán demostrados en secciones posteriores, son los siguientes: El conjunto solución de (3.2) es un espacio vectorial bajo las operaciones de adición de funciones y de multiplicación de las mismas por escalares. Sea S tal conjunto. La dimensión de S es igual al orden de la ecuación diferencial. Es decir, una base de S está formada por dos soluciones de (3.2) linealmente independientes. Esto quiere decir que todo elemento de S, es decir, toda solución de la ecuación diferencial considerada es una combinación lineal de dos soluciones particulares l.i de dicha ecuación. Las soluciones y1 , y y2 , dadas anteriormente, son linealmente independientes. Por lo tanto, de acuerdo con lo expresado con el item anterior, toda solución de (3.2) es de la forma y(x) = c1 ex + c2 e−3x . Los hechos enunciados anteriormente son válidos en general para ecuaciones lineales homogéneas de cualquier orden. La ecuación homogénea asociada a (3.1) es la ecuación an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a1 (x)y 0 + a0 (x)y = 0.

(3.3)

Si consideramos la ecuación no homogénea y 00 + 2y 0 − 3y = x,

(3.4)

de la cual (3.2) es su homogénea asociada, tenemos que 1 2 yp (x) = − x − 3 9 es una solución de ella. Demostraremos que toda solución de (3.4) puede escribirse como la suma de la solución indicada con la solución de la ecuación homogénea asociada. Este hecho es también válido en general y será establecido más adelante. Para el ejemplo que estamos considerando notemos que si y(x) es una solución de (3.4), entonces y 00 (x) + 2y 0 (x) − 3y(x) = x,

3.1 Preliminares

59

po lo tanto, si consideramos la función definida por µ

1 2 yh (x) = y(x) − yp (x) = y(x) − − x − 3 9

¶ ,

se tiene que yh (x) es solución de la homogénea asociada, pues yh0 (x) = y 0 (x) + yh00 (x) = y 00 (x), de donde

1 y 3

2 2 yh00 (x)+2yh0 (x)−3yh (x) = y 00 (x)+2y 0 (x)+ −3y(x)−x− = y 00 (x)+2y 0 (x)−3y(x)−x = 0. 3 3 Por lo tanto, y(x) = yp (x) + yh (x), tal como se había anunciado. El anterior ejemplo muestra lo que es nuestro objetivo central con relación a la solución de una ecuación lineal: Se trata de determinar la solución general de la ecuación homogénea asociada, así como de hallar una solución particular de la no homogénea. Dado que uno de nuestros objetivos es demostrar que el conjunto solución de una ecuación lineal homogénea es un espacio vectorial (de funciones) nos parece pertinente presentar los resultados que consideramos necesarios en este sentido.

3.1.1.

Espacios funcionales

Sea I un intervalo abierto en R, consideremos el conjunto de las funciones de valor real definidas en I F [I] = {f : I → R|f es una función}. Para f, g ∈ F [I], definimos f +g : I → R x 7→ f (x) + g(x) y, para α ∈ R, αf : I → R x 7→ αf (x). Con tales operaciones F [I] es un espacio vectorial1 sobre el campo de los reales. Decimos que es un espacio funcional, donde el elemento neutro es la función idénticamente nula, definida por O(x) = 0, para todo x ∈ I. 1

Para un repaso de espacios vectoriales generales, se recomienda consultar el libro Notas de álgebra lineal de Castañeda-Barrios-Martínez. Capítulo 4. Ediciones Uninorte. 2004.

60

Ecuaciones Lineales de Orden Superior Definición 3.1.1. Supongamos que f1 , f2 , . . . , fm ∈ F [I], entonces, para escalares α1 , α2 , . . . , αm la función definida por f := α1 f1 + α2 f2 + · · · + αm fm se denomina combinación lineal de f1 , f2 , . . . , fm . Definición 3.1.2. Las funciones f1 , f2 , . . . , fm ∈ F [I] se dicen linealmente dependientes (l.d) si, y sólo si, existe una combinación lineal no trivial de ellas, igual a la función idénticamente nula. Es decir existen escalares α1 , α2 , . . . , αm , no todos nulos, tales que α1 f1 + α2 f2 + · · · + αm fm = O. Definición 3.1.3. Las funciones f1 , f2 , . . . , fm ∈ F [I] se dicen linealmente independientes (l.i) si, y sólo si, la única combinación lineal igual a la función idénticamente nula es la trivial. Es decir, es válida la implicación α1 f1 + α2 f2 + · · · + αm fm = O ⇒ α1 = α2 = · · · = αm = 0. Definición 3.1.4. Si H es un subespacio de F [I], entonces f1 , f2 , . . . , fm generan a H, si toda función de H puede escribirse como una combinación lineal de f1 , f2 , . . . , fm . Definición 3.1.5. El conjunto {f1 , f2 , . . . , fm } es una base para H si, y solo si, f1 , f2 , . . . , fm generan a H y son l.i. Definición 3.1.6. Si H es finitamente generado decimos que su dimensión es finita e igual al número de elementos de una base cualquiera. Observación 3.1.1. Utilizaremos la notación C k [I] para el conjunto de todas las funciones definidas sobre I, diferenciables al menos hasta el orden k ≥ 0 y con todas sus derivadas, hasta el orden k, continuas sobre I. Escribiremos C ∞ [I] si todas las derivadas existen y son continuas sobre I. Ejemplo 3.1.2. En C ∞ [R], consideremos las funciones f1 , . . . , f5 , definidas a continuación: f1 (x) = 1 , f2 (x) = cos2 x f3 (x) = sin2 x , f4 (x) = cos 2x f5 (x) = ex ¿Cuales son l.d y cuales l.i.? Las funciones f1 , f2 , y f3 son l.d. pues la primera es combinación lineal de las otras dos. En efecto, dado que 1 = sin2 x + cos2 x, para todox ∈ R, se tiene que f1 − f2 − f3 = O,

3.1 Preliminares

61

la cual es una combinación lineal no trivial igual a la función idénticamente nula. Si consideramos ahora a f1 , f4 , y f5 . Supongamos una combinación lineal de la forma af1 + bf4 + cf5 = O. Se tiene, entonces, que para todo numero real x, a + b cos 2x + cex = 0. Derivando obtenemos −2b sin 2x + cex = 0, derivando esta última expresión se tiene −4b cos 2x + cex = 0. Como estas tres últimas ecuaciones funcionales en particular, para x = 0 se debe tener  a+b+c      c      −4b + c

son válidas para todo x real, se tiene que, = 0 = 0 = 0

Resolviendo este sistema se obtiene a = b = c = 0, por lo que las funciones consideradas son l.i. El procedimiento anterior puede extenderse para cualquier numero m de funciones f1 , f2 , . . . , fm en C m−1 [I]. Para tales funciones, si x ∈ I, entonces la matriz   f1 (x) f2 (x) ··· fm (x)     0 0  f10 (x)  f (x) · · · f (x) 2 m     W (x) =  (3.5)    .. .. .. ..   . . . .     (m−1) (m−1) (m−1) f1 (x) f2 (x) · · · fm (x) se denomina matriz wronskiana de f1 , f2 , . . . , fm en x. Es claro entonces que si detW (x) 6= 0 para algún x ∈ I las funciones f1 , f2 , . . . , fm son l.i. Por el contrario si detW (x) = 0 para todo x ∈ I se tiene que las funciones son l.d. Ejemplo 3.1.3. Dadas las funciones f (x) = x, g(x) = 3 + x2 , h(x) = ex y q(x) = x + e2 x.

62

Ecuaciones Lineales de Orden Superior (a) ¿Cómo son f , g y q ? (b) ¿Cómo son f , g y h ? (a) Hallemos f 0 , g 0 , q 0 , f 00 , g 00 y q 00 . f 0 (x) = 1, g 0 (x) = 2x, q 0 (x) = 1 + e2 , f 00 (x) = 0, g 00 (x) = 2 y q 00 (x) = 0. Entonces ¯ ¯ ¯ x 3 + x2 x + e 2 x ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 2x 1+e ¯ detW (x) = ¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 2 0 luego

¯ ¯ x x + e2 x ¯ detW (x) = −2 ¯¯ ¯ 1 1 + e2

¯ ¯ ¯ ¯ = −2(x + e2 x − x − e2 x) = 0. ¯ ¯

Para toda x real, en consecuencia f , g y q son l.d. (b) Hallemos f 0 , g 0 , h0 , f 00 , g 00 y h00 . f 0 (x) = 1, g 0 (x) = 2x, h0 (x) = ex , f 00 (x) = 0, g 00 (x) = 2 y h00 (x) = ex . Entonces ¯ ¯ ¯ x 3 + x2 ex ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x 2x e ¯¯ detW (x) = ¯¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 2 ex ¯ luego

¯ ¯ 2x ex ¯ detW (x) = x ¯¯ ¯ 2 ex

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 + x2 ex ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ex ¯

entonces detW (x) = x(2xex − 2ex ) − (3ex + x2 ex − 2ex ) = x2 ex − 2xex − ex 6= 0 √ Para todo x 6= 1 ± 2, en consecuencia f , g y h son l.i.

3.1.2.

El operador diferencial lineal

Introducimos a continuación una útil herramienta en nuestro propósito de estudiar la ecuación diferencial lineal. Dados dos espacios funcionales, una aplicación (función) que transforma elementos de uno de tales espacios en elementos del otro será denominado operador. Si tal aplicación es además una transformación lineal decimos que es un operador lineal.

3.1 Preliminares

63

Ejemplo 3.1.4. Operador integral: Dada la función f , continua en [a, b], definimos µZ ¶ Z x (f ) (x) = f (t)dt. a

Así,

R

es un operador y es claro que es lineal (por la propiedad de linealidad de la integral).

Ejemplo 3.1.5. Operador diferencial: Supongamos que n es un entero no negativo, el operador Dn definido por Dn : C n [I] → C[I] f

7→ Dn (f ) = f (n)

es también un operador lineal y es, para nuestros propósitos, de gran importancia. Si, por ejemplo, n = 2 y f (x) = x2 + ex , entonces D2 (f )(x) = f 00 (x) = 2 + ex . Escribimos D = D1 , nótese, además, que para n = 0 el operador es el operador identidad; es decir, D0 (f ) = f (0) = f , para toda función f . Si a0 , a1 , . . . , an son funciones definidas sobre I, definimos el operador diferencial de orden n como L = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a0 D0 . (3.6) Así, para cada f ∈ C n [I] se tiene L(f )(x) = an (x)f (n) (x) + an−1 (x)f (n−1) (x) + · · · + a0 (x)f (x),

(3.7)

para todo x ∈ I. Con la ayuda del operador así definido podemos ahora presentar un tratamiento cómodo de las ecuaciones diferenciales lineales. El que L sea lineal significa que para funciones f y g, en el dominio del operador, y para escalares α y β se tiene L(αf + βg) = αL(f ) + βL(g). Ejemplo 3.1.6. Consideremos la ecuación diferencial lineal y 00 + xy 0 + 2y = 0. Si definimos L = D2 + a1 D + 2D0 , con a1 (x) = x, la ecuación puede escribirse como L(y) = 0.

(3.8)

64

Ecuaciones Lineales de Orden Superior Supongamos dadas dos soluciones y1 , y2 de la ecuación diferencial considerada en el ejemplo anterior. Tenemos entonces que L(y1 ) = 0

y

L(y2 ) = 0,

entonces, para escalares α y β se tiene L(αy1 + βy2 ) = αL(y1 ) + βL(y2 ) = 0. Lo que prueba que la combinación lineal αy1 + βy2 es también una solución de dicha ecuación diferencial. En adelante acostumbraremos escribir L = an (x)Dn + an−1 (x)Dn−1 + · · · + a0 (x)D0 ,

(3.9)

en lugar de (3.6), para hacer explícitas las funciones coeficientes. Debe ser claro, sin embargo, que esto es sólo por comodidad y que técnicamente hablando la expresión considerada no es correcta, pues cada ai (x) es la imagen que la función produce al actuar sobre el elemento x; es decir, es un número real (y no la función ai misma).

3.1.3.

El operador lineal de orden n

Utilizando el operador diferencial lineal, la ecuación lineal de orden n definida por (3.1) puede escribirse ahora como L(y) = g(x), (3.10) y la ecuación homogénea asociada a (3.10) como L(y) = 0.

(3.11)

Un real x0 se denomina punto ordinario de (3.10) o (3.11) si an (x0 ) 6= 0. Un punto no ordinario se denomina punto singular. Inicialmente estudiaremos soluciones en intervalos que contienen puntos ordinarios, por lo que será suficiente con considerar an ≡ 1. Los hechos básicos relativos a las soluciones de (3.10) y (3.11) se presentan a continuación y constituyen la fundamentación para el resto de este capítulo. Para iniciar, (3.11) tiene al menos una solución, la solución trivial O. Así el conjunto solución de la ecuación homogénea es no vacío. Si S es tal conjunto, entonces para cada par f, g ∈ S y cada par de escalares α, β, se tiene por la linealidad de L que L(αf + βg) = 0. Es decir, αf + βg ⊂ S, por lo que S es un subconjunto de F [I] y, por lo tanto, un espacio vectorial. Notaremos por S = N (L) y lo denominaremos núcleo del operador L. Un resultado preliminar de gran importancia se presenta a continuación. Su demostración escapa del alcance de la teoría desarrollada hasta el momento, por lo que no la presentamos aquí.

3.1 Preliminares

65

Teorema 3.1.1. Teorema de existencia y unicidad: Consideremos el operador diferencial lineal de orden n, con funciones a0 , a1 , . . . , an continuas en el intervalo I. Supongamos, además, x0 ∈ I, y0 , y1 , . . . , yn−1 ∈ R. Entonces existe una y sólo una solución, en I, del problema de valores iniciales  L(y) = 0,          y(x0 ) = y0 ,      y 0 (x0 ) = y1 , (3.12)      .. .. ..   . . .        y (n−1) (x ) = y . 0 n−1 Ahora podemos presentar uno de los resultados más importantes del presente capítulo. Teorema 3.1.2. El conjunto solución de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n es un espacio vectorial de dimensión n. Demostración. Hemos demostrado ya que el conjunto solución considerado (el núcleo del operador diferencial lineal) es un subespacio del espacio de las funciones definidas sobre el intervalo I. Nos resta demostrar que tiene dimensión finita y que su dimensión es justamente n. Nuestra prueba consistirá en demostrar que el núcleo del operador diferencial es isomorfo a Rn . Sea xo un real fijo en I. Definamos ψ : N (L) −→ Rn y

7−→ (y(x0 ), y 0 (x0 ), . . . , y (n−1) (x0 ).

Entonces para f, g ∈ N (L) y α, β ∈ R se tiene ψ(αf + βg) = αψ(f ) + βψ(g), lo cual puede verificarse fácilmente. Es decir, ψ es una transformación lineal. Mostremos ahora que ψ es biyectiva. Es claro, por el teorema anterior, que para cada vector y = (y0 , y1 , . . . , yn−1 ) ∈ Rn , existe una solución, f , de L(y) = 0 tal que   y(x0 ) = y0    y 0 (x0 ) = y1 .. .. ..  . . .    y (n−1) (x ) = y . 0 n−1

66

Ecuaciones Lineales de Orden Superior Es decir, ψ(f ) = y, lo cual muestra que ψ es sobreyectiva. Por otra parte, si ψ(f ) = ψ(g) para algún par de funciones f, g ∈ N (L), el teorema de unicidad garantiza que f = g. De esa manera se tiene que ψ es uno-a-uno. Tenemos así que ψ es un isomorfismo d N (L) a Rn y esto implica que dimN (L) = dimRn = n.

El teorema anterior establece que el problema de hallar las soluciones de la ecuación diferencial homogénea (3.11) se reduce al de hallar una base del espacio solución S = N (L), es decir, al de hallar n soluciones linealmente independientes de tal ecuación homogénea. Para la ecuación diferencial no homogénea (3.10), supongamos que yp es una solución particular de ella. Para cualquier solución, y, de la misma ecuación, se tiene que yh = y − yp es solución de la homogénea asociada, pues L(yh ) = L(y − yp ) = L(y) − L(yp ) = g(x) − g(x) = 0. Así, se tiene que toda solución de (3.10) es de la forma y = yp + yh , donde yh es solución de (3.11). Tenemos entonces el siguiente teorema. Teorema 3.1.3. Toda solución de (3.10) es la suma de una solución particular de ella con una solución de la homogénea asociada. Observación 3.1.2. Tenemos las siguientes consecuencias importantes 1. La solución general2 de (3.11) es yh = α1 y1 + α2 y2 + · · · + αn yn ,

(3.13)

donde y1 , y2 , . . . , yn son soluciones l.i de (3.11). 2. La solución general de (3.10) es y = yh + yp , donde yp es una solución particular cualquiera de (3.10). 3. Por lo tanto, los problemas básicos a resolver son: 2

Esta solución general define a todas las soluciones de la ecuación homogénea.

(3.14)

3.2 Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes

67

(a) Hallar n soluciones l.i de la ecuación lineal homogénea. (b) Encontrar al menos una solución particular de la no homogénea. En lo que resta del capítulo nos concentraremos -en lo que se relaciona con éste tópico- en algunas técnicas para resolver estos problemas básicos para ecuaciones particulares. En los capítulos restantes consideraremos otras técnicas en tal sentido.

3.2.

Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes

En esta sección abordaremos el problema de encontrar n soluciones l.i para la ecuación homogénea con coeficientes constantes. Es decir, para la ecuación (3.11) cuando las funciones coeficientes son constante. Es decir el operador diferencial es de la forma L = an Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a0 D0 ,

(3.15)

donde an 6= 0. Es suficiente con suponer an ≡ 1. Operadores como el anterior, con coeficientes constantes, gozan de propiedades tales que facilitarán nuestro trabajo con las ecuaciones diferenciales correspondientes. En especial, es de gran importancia el que dichos operadores puedan combinarse mediante la composición para producir operadores del mismo tipo. Como se verá tal composición de operadores se comporta, en cierto sentido, como la multiplicación numérica usual, razón por la cual nos referiremos a ella con la denominación de multiplicación de operadores. Por igual razón usaremos, para operadores L1 y L2 , con coeficientes constantes, la notación L1 ◦ L2 = L1 L2 . Recuérdese que para una función f ∈ C n [I], se tiene (L1 ◦ L2 )(f ) = (L1 L2 )(f ) = L1 (L2 (f )). Antes de establecer las propiedades anunciadas anteriormente veamos algunos ejemplos. Ejemplo 3.2.1. Sean L1 = 2D2 + 3D − 5D0 , L2 = 2D − D0 , entonces L1 L2 = = = =

(2D2 + 3D − 5D0 )(2D − D0 ) 2D2 ◦ (2D − D0 ) + 3D ◦ (2D − D0 ) − 5D0 ◦ (2D − D0 ) 4D3 − 2D2 + 6D2 − 3D − 10D + 5D0 4D3 + 4D2 − 13D + 5D0

Nótese que el comportamiento de la composición de L1 y L2 es análogo al comportamiento algebraico de los polinomios P1 (λ) = 2λ2 + 3λ − 5, y P2 (λ) = 2λ − 1,

68

Ecuaciones Lineales de Orden Superior cuando se multiplican para producir el polinomio P (λ) = 4λ3 + 4λ2 − 13λ + 5. El último polinomio puede identificarse algebraicamente con el operador L1 L2 . Ejemplo 3.2.2. Supóngase que deseamos resolver la ecuación diferencial y 00 + 3y 0 − 4y = 0, la cual en notación de operadores es: (D2 + 3D − 4D0 )(y) = 0. El operador introducido puede identificarse algebraicamente con el polinomio λ2 + 3λ − 4, el cual es factorizable como (λ + 4)(λ − 1). Es decir, el operador dado es factorizable como (D + 4D0 )(D − D0 ). Así, la ecuación puede escribirse como (D + 4D0 )(D − D0 )(y) = 0, la cual tiene como análogo algebraico a la ecuación polinomial (λ + 4)(λ − 1) = 0. Esta última puede romperse en dos ecuaciones polinomiales de fácil solución. ¿Podemos hacer lo mismo con la ecuación diferencial?. Si consideramos las ecuaciones de primer orden (D + 4D0 )(y) = 0, y (D − D0 )(y) = 0, obtenemos como soluciones particulares a y1 = e−4x , y y2 = ex , respectivamente. Puede verificarse fácilmente que ambas funciones son soluciones de la ecuación diferencial original y que son l.i.

3.2 Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes

69

El ejemplo anterior ilustra con claridad que el problema de resolver una ecuación como la considerada es esencialmente algebraico. Se trata fundamentalmente de encontrar las raíces de un polinomio de grado n, a partir de las cuales podemos determinar soluciones de la ecuación diferencial con coeficientes constantes. Sin embargo podrían surgir problemas adicionales (aparte del problema algebraico de determinar las raíces del polinomio). Posteriormente daremos respuesta a esos posibles problemas, pero antes formalizaremos y justificaremos los procedimientos utilizados en el ejemplo. Dado el operador (3.15), el polinomio PL (λ) = an λn + an−1 λn−1 + · · · + a0 ,

(3.16)

se denomina polinomio característico del operador (y de la ecuación homogénea correspondiente). Una raíz3 del polinomio característico se denomina valor característico del operador. Los teoremas que siguen resumen las propiedades de los polinomios característicos que nos interesan para nuestros propósitos. Teorema 3.2.1. Sean L, T operadores diferenciales con coeficientes constantes, y sea α ∈ R. Entonces: 1. PL+T = PL + PT . 2. PLT = PL PT . 3. PαL = αPL . Teorema 3.2.2. Si L = L1 L2 · · · Lm , entonces para cada i = 1, 2, . . . , m, se tiene que N (Li ) ⊆ N (L). Es decir, toda solución de Li (y) = 0 es solución de L(y) = 0. Observación 3.2.1. Una ecuación lineal homogénea con coeficientes constantes puede descomponerse en ecuaciones de orden uno. Esta es una consecuencia del teorema 3.2.1 y del conocido Teorema fundamental del Álgebra: Todo polinomio de grado n tiene n factores lineales (no necesariamente distintos) sobre el campo de los complejos. Observación 3.2.2. El problema de resolver una ecuación homogénea de orden n, con coeficientes constantes, es reducible a problemas de solución de ecuaciones lineales de orden uno. Esto se sigue del teorema 3.2.2 y de la observación anterior. Como se mostró en el ejemplo 3.2.2, las raíces del polinomio característico están íntimamente relacionadas con las soluciones de la ecuación homogénea correspondiente. Para el 3

Es decir una solución de la ecuación PL (λ) = 0.

70

Ecuaciones Lineales de Orden Superior caso en que λ0 sea una raíz real del polinomio característico, se obtiene la ecuación de orden uno (D − λ0 D0 )(y) = 0, la cual tiene como solución a y = eλ0 x . Tal solución, de acuerdo con el teorema 3.2.2, es también una solución de la ecuación original dada. Así, cada raíz del polinomio característico da origen a una solución de la ecuación diferencial. Para raíces distintas puede probarse que las soluciones correspondientes son l.i. Pensando en que se requieren n soluciones l.i, lo ideal sería tener n raíces reales distintas, con lo cual el problema de determinar la base del espacio solución de la ecuación diferencial quedaría totalmente resuelto. Sin embargo, puede suceder que algunas raíces sean múltiples (iguales) o que no sean reales. En el segundo caso, raíces complejas no reales, la función f (x) = eλ0 x , es una función compleja. Sin embargo, para tal caso se tiene, como en el caso real, que f 0 (x) = λ0 eλ0 x , por lo que f 0 (x) − λ0 f (x) = 0, es decir, otra vez, se tiene que y = eλ0 x es solución de la ecuación original. El problema es que la solución así obtenida es de valores complejos, pero el siguiente teorema nos permite obtener soluciones con valores reales para tal caso. Teorema 3.2.3. f = f1 + if2 es una solución (con valores complejos) de L(y) = 0 si, y sólo si, f1 y f2 son soluciones (con valores reales). Demostración. f es solución si, y sólo si L(f ) = = = =

L(f1 + if2 ) L(f1 ) + iL(f2 ) 0 + i0 0

si, y sólo si (po la igualdad de complejos) L(f1 ) = L(f2 ) = 0, si, y sólo si f1 y f2 son soluciones. Así, tenemos que para λ0 = a + ib, raíz compleja del polinomio característico de L(y) = 0, se obtiene la solución compleja y = e(a+ib)x = eax (cos bx + i sin bx),

(3.17)

3.2 Ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes

71

la cual produce las dos soluciones reales l.i y1 (x) = eax cos bx y y2 (x) = eax sin bx. Así, nuestro problema de raíces complejas ha quedado resuelto. La otra dificultad, relativa a la multiplicidad de las raíces, se resuelve con la ayuda del teorema que sigue, parte de cuya demostración se deja como ejercicio en clase. Teorema 3.2.4. Sean L un operador diferencial lineal con coeficientes constantes y λ una raíz de multiplicidad m del polinomio característico de L, entonces, para cada j = 1, 2, . . . , m, la función yj = xj−1 eλx , es solución de L(y) = 0. Además, el conjunto {yj |j = 1, 2, . . . , m} es linealmente independiente. Demostración. Para la primera parte bastará con demostrar que para todo j = 1, 2, . . . , m, yj = xj−1 eλx es solución de (D − λD0 )(j) (y) = 0. Procedemos por inducción sobre j. Para j = 1, ya se realizó la demostración. Supongamos ahora que (D − λD0 )(j) (yj ) = 0, con j ≥ 1, entonces (D − λD0 )(j+1) (yj+1 ) = = = = =

(D − λD0 )(j) (D − λD0 )(yj+1 ) (D − λD0 )j (D − λD0 )(xyj ) (D − λD0 )j (yj + xyj0 − λxyj ) (D − λD0 )j (jyj ) 0.

Lo que termina la primera parte de la prueba. La independencia lineal se deja como ejercicio. Observación 3.2.3. Si λ es un valor característico de L(y) = 0, entonces: 1. Si λ es real y de multiplicidad m, entonces y1 = eλx , y2 = xeλx , . . . , ym = xm−1 eλx , son soluciones l.i de la ecuación diferencial.

(3.18)

72

Ecuaciones Lineales de Orden Superior 2. Si λ = a + ib es una raíz compleja, entonces y1 = eax cos bx, y2 = eax sin bx,

(3.19)

son soluciones de la ecuación diferencial. 3. Si λ = a + ib es una raíz de PL , también lo es la conjugada a − ib. Sin embargo, ésta última no aporta soluciones fundamentales para la ecuación diferencial, pues son dependientes con las de a + ib. Ejemplo 3.2.3. Resolver la ecuación diferencial y v − 2y 000 − 2y 00 − 3y 0 − 2y = 0. La ecuación característica es λ5 − 2λ3 − 2λ2 − 3λ − 2 = 0, que al factorizar obtenemos (λ + 1)2 (λ2 + 1)(λ − 2) = 0, cuyas raíces (sobre C) son λ1 = λ2 = −1, λ3 = i, λ4 = −i, λ5 = 2, y las correspondientes soluciones son y1 = e−x , y2 = xe−x , y3 = cos x, y4 = sin x, y5 = e2x . Tenemos así que la solución general es y = c1 e−x + c2 xe−x + c3 cos x + c4 sin x + c5 e2x .

3.3.

Reducción de orden

Supongamos que y1 representa una solución no trivial en un intervalo abierto I de R, de la ecuación diferencial lineal de segundo orden homogénea y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0.

(3.20)

Se tarta de encontrar una segunda solución y2 , tal que y1 , y2 sean l.i en I. Para ello, supongamos que y1 6= 0 en I, si definimos y = vy1 , tenemos y 0 = v 0 y1 + vy10 y y 00 = v 00 y1 + 2v 0 y10 + vy100 ,

3.3 Reducción de orden

73

reemplazando en la ecuación dada, (después de agrupar términos) se tiene y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = v(y100 + p(x)y10 + q(x)y1 ) + y1 v 00 + (2y10 + p(x)y1 )v 0 = 0. De donde y1 v 00 + (2y10 + p(x)y1 )v 0 = 0, que sustituyendo w = v 0 obtenemos y1 w0 + (2y10 + p(x)y1 )w = 0, esta ecuación es lineal y separable a la vez. Al separar variables obtenemos ¸ · 0 dw y1 = − 2 + p(x) dx, w y1 e integrando se tiene

Z ln w =

ln y1−2

−

p(x)dx + c,

que al despejar w tenemos w = v 0 = c1

e−

R

p(x)dx

,

y12

integrando esta última ecuación se tiene Z

e−

v = c1 entonces

R

p(x)dx

dx + c2 ,

y12 Z

e−

y = c1 y1

R

p(x)dx

dx + c2 y1 ,

y12

vemos que una segunda solución es Z y2 = y1

e−

R

p(x)dx

y12

dx.

Ejemplo 3.3.1. La función y1 = e2x es una solución de la ecuación diferencial y 00 − 4y 0 + 4y = 0. Con la fórmula (3.21) encontramos una segunda solución así, Z y2 = e2x

R

e4 dx dx = xe2x , e4x

La solución general es entonces y = c1 e2x + c2 xe2x .

(3.21)

74

Ecuaciones Lineales de Orden Superior

3.4.

Ecuaciones no homogéneas

Como hemos visto ya, toda solución de la ecuación L(y) = g(x) es la suma de una solución particular (fija) de ella y una de la homogénea asociada. Para el caso con coeficientes constantes tenemos ya un procedimiento global para obtener las soluciones de la homogénea. Otros casos específicos serán considerados en la sección siguiente y en los próximos capítulos. A continuación abordamos el estudio de dos métodos clásicos de obtener soluciones particulares de la ecuación no homogénea.

3.4.1.

Variación de parámetros

Dada la ecuación L(y) = g(x), la solución general de la ecuación diferencial homogénea asociada L(y) = 0, es de la forma yh = c1 y1 + c2 y2 + · · · + cn yn , donde las funciones yi son las soluciones fundamentales (básicas) de la ecuación homogénea y las cuales suponemos conocidas. Nuestra suposición para una solución particular de la ecuación no homogénea es yp = v1 y1 + v2 y2 + · · · + vn yn , donde las vi son funciones por determinar. Para facilitar los cálculos utilizaremos funciones vectoriales de variable real. Definamos Yh = (y1 , y2 , . . . , yn ) y V = (v1 , v2 , . . . , vn ), con lo que yp = Yh · V

(3.22)

es la solución deseada. De lo anterior obtenemos yp0 = Yh0 · V + Yh · V0 , e imponemos la restricción Yh · V0 = 0, tenemos así que yp0 = Yh0 · V, y, derivando ésta última expresión tenemos yp00 = Yh00 · V + Yh0 · V0 ,

(3.23)

3.4 Ecuaciones no homogéneas

75

imponemos ahora Yh0 · V0 = 0.

(3.24)

Reiterando este procedimiento obtenemos hasta la derivada de orden n − 2, (n−2)

yp(n−2) = Yh

· V,

de donde (n−1)

· V + Yh

(n−2)

· V0 = 0,

yp(n−1) = Yh

(n−2)

· V0 ,

e imponiendo ahora la condición Yh

(3.25)

de aquí se tienen (n−1)

yp(n−1) = Yh

· V,

y (n)

(n−1)

yp(n) = Yh · V + Yh

· V0 .

Por último utilizamos la condición de ser yp una solución de la ecuación no homogénea, obteniendo L(yp ) = = = = =

L(Yh · V) (n) (n−1) (n−1) V · (Yh + an−1 Yh + · · · + a0 Yh ) + Yh · V0 (n−1) V · (L(y1 ), L(y2 ), . . . , L(yn )) + Yh · V0 (n−1) Yh · V0 g(x).

Tenemos, por lo tanto (n−1)

Yh

· V0 = g(x).

(3.26)

Las ecuaciones (3.23), (3.24) y las que se obtienen en forma similar hasta la (3.25) forman con la (3.26) un sistema de n ecuaciones en las n funciones incógnitas v10 , v20 , . . . , vn0 , correspondiente a la ecuación matricial    W [y1 , y2 , . . . , yn ]V0 =  

0 0 .. .

   , 

(3.27)

g(x) donde W [y1 , y2 , . . . , yn ] es la (función) matriz wronskiana de las soluciones l.i de la ecuación homogénea asociada, y V0 es la función (vectorial) derivada de la función incógnita, V,

76

Ecuaciones Lineales de Orden Superior escrita como vector columna. De (3.27) es claro que para i = 1, 2, . . . , n se tiene ¯ ¯ ¯ y1 ¯ · · · y 0 y · · · y i−1 i+1 n ¯ ¯ 0 0 0 0 ¯ y1 ¯ · · · y 0 y · · · y i−1 i+1 n ¯ ¯ ¯ ¯ .. .. .. .. .. ¯ ¯ . . . . . ¯ (n−1) ¯ (n−1) (n−1) (n−1) ¯ y1 ¯ · · · y g(x) y · · · y n i−1 i+1 ¯, vi0 = ¯¯ ¯ y · · · y y y · · · y 1 i−1 i i+1 n ¯ ¯ 0 0 0 0 0 ¯ ¯ y1 · · · y y y · · · y n i+1 i i−1 ¯ ¯ ¯ ¯ .. .. .. .. .. ¯ ¯ . . . . . ¯ ¯ (n−1) (n−1) (n−1) (n−1) (n−1) ¯ ¯ y1 ··· y y y · · · yn i−1

i

(3.28)

i+1

de donde puede obtenerse cada vi por integración. Ejemplo 3.4.1. Consideremos la ecuación diferencial de segundo orden y 00 + y 0 − 6y = x2 . La ecuación homogénea asociada es y 00 + y 0 − 6y = 0, la ecuación característica es λ2 + λ − 6 = 0, o (λ + 3)(λ − 2) = 0, entonces, la solución general de la ecuación homogénea es yh = c1 e−3x + c2 e2x . Procediendo con el método planteado, suponemos que la solución particular, de la no homogénea, buscada es de la forma yp = v1 e−3x + v2 e2x . Tenemos entonces que (usando (3.28)) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 e2x ¯ ¯ ¯ 0 y 2 ¯ ¯ 2 ¯ ¯ ¯ x 2e2x ¯ ¯ g(x) y20 ¯ ¯ =¯ v10 = ¯¯ ¯ ¯ e−3x e2x ¯ y10 y20 ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ −3e−3x 2e2x de donde v10

x2 e3x =− , 5

¯, ¯ ¯ ¯

3.4 Ecuaciones no homogéneas integrando se tiene

77

2 2 3x 1 2 3x x e + xe3x − e . 15 45 135 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y1 ¯ ¯ e−3x ¯ 0 0 ¯ 0 ¯ ¯ ¯ −3x 2 ¯ y1 g(x) ¯ ¯ −3e x ¯ 0 ¯ =¯ ¯, v2 = ¯¯ 2x ¯ ¯ ¯ e−3x y y e 1 2 ¯ ¯ 0 ¯ ¯ ¯ y1 y20 ¯ ¯ −3e−3x 2e2x ¯ v1 = −

y

de donde v20 = integrando se tiene v2 = −

x2 e−2x , 5

1 2 −2x 1 1 xe − xe−2x − e−2x . 10 10 20

Entonces

1 1 5 y p = − x2 − x − , 6 16 68 es la solución particular, entonces la solución general es 1 1 5 y = c1 e−3x + c2 e2x − x2 − x − . 6 16 68

3.4.2.

Coeficientes indeterminados

Este método consiste en predecir la forma explícita de la solución a partir del tipo de ecuación a resolver, lo cual no siempre es posible. En particular, si la ecuación tiene coeficientes constante y g(x) tiene un comportamiento regular con relación a sus derivadas, podemos predecir la forma de la solución particular. Esto puede hacerse, por ejemplo, si g(x) es una combinación lineal de funciones como xm , eax , cos(bx), sin(bx). Algunas indicaciones sobre la construcción de la posible solución particular se dan a continuación: Si ninguno de los términos l.i de g(x) o sus derivadas es solución de la ecuación homogénea, yp se toma como combinación lineal de tales términos y sus derivadas l.i. Si alguno de los términos l.i de g(x), o alguna de sus derivadas, es solución de la ecuación homogénea, entonces debe multiplicarse por la menor potencia de x para la cual no resultan soluciones de la ecuación homogénea. Si ypi es solución de L(y) = gi (x), para i = 1, 2, . . . , m, entonces yp =

m X i=1

ypi ,

78

Ecuaciones Lineales de Orden Superior es solución de L(y) =

m X

gi (x).

i=1

Ejemplo 3.4.2. Consideremos la ecuación y 0 + 2y = x2 . La ecuación homogénea asociada es y 0 + 2y = 0, que es de variables separables, la solución general es yh = ce−2x . Como g(x) = x2 , podemos pensar en una solución particular polinómica de grado dos, es decir podemos esperar que existan constantes c0 , c1 , c2 , tales que yp = c2 x2 + c1 x + c0 , con lo cual yp0 = 2c2 x + c1 , y reemplazando en la ecuación diferencial dada se tiene (2c2 − 1)x2 + (2c2 + 2c1 )x + (c1 + 2c0 ) = 0, puesto que las funciones definidas por 1, x, x2 , el sistema 2c2 2c2 + 2c1 c1 + 2c0

son linealmente independientes, se obtiene = 1 = 0 = 0

1 1 1 cuya solución es c2 = , c1 = − y c0 = , con lo cual obtenemos la solución particular 2 2 4 1 1 1 yp = x2 − x + . 2 2 4 Entonces la solución general es 1 1 1 y = ce−2x + x2 − x + . 2 2 4

3.4 Ecuaciones no homogéneas

79

Ejemplo 3.4.3. Consideremos la ecuación diferencial y 000 + y 00 = 3ex + sin x. Una base para el espacio solución de la ecuación homogénea asociada está formada por y1 = 1, y2 = x, y3 = e−x . Los términos linealmente independientes de g(x) = 3ex + sin x con sus correspondientes derivadas son ex : ex sin x : cos x Dado que ninguno de tales términos es solución de la homogénea, una solución particular de la no homogénea puede tomarse como yp = aex + b sin x + c cos x. Los coeficientes se determinan derivando y reemplazando en la ecuación y aplicando la independencia lineal de las funciones consideradas. Ejemplo 3.4.4. Para la ecuación diferencial y 000 + y 00 = 3ex + 4x2 , la base de funciones soluciones de la homogénea asociada es la misma del ejemplo anterior, pero ahora los términos l.i de g(x) y sus derivadas son ex : ex x2 : x 1. Puesto que dos de ellos (la función constante 1, y la idéntica x) corresponden a soluciones de la homogénea, multiplicamos los términos generados por x2 por x2 , pues dos es el menor entero positivo para el cual ningún término de la combinación lineal resultante es solución de la homogénea. Así, nuestra solución particular es de la forma yp = aex + x2 (bx2 + cx + d). También, siguiendo la última de las recomendaciones hechas, podemos buscar soluciones particulares a las ecuaciones y 000 + y 00 = 3ex y y 000 + y 00 = 4x2 por separado. La suma de las respectivas soluciones particulares será, entonces, solución particular de la ecuación original.

80

Ecuaciones Lineales de Orden Superior

3.5.

Ecuaciones de Cauchy-Euler

Definición 3.5.1. Una ecuación diferencial lineal de orden n que se puede expresar en la forma dn y dn−1 y dy an xn n + an−1 xn−1 n−1 + · · · + a1 x + a0 y = g(x), (3.29) dx dx dx donde a0 , a1 , . . . , an son constantes, con an 6= 0, se llama ecuación de Cauchy-Euler, o equidimensional4 no homogénea, y n nd y an x dxn

+

n−1 y n−1 d an−1 x n−1 dx

+ · · · + a1 x

dy + a0 y = 0, dx

(3.30)

es la homogénea asociada a (3.29). La característica observable para este tipo de ecuación es que el grado k = n, n − 1, . . . , 1, 0 dk y de los coeficientes monomiales xk coinciden con el orden k de la diferenciación k . dx Para la ecuación (3.30) podemos suponer una solución de la forma y = xr ,

(3.31)

con lo cual las derivadas son y0 y 00 .. .

= = .. .

rxr−1 r(r − 1)xr−2 .. .

y (k) = r(r − 1)(r − 2) · · · (r − (k − 1))xr−k . Al reemplazar las derivadas en la ecuación se obtiene xr P (r) = 0, siendo P un polinomio de grado n. Así, para x 6= 0, se deberá tener la ecuación polinómica P (r) = 0. Por lo tanto una solución de tal ecuación polinomial suministrará una solución de la ecuación de Cauchy-Euler. Si todas las soluciones son reales y distintas, entonces se tendrá una base para el espacio de soluciones de la ecuación. Si no es ese el caso se necesitaran métodos adicionales para hallar las demás soluciones. 4

Leonhard Euler en 1769 y posteriormente Augustín Cauchy trabajaron sobre esta ecuación, aunque antes de 1700 John Bernoulli conocía su solución.

3.5 Ecuaciones de Cauchy-Euler

81

Examinemos las soluciones generales de la ecuación de Cauchy-Euler homogénea de orden dos d2 y dy ax2 2 + bx + cy = 0. (3.32) dx dx La solución de ecuaciones de orden superior será análoga. Una vez determinada la solución de la homogénea, podremos resolver la ecuación no homogénea 2 2d y ax dx2

+ bx

dy + cy = g(x), dx

(3.33)

por medio del método de variación de parámetros. Consideremos la solución de la forma (3.31), donde r se debe determinar. Al sustituir y, y 0 , y y 00 en la ecuación (3.32), se transforma en ax2

d2 y dy + bx + cy = ar(r − 1)xr + brxr + cxr = [ar2 + (b − a)r + c]xr = 0. 2 dx dx

Así, (3.31) es una solución de la ecuación diferencial (3.32) siempre que r sea una solución de la ecuación característica ar2 + (b − a)r + c = 0. (3.34) Hay tres casos por considerar: 1. Raíces reales distintas: Sean r1 y r2 las raíces reales de (3.34), distintas. Entonces la solución general es y = c1 xr1 + c2 xr2 . (3.35) 2. Raíces reales iguales: Sean r1 y r2 las raíces reales de (3.34), tales que r1 = r2 , se tine una sola solución que es y1 = xr1 . Podemos hallar una segunda solución y2 , que sea l.i con la anterior, por el método de reducción de orden (ecuación (3.21)), obteniendo así y2 = xr1 ln x. Entonces la solución general es y = c1 xr1 + c2 xr1 ln x.

(3.36)

3. Raíces complejas conjugadas: Si las raíces de (3.34) son el par conjugado r1 = α + iβ y r2 = α − iβ, donde α, β ∈ R con β > 0, una solución (compleja) es y = c1 xα+iβ + c2 xα−iβ . En este caso la solución general (real) es y = xα [c1 cos(β ln x) + c2 sin(β ln x)].

(3.37)

82

Ecuaciones Lineales de Orden Superior Ejemplo 3.5.1. Resuelva la ecuación diferencial x2 y 00 − 2y 0 = 0. Al sustituir y = xr se obtiene r(r − 1)xr − 2rxr = xr (r2 − 3r) = 0, donde la ecuación característica r2 − 3r = 0, tiene como raíces a r1 = 0, y r2 = 3, entonces la solución general, dada por la fórmula (3.35), es y = c1 + c2 x3 . Ejemplo 3.5.2. Resuelva la ecuación diferencial no homogénea x2 y 00 − 5xy 0 + 8y = 2x. Primero resolvemos la ecuación homogénea asociada x2 y 00 − 5xy 0 + 8y = 0. Vemos que la ecuación característica es r2 − 6r + 8 = 0, cuyas raíces son r1 = 2 y r2 = 4. Entonces la solución general de la homogénea es yh = c1 x2 + c2 x4 . Para identificar g(x) en la fórmula (3.28) dividimos la ecuación dada entre x2 , para obtener 5 8 2 y 00 − y 0 + 2 y = , x x x de donde g(x) =

2 . Entonces con y1 = x2 y y2 = x4 , la fórmula (3.28) nos queda x ¯ ¯ ¯ 0 x4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 y2 ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 3 ¯ 0 ¯ 4x ¯ ¯ g(x) y2 ¯ 0 x ¯ ¯ ¯ ¯ v1 = ¯ ¯ = ¯ x2 x4 ¯ , y y 1 2 ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯ y1 y20 ¯ ¯ 2x 4x3 ¯

de donde v10 = − integrando se tiene v1 =

1 , x2

1 , x

3.6 Aplicaciones y

83 ¯ 2 ¯ x ¯ ¯ ¯ ¯ y1 0 ¯¯ ¯ ¯ 0 ¯ 2x ¯ y1 g(x) ¯ ¯ =¯ 2 v20 = ¯¯ ¯ x ¯ ¯ y10 y20 ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ 2x

de donde v20 =

¯ 0 ¯¯ 2 ¯ ¯ x ¯, x4 ¯¯ 4x3 ¯

1 , x4

integrando se tiene v2 = −

1 . 3x3

Entonces

2 yp = x, 3 es la solución particular, entonces la solución general es 2 y = c1 x2 + c2 x4 + x. 3

3.6.

Aplicaciones

En esta sección revisaremos algunos modelos matemáticos que son ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden o de orden mayor, con coeficientes constantes. Ejemplo 3.6.1. Sistemas masa-resorte: Consideremos una masa m atada a un resorte de longitud l con su extremo superior sujeto firmemente (ver figura 3.1). Denotamos con el número cero la posición de equilibrio de la masa en el resorte, es decir, el punto donde la masa se mantiene en reposo. Supongamos que a la masa se le ha dado un desplazamiento inicial y0 y una velocidad inicial v0 . Se pueden presentar tres casos: 1. Movimiento libre: Hacemos las siguientes suposiciones acerca de la fuerza ejercida por el resorte sobre la masa: Se mueve a lo largo de una recta vertical que pasa por el centro de gravedad de la masa5 , y su dirección es siempre de la masa hacia el punto de equilibrio. En cualquier tiempo t la magnitud de la fuerza ejercida sobre la masa es proporcional a la diferencia entre la longitud L del resorte y su longitud de equilibrio l. La constante positiva de proporcionalidad k se llama constante de resorte, y el principio anterior se conoce como la ley de Hooke6 . 5 6

Que se considera como si fuera una masa puntual. Robert Hooke fue un científico inglés, publicó por primera vez su ley en 1676 y en 1678 dio la solución.

84

Ecuaciones Lineales de Orden Superior

Figura 3.1: Movimiento libre La segunda ley del movimiento de Newton afirma que la fuerza F que actúa sobre esta masa, que se mueve con velocidad variable v, es igual a la razón de cambio del momentum mv con respecto al tiempo y, como la masa es constante, se tiene F =

d(mv) = ma. dt

Igualando las dos fuerzas y aplicando la ley de Hooke, tenemos m

d2 y = −ky, dt2

donde y(t) denota el desplazamiento del resorte desde el punto de equilibrio y se toma positivo cuando el resorte se está estirando y negativo cuando se está comprimiendo. El signo negativo de la última ecuación se debe al hecho de que la fuerza siempre actúa hacia la posición de equilibrio. Aquí hemos supuesto que todas las demás fuerzas que actúan sobre el resorte (fricción, resistencia del aire, etc.) pueden ser despreciadas. Tenemos entonces el problema de valores iniciales  2 k dy   2 + y = 0 dt m (3.38) y(0) = y0   0 y (0) = v0 . Observamos que la ecuación característica de la anterior ecuación diferencial homogénea es k = 0, r2 + m

3.6 Aplicaciones

85 r

cuya solución es r = ±iω0 , donde ω0 =

k , entonces la solución general es m

y(t) = c1 cos(ω0 t) + c2 sin(ω0 t). Al usar las condiciones iniciales, se obtiene que c1 = y0 y c2 = particular está dada por

v0 , así que la solución ω0

v0 sin(ω0 t). (3.39) ω0 p Dividiendo ambos lados de la anterior igualdad por A = y02 + (v0 /ω0 )2 y usando la y0 ω0 fórmula de adición sin(ω0 t+φ) = sin(φ) cos(ω0 t)+cos(φ) sin(ω0 t), con tan(φ) = , v0 podemos reescribir la anterior ecuación como y(t) = y0 cos(ω0 t) +

y(t) = A sin(ω0 t + φ).

(3.40)

Por la anterior ecuación el movimiento de la masa se denomina movimiento armónico simple. De acuerdo a esta ecuación, es claro que la masa oscila entre las posiciones extremas ±A; A se le llama la amplitud del movimiento. El período del término sinusoidal 2π es , éste es el tiempo necesario para que la masa de una oscilación completa. La ω0 ω0 , y φ se llama el ángulo de fase. frecuencia natural del movimiento7 es f = 2π 2. Movimiento libre amortiguado: Supongamos ahora que hay una fuerza amortiguadora8 (consideremos que la masa está sumergida en un medio viscoso, como lo muestra la figura 3.2). Es razonable suponer que la magnitud de la fuerza amortiguadora es proporcional a dy la velocidad de la masa. Por tanto, a la ecuación (3.38) le sumamos el término b , dt donde b es la constante de amortiguación. La ecuación del movimiento se transforma ahora en  2 dy b dy k   2 + + y = 0 dt m dt m (3.41) y(0) = y0   0 y (0) = v0 . La ecuación característica de (3.42) es r2 + √

b k r+ = 0, m m

b2 − 4mk . Dependiendo del signo de b2 − 4mk, la solucuya solución es r = 2m ción y tiene alguna de las formas siguientes: −b ±

7 8

Es decir el número de oscilaciones completas por unidad de tiempo. Que tiende a retardar el movimiento.

86

Ecuaciones Lineales de Orden Superior

Figura 3.2: Movimiento libre amortiguado Si b2 − 4mk > 0, se dice que el sistema está sobreamortiguado porque el coeficiente de amortiguamiento, b, es grande comparado con la constante del resorte, k. La solución general de la ecuación diferencial homogénea en (3.42) es y(t) = c1 er1 t + c2 er2 t , √ √ −b + b2 − 4mk −b − b2 − 4mk donde r1 = y r2 = . Esta ecuación representa 2m 2m un movimiento suave y no oscilatorio. Si b2 −4mk = 0, se dice que el sistema está críticamente amortiguado, puesto que cualquier pequeña disminución de la fuerza de amortiguamiento originaría un movimiento oscilatorio. La solución general de la ecuación en (3.42) es y(t) = e−bt/2m (c1 + c2 t), según esta última ecuación, se aprecia que la masa puede pasar por la posición de equilibrio a lo más una vez. Si b2 − 4mk < 0, se dice que el sistema está subamortiguado, porque el coeficiente de amortiguamiento, b, es muy pequeño en comparación con la constante del resorte, k. Ahora las raíces de la ecuación √ característica son complejas, de la 4mk − b2 b yµ= > 0. Entonces la solución forma r = −λ ± iµ, donde λ = 2m 2m general en este caso es y(t) = e−λt [c1 cos(µt) + c2 sin(µt)].

3.6 Aplicaciones

87

Este movimiento es oscilatorio pero, a causa del factor9 e−λt , las amplitudes de vibración tienden a cero cuando t → ∞. 3. Movimiento forzado: El movimiento de la masa considerado en los dos casos anteriores está determinado por las fuerzas inherentes del sistema masa-resorte y las fuerzas naturales que actúan sobre la misma. Por consiguiente las vibraciones son libres. Supongamos ahora que la masa está sometida también a una fuerza externa periódica F (t) (figura 3.3). En este caso la masa experimentará vibraciones forzadas. La ecuación (3.42) queda ahora así  2 dy b dy k   2 + + y = F (t) dt m dt m (3.42) y(0) = y0   0 y (0) = v0 . Para resolver la ecuación diferencial no homogénea, primero se halla la solución de la homogénea asociada y luego, aplicando el método de variación de parámetro, se encuentra una solución particular de ella.

Figura 3.3: Movimiento forzado

Ejemplo 3.6.2. Circuitos eléctricos: Consideraremos ahora la aplicación de las ecuaciones diferenciales a circuitos eléctricos simples, que están formados por una fem10 , resistores, inductores y capacitores. En la figura 3.4 aparece un diagrama de dicho circuito. 9 10

Llamado factor de amortiguación. Baterías o generadores.

88

Ecuaciones Lineales de Orden Superior Los principios físicos que gobiernan los circuitos eléctricos fueron establecidos por G. R. Kirchhoff11 . Los principios son: Ley de la corriente de Kirchhoff: La suma algebraica de las corrientes que fluyen en cualquier punto de unión debe ser cero. Ley del voltaje de Kirchhoff: La suma algebraica de los cambios instantáneos del potencial (caídas de voltaje) en torno a cualquier lazo cerrado debe ser cero.

Figura 3.4: Circuito RLC De acuerdo a lo planteado en el ejemplo 1.1.6, las caída de voltaje en el resistor, el inductor y el capacitor son dadas por ER = iR, EL = L

q di , y EC = . dt C

Si E(t) indica el voltaje aplicado al circuito en el instante t, entonces la ley del voltaje de Kirchhoff implica que EL + Er + EC = E(t), al sustituir en la anterior ecuación las expresiones para EL , ER y EC tenemos L 11

di q + iR + = E(t), dt C

(3.43)

Gustav Robert Kirchhoff fue un físico alemán que se destacó por sus investigaciones en análisis espectral, óptica y electricidad. Estableció estos principios en 1859.

3.6 Aplicaciones

89

como la corriente es justamente la razón de cambio instantánea en la carga, se tiene que dq i= , dt por tanto, (3.43) nos queda dq q d2 q + R + = E(t), (3.44) 2 dt dt C si nos interesa determinar la corriente i(t), derivamos (3.44) con respecto a t y sustituimos dq i en vez de , obtenemos dt di d2 i i L 2 + R + = E 0 (t), (3.45) dt dt C Para un circuito RLC en serie, por lo general se tiene la carga inicial q(0) = q0 en el capacitor y la corriente inicial q 0 (0) = i(0) = i0 . Estas constantes proporcionan las condiciones iniciales para la ecuación (3.44), mientras que para la ecuación (3.45) también necesitamos conocer la razón de cambio inicial i0 (0) en la corriente, que se puede obtener de la ecuación (3.43) sustituyendo los valores iniciales q(0), i(0) y E(0). L

Ejemplo 3.6.3. Flexión de una viga: Una viga uniforme bajo una carga y sujeta a una fuerza axial constante queda descrita mediante la ecuación diferencial de cuarto orden no homogénea y (4) (x) − a2 y 00 (x) = g(x), 0 < x < l, (3.46) donde y(x) es la flexión de la viga, l es la longitud de la viga, a2 (a > 0) es proporcional a la fuerza axial y g(x) es proporcional a la carga (ver figura 3.5). La ecuación homogénea asociada es y (4) (x) − a2 y 00 (x) = 0, de donde, la ecuación característica es r4 − a2 r2 = 0, cuyas raíces son r1 = r2 = 0, r3 = a, y r4 = −a. Entonces la solución general de la homogénea es yh = c1 + c2 x + c3 eax + c4 e−ax . Para hallar la solución particular de la no homogénea, usamos el método de variación de parámetros, obteniendo así ¯ ¯ −ax ¯ ¯ 0 x eax e ¯ ¯ ax −ax ¯ ¯ 0 1 ae −ae ¯ ¯ 2 ax 2 −ax ¯ ¯ 0 0 a e a e ¯ ¯ ¯ g(x) 0 a3 eax −a3 e−ax ¯ 0 ¯ , v1 = ¯ −ax ¯ ¯ 1 x eax e ¯ ¯ ax −ax ¯ ¯ 0 1 ae −ae ¯ ¯ ¯ 0 0 a2 eax a2 e−ax ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 a3 eax −a3 e−ax ¯

90

Ecuaciones Lineales de Orden Superior

Figura 3.5: Viga uniforme al hacer los cálculos obtenemos v10 =

xg(x) , a2

análogamente

g(x) g(x)e−ax g(x)eax 0 0 , v = , v = − , 3 4 a2 2a3 2a3 de donde la solución particular toma la forma Z Z Z Z 1 x eax e−ax −ax yp = 2 xg(x)dx − 2 g(x)dx + 3 g(x)e dx − g(x)eax dx. 3 a a 2a 2a v20 = −

Entonces la solución general queda y(x) =

c1 + c2 x + c3 e x − 2 a

Z

eax g(x)dx + 3 2a

ax

Z

−ax

1 + 2 a

−ax

e−ax dx − 2a3

+ c4 e

Z g(x)e

xg(x)dx Z g(x)eax dx.

3.7 Ejercicios

3.7.

91

Ejercicios

1. Indicar en cada caso si las funciones dadas son l.d o l.i. (a) f1 (x) = e−x , f2 (x) = x2 . (b) f1 (x) = x sin x, f2 (x) = x, f3 (x) = 2x. (c) f1 (x) = 1, f2 (x) = x, f3 (x) = xex . (d) f1 (x) = sin x, f2 (x) = cos x, f3 (x) = 3 cos x − sin x. (e) f1 (x) = sin x, f2 (x) = sin 3x, f3 (x) = sin x cos x. (f ) fi (x) = eix , para i = 0, 1, . . . , m. (g) fi (x) = xi eax , para i = 0, 1, . . . , m. 2. Escriba cada una de las ecuaciones diferenciales dadas en la forma L(y) = g(x), escogiendo adecuadamente el operador L. (a) y 00 + 3xy 0 − y = 0. 2 000

x

(c) x2 y (4) − 2y 00 + 3y 0 − xy = ex + sin x. 2

(b) x y + e sin(x)y = x .

(d)

d2 y dy + 2t − 5y = 0. dt2 dt

3. Demuestre la segunda parte del teorema 3.2.4. 4. Encuentre la solución general de: (a) y 00 + 3y 0 − y = 0.

(d) y 000 + 2y 00 + 2y 0 + 4y = 0.

(b) 2y 00 − y 0 − y = 0.

(e) y (4) + y 00 + y = 0.

(c) y 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 0.

(f ) y (5) − 10y 000 + 9y 0 = 0.

5. Resolver los problemas de valores iniciales:  (4) y − 3y 000 + 3y 00 − y 0 = 0     = 0  y(0) (c) 0 (a) y (0) = 0   y 00 = 1    000 y (0) = 1  00  y −y = 0 (d) y(0) = 2 (b)  0 y (0) = 12

 000 y + 2y 00 + 2y 0 + 4y    y(0) y 0 (0)    00 y (0)

= = = =

0 0 1 −1

 00  2y − y 0 − y = 0 y(0) = 1  0 y (0) = −1

6. La función y1 que se indica es una solución de la ecuación diferencial dada. Aplique el método de reducción de orden para encontrar una segunda solución y2 .

92

Ecuaciones Lineales de Orden Superior (a) y 00 − 4y = 0, y1 = e−2x .

(c) y 00 + y 0 = 0, y1 = e−x .

(b) y 00 − 4y + 3y = 0, y1 = ex .

(d) y 00 − 3y 0 + 2y = 0, y1 = e2x .

7. En física cuántica, el estudio de la ecuación de Schrödinger para el caso de un oscilador armónico conduce a considerar la ecuación de Hermite, y 00 − 2xy + γy = 0, donde γ es un parámetro. Use la fórmula para reducción de orden para obtener una representación integral de una segunda solución l.i de la ecuación e Hermite para el valor dado de γ y la solución correspondiente y1 . (a) γ = 1, y1 = 2x2 .

(c) γ = 4, y1 = 2x2 − 1.

(b) γ = 2, y1 = x − x3 .

(d) γ = 6, y1 = 2x3 − 3x.

8. En física matemática, muchos problemas con simetría esférica implican el estudio de la ecuación de Legendre, (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + γ(γ + 1)y = 0, donde γ es un parámetro. Use la fórmula para reducción de orden para obtener una representación integral de una segunda solución l.i de la ecuación e Hermite para el valor dado de γ y la solución correspondiente y1 . (a) γ = 1, y1 = 2x.

(c) γ = 3, y1 = 2x3 − 2x.

(b) γ = 2, y1 = x2 − 1.

(d) γ = 5, y1 = x5 − 5x.

9. Encuentre la solución general de: (a) y 00 + y = sin 2x.

(d) y 00 − 2y 0 + y = xe−x .

(b) y 00 − y = x + sin x.

(e) y 00 + 4y 0 + 4y =

(c) y 00 + 2y 0 + y = x2 + 1. 10. Resolver los siguientes problemas  (4) y − 3y 000 + 3y 00 − y 0 =     =  y(0) 0 (a) y (0) =  00  y =    000 y (0) =

e−2x . x2 (f ) y 00 − 4y 0 + 3y = sin x + 2 cos x. de valores iniciales:  000 x−1  y − 3y 00 + 3y 0 − y = x2 y(0) = 1 (b) 0  0 y (0) = 1 0 1 1

3.7 Ejercicios

93

 000 y + 2y 00 + 2y 0 + 4y    y(0) (c) y 0 (0)    00 y

= = = =

ex 1 1 1

 00  4y − y = xex/2 (d) y(0) = 1  0 y (0) = 0

11. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales: (a) x2 y 00 + xy 0 − y = 0.

(c) x2 y 00 − xy 0 + y = 8x3 .

(b) x3 y 000 + x2 y 00 − xy 0 + y = 0.

(d) x4 y (4) + 5x3 y 000 − 2x2 y 00 + xy 0 − y = 0.

12. Por medio de la sustitución x = et , muestre que la ecuación diferencial de CauchyEuler de segundo orden ax2 y 00 + bxy 0 + cy = 0,

x > 0,

es equivalente a la ecuación con coeficientes constantes a

d2 y dy + (b − a) + cy = 0. dt2 dt

13. Por medio de la sustitución x = et , muestre que la ecuación diferencial de CauchyEuler de tercer orden ax3 y 000 + bx2 y 00 + cxy 0 + dx = 0,

x > 0,

es equivalente a la ecuación con coeficientes constantes a

d3 y d2 y dy + (b − 3a) + (2a − b + c) + dy = 0. dt3 dt2 dt

14. Use el resultado de los dos problemas anteriores para hallar una solución general de la ecuación diferencial dada para x > 0. (a) x2 y 00 + 7xy 0 − 7y = 0.

(c) x3 y 000 − 2x2 y 00 + 3xy 0 − 3y = 0.

(b) x2 y 00 + 2xy 0 − 6y = 0.

(d) x3 y 000 + x2 y 00 − 8xy 0 − 4y = 0.

15. Determine la ecuación del movimiento de la masa m atada a un resorte con constante del resorte k, desplazado inicialmente a una distancia y0 del punto de equilibrio y soltado con una velocidad inicial v0 y sujeto a: Ninguna fuerza amortiguadora o externa; una constante de amortiguación b, sin fuerza externa; una fuerza externa F (t), sin amortiguación; y una constante de amortiguación b y una fuerza externa F (t). (a) m = 9 kg, k = 1 N/m, y0 = 4 m, v0 = 1 m/s, b = 10 N/s, F (t) = 2 sin(t/3) N .

94

Ecuaciones Lineales de Orden Superior (b) m = 1 kg, k = 25 N/m, y0 = 0 m, v0 = 3 m/s, b = 8 N/s, F (t) = cos(3t) N . (c) m = 10 kg, k = 16 N/m, y0 = 4 m, v0 = 0 m/s, b = 10 N/s, F (t) = 4 sin(4t) N . √ (d) m = 10 kg, k = 10 N/m, y0 = 3 m, v0 = 4 m/s, b = 10 5 N/s, F (t) = cos(t) N . (e) m = 10 kg, k = 10 N/m, y0 = 0 m, v0 = 1 m/s, b = 20 N/s, F (t) = sin(t) N . (f ) m = 1 kg, k = 25 N/m, y0 = 0,5 m, v0 = 0 m/s, b = 0,0216 N/s, F (t) = 0,01 cos(2t) N . 16. Determine la corriente en el instante t si la carga en el capacitor es cero en un principio, la corriente inicial es cero, (a) L = 5 h, R = 10 Ω, C = 0,1 f , E(t) = 25 sin t V . (b) L = 10 h, R = 40 Ω, C = 0,025 f , E(t) = 100 cos(5t) V . (c) L = 1 h, R = 9 Ω, C = 0,1 f , E(t) = 50 sin(5t) V . (d) L = 2,5 h, R = 10 Ω, C = 0,08 f , E(t) = 50 cos(2t) V . (e) L = 20 h, R = 40 Ω, C = 10−3 f , E(t) = 500 sin t V . (f ) L = 1 h, R = 1200 Ω, C = 10−6 f , E(t) = 100 sin(600t) V . 17. En el ejemplo 3.6.3 muestre que la solución general se puede escribir en la forma Z x ax −ax y(x) = c1 + c2 x + c3 e + c4 e + g(t)G(t, x)dt, 0

donde G(t, x) =

t − x sinh[a(t − x)] − . a2 a3

18. En el ejemplo 3.6.3 sea g(x) = 1. Calcule la solución general primero mediante la fórmula obtenida en ese ejemplo y luego use la fórmula del ejercicio anterior. Compare estas dos soluciones generales con la solución general que se obtendría con el método de coeficientes indeterminados. 19. Al aplicar la teoría de elasticidad al estudio de vibraciones transversales de una viga, de longitud L, aparece la ecuación EIy (4) (x) − γλy(x) = 0, donde y(x) se relaciona con el desplazamiento de la viga en al posición x; la constante E es el módulo de Young; I es el momento de inercia con respecto al área, que suponemos constante; γ es la constante masa por unidad de longitud de la viga, y λ es un parámetro positivo por determinar. Podemos simplificar la ecuación haciendo γλ ; es decir, consideramos la ecuación en la forma a4 = EI y (4) (x) − a4 y(x) = 0.

(3.47)

3.7 Ejercicios

95

Cuando la viga se sujeta en ambos extremos, se busca una solución que satisfaga las condiciones de frontera y(0) = y 0 (0) = 0, y y(L) = y 0 (L) = 0.

(3.48)

El problema es determinar aquellos valores no negativos de a para los cuales la ecuación (3.47) tiene una solución no trivial que satisfaga (3.48). Para esto proceda así: (a) Muestre que no hay soluciones no triviales del problema con valores en la frontera (3.47)-(3.48) cuando a = 0. (b) Halle la solución general de (3.47) para a > 0 en términos de senos, cosenos, senos hiperbólicos y cosenos hiperbólicos. (c) Sustituya la solución general obtenida en el item anterior en las ecuaciones (3.48) para obtener un sistema lineal de orden cuatro para los coeficientes que aparecen en la solución general. Muestre que el sistema tiene soluciones no triviales sólo para aquellos valores de a que satisfacen cosh(aL) = sec(aL). 20. La suspensión de un automóvil se puede modelar como un resorte vibrante con amortiguamiento debido a los amortiguadores (véase la fig21). Esto conduce a la ecuación my 00 (t) + by 0 (t) + ky(t) = 0, donde m es la masa del automóvil, b es la constante de amortiguamiento del amortiguador, k es la constante del resorte y y(t) es el desplazamiento vertical del automóvil en el instante t. Si la masa del automóvil es de 1000 kg y la constante del resorte es 3000 kg/sg 2 , determine el valor mínimo para la constante de amortiguamiento (en kg/sg) que proporcione un viaje suave, libre de oscilaciones. Si reemplazamos los resortes por otros para trabajo pesado, con una constante de resorte igual al doble de la constante anterior, ¿cómo es este valor mínimo para b? 21. El movimiento de una puerta giratoria con un tornillo de ajuste que controla la cantidad de fricción en las bisagras es descrito mediante el problema de valor inicial   IΘ00 + bΘ0 + kΘ = 0 Θ(0) = Θ0  0 Θ (0) = v0 , donde Θ es el ángulo que abre la puerta, I es el momento de inercia de la puerta en torno de sus bisagras, b > 0 es una constante de amortiguamiento que varía con la cantidad de fricción en la puerta, k > 0 es la constante de resorte asociada con la puerta giratoria, Θ0 es el ángulo inicial de apertura de la puerta y v0 es la velocidad angular inicial impartida a la puerta (véase la figura 3.6). Si I y k están fijos, determine los valores de b para los que la puerta no oscilará de un lado al otro al cerrarse. Resuelva la ecuación.

96

Ecuaciones Lineales de Orden Superior

Figura 3.6: Puerta giratoria 22. Con frecuencia se construyen reductores de velocidad como el de la figura (fig22) en las carreteras para evitar que los autos circulen a velocidades excesivas. La figura sugiere que un modelo burdo del movimiento vertical y(t) de un auto que encuentra el reductor de velocidad con la velocidad V está dado por y(t) = 0, para t ≤ −

L , 2V

µ ¶  πV t L L   cos , para − 0 s +∞ para s ≤ 0

K , s > 0. s µ ¶ K −1 L = K. s

F (s) = Se tiene entonces

1

La transformada de Laplace recibe su nombre del matemático francés Pierre Simon, Marqués De Laplace, el cual fué profesor en París, desarrolló los fundamentos de la teoría del potencial y realizó importantes contribuciones a la mecánica celeste, la astronomía, las funciones especiales y la teoría de la probabilidad. 2 Pertenecen probablemente a espacios diferentes.

4.1 El operador de Laplace

99

Ejemplo 4.1.2. Si f (t) = eat , donde a ∈ R, entonces Z ∞ Z ∞ at −st at L(e ) = e e dt = e−(s−a)t dt, 0

0

luego L(eat ) = se deduce, entonces que

1 para s > a. s−a µ

L

−1

1 s−a

¶ = eat .

Ejemplo 4.1.3. Si f (t) = tn , n un entero positivo cualquiera, entonces Z ∞ L(f (t)) = e−st tn dt, 0

usando integración por partes, con u = tn y dv = e−st dt tenemos Z tn e−st ∞ n ∞ −st n−1 n n L(t ) = − |0 + e t dt = L(tn−1 ), s s 0 s para s > 0. Por tanto, n(n − 1) n! n n−2 L(tn−1 ) = L(t ) = · · · = L(t0 ). s s2 sn 1 Pero t0 = 1, así que por un ejemplo anterior L(1) = y s L(tn ) =

L(tn ) = Equivalentemente,

µ −1

L

n! sn+1

n! sn+1

.

¶ = L−1 (L(tn )) = tn .

Ejemplo 4.1.4. Si f (t) = cos(at), su transformada de Laplace se obtiene también integrando por partes. Sean u = cos(at) y dv = e−st dt; entonces Z Z ∞ e−st cos(at) ∞ a ∞ −st −st |0 − e sin(at)dt, L(cos(at)) = e cos(at)dt = − s s 0 0 o L(cos(at)) =

1 a − L(sin(at)). s s

100

La Transformada de Laplace Debemos calcular esta última integral otra vez por partes, con u = cos(at) y dv = e−st dt, entonces · −st ¸ Z Z 1 a ∞ −st 1 a e sin(at) ∞ a ∞ −st L(cos(at)) = − − |0 + e sin(at)dt = − e cos(at)dt , s s 0 s s s s 0 o

1 a2 − L(cos(at)). s s2 Pasando el último término del lado derecho de la anterior ecuación al lado izquierdo, obtenemos µ ¶ a2 1 1 + 2 L(cos(at)) = , s s o s L(cos(at)) = 2 . s + a2 Además, como 1 s L(sin(at)) = − L(cos(at)), a a se tiene a L(sin(at)) = 2 . s + a2 Evidentemente estos cálculos son válidos sólo para s > 0. L(cos(at)) =

Ejemplo 4.1.5. Si

  1 , 0 ≤ t < 1, 2 , 1 ≤ t < 2, f (t) =  0 , t > 2,

entonces

Z

Z

∞

L(f (t)) =

−st

e

f (t)dt =

0

Z

1

−st

e

2

dt + 2

0

e−st dt,

1

luego L(f (t)) = de donde

1 + e−s − 2e−2s , para s > 0, s

µ L

−1

1 + e−s − 2e−2s s

¶ = f (t).

Definición 4.1.2. La función Gamma Γ(t) se define como Z ∞ Γ(t) = e−u ut−1 du, t > 0. 0

(4.2)

4.1 El operador de Laplace

101

Se puede mostrar que la anterior integral impropia converge para t > 0. Una propiedad útil es la relación recursiva Γ(t + 1) = tΓ(t). (4.3) Esta identidad es consecuencia de la definición, después de una integración por partes. Cuando t es un entero positivo, digamos t = n, entonces la relación recursiva (4.3) se puede aplicar varias veces par obtener Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = · · · = n(n − 1)(n − 2) · · · 2Γ(1). La definición (4.2) implica que Γ(1) = 1, de modo que Γ(n + 1) = n!. Así, vemos que la función gamma extiende el concepto de factorial. Como aplicación de la función gamma, calculemos la transformada de Laplace de una potencia arbitraria de t. Ejemplo 4.1.6. Verifiquemos que L(ta ) = para cada a > −1. En efecto, por definición

Γ(a + 1) , sa+1

Z

∞

a

L(t ) =

e−st ta dt,

0

hagamos la sustitución u = st, entonces Z ∞ Z ∞ ³ ´a µ 1 ¶ 1 Γ(a + 1) a −u u L(t ) = e du = a+1 e−u ua du = . s s s sa+1 0 0 Observamos que cuando a = n un entero no negativo, se tiene L(tn ) =

n! sn+1

.

En los anteriores ejemplos se muestra que L(f (t)) puede no estar definida para todos los valores de s, pero en caso de estar definida, existirá para valores suficientemente grandes de s. Hay funciones para las que la integral impropia (4.1) no converge para cualquier valor de s, por ejemplo: 1 Ejemplo 4.1.7. Sea f (t) = . Entonces t Z ∞ −st Z 1 −st Z ∞ −st e e e L(f (t)) = dt = dt + dt, t t t 0 0 1

102

La Transformada de Laplace para t en el intervalo [0, 1], e−st ≥ e−s , si s > 0. Entonces Z

∞ 0

e−st dt ≥ e−s t Z

1

Sin embargo, como ya sabemos formada de Laplace.

0

Z

1 0

1 dt + t

Z

∞ 1

e−st dt. t

1 dt diverge. Por tanto, la función dada no tiene transt

Este último ejemplo y la discusión anterior a el, señalan la necesidad de contestar las siguientes preguntas: 1. ¿Qué funciones f (t) tienen transformada de Laplace? 2. ¿Pueden dos funciones f (t) y g(t) tener la misma transformada? Al contestar estas preguntas, nos daremos por satisfechos con poder encontrar una clase de funciones, lo suficientemente grande para que contenga a todas las funciones para las cuales existen las transformadas de Laplace y tienen inversas únicas. Para poder dar condiciones que garanticen la existencia de la transformada de Laplace, es necesario las siguientes definiciones: Definición 4.1.3. Una función f (t) en [a, b] se dice que tiene una discontinuidad de salto en un punto t0 ∈]a, b[ si f (t) es discontinua en t0 , pero los límites laterales l´ım+ f (t) t→t0

y l´ım− f (t) existen. Si la discontinuidad ocurre en un extremo t0 = a o t0 = b, hay una t→t0

discontinuidad de salto si el límite lateral de f (t) cuando t → a+ o t → b− existe. Definición 4.1.4. Una función f (t) en [a, b] es continua por partes si f (t) es continua en cada punto de [a, b] excepto en un número finito de puntos donde f (t) tiene una discontinuidad de salto. Una función f (t) es continua por partes en [0, ∞[ si f (t) es continua por partes en [0, N ] para todo N > 0. Ejemplo 4.1.8. Consideremos la función  , 0 ≤ t < 1,  1 2 , 1 ≤ t < 2, f (t) =  1/2 , 2 ≤ t ≤ 4, cuya gráfica aparece en la figura (4.1), es continua por tramos en [0, 4]. Podemos ver que la gráfica de f (t) muestra que f (t) es continua en los intervalos ]0, 1[, ]1, 2[ y ]2, 4[. Además, en los puntos de discontinuidad, t = 1, y t = 2, la función tiene discontinuidades de salto, pues los límites laterales existen.

4.1 El operador de Laplace

103

Figura 4.1: Definición 4.1.5. Una función f (t) se dice que es de orden exponencial λ si existen constantes positivas T y M tales que |f (t)| ≤ M eλt , para toda t ≥ T.

(4.4)

Ejemplo 4.1.9. La función f (t) = e−2t cos t es de orden exponencial λ = −2, pues |e−2t cos t| ≤ e−2t , ya que | cos t| ≤ 1, y por lo tanto (4.4) se cumple con M = 1 y T cualquiera. 2 Mientras que la función g(t) = et no es de orden exponencial. Puesto que 2

et l´ım = l´ım et(t−λ) = +∞ t→∞ eλt t→∞ para cualquier λ. Las funciones que aparecen por lo general al resolver ecuaciones diferenciales lineales son tanto continuas por partes como de orden exponencial. Como se mostrará a continuación, con el siguiente teorema, las transformadas de Laplace de tales funciones existen para valores suficientemente grandes de s. Teorema 4.1.1 (Teorema para la existencia de la transformada). Si la función f (t) es continua por partes en [0, ∞[ y de orden exponencial λ, entonces L(f (t)) existe para s > λ. Demostración. Debemos mostrar que la integral Z ∞ L(f (t)) = e−st f (t)dt 0

104

La Transformada de Laplace converge para s > λ. Primero separamos la anterior integral en dos, así: Z ∞ Z T Z ∞ −st −st e f (t)dt = e f (t)dt + e−st f (t)dt, 0

0

(4.5)

T

donde T se elige de modo que se cumpla la desigualdad (4.4). La primera de las integrales de la derecha de (4.5) existe porque f (t) y por tanto e−st f (t) son continuas por partes en el intervalo [0, T ] para cualquier s fija. Para ver que la segunda integral de la derecha en (4.5) converge usamos el criterio de comparación para integrales impropias. Como f (t) es de orden exponencial λ, tenemos que para t ≥ T , |f (t)| ≤ M eλt , y por tanto |e−st f (t)| ≤ e−st |f (t)| ≤ M e−(s−λ)t , para toda t ≥ T . Ahora, para s > λ. Z ∞ Z −(s−λ)t Me dt = M T

∞

e−(s−λ)t dt =

T

M e−(s−λ)T < ∞. s−λ

Como |e−st f (t)| ≤ M e−(s−λ)t para t ≥ T y la integral impropia de la función R ∞ −stmayor converge para s > λ, el criterio de comparación nos muestra que la integral T e f (t)dt converge para s > λ. Por último, como las dos integrales en (4.5) existen, la transformada de Laplace L(f (t)) existe para s > λ. Teorema 4.1.2 (Comportamiento de F (s) cuando s → ∞). Si f es una función continua por partes en [0, ∞[ y de orden exponencial λ, entonces l´ım F (s) = 0.

s→∞

Demostración. Dado que f (t) es continua por partes en 0 ≤ t ≤ T , necesariamente es acotada en ese intervalo; esto es, |f (t)| ≤ M1 = M1 e0t . También, |f (t)| ≤ M2 eλt , para t > T . Si M representa el máximo de {M1 , M2 } y c indica el máximo de {0, λ}, entonces Z ∞ Z ∞ e−(s−c)t ∞ M −st |F (s)| ≤ e |f (t)|dt ≤ M e−st ect dt = −M |0 = , s−c s−c 0 0 para s > c. Cuando s → ∞, se tiene que |F (s)| → 0, de modo que F (s) → 0.

4.2.

Propiedades de la transformada de Laplace

En la sección anterior se definió la transformada de Laplace de una función f (t) por la fórmula (4.1). El uso de esta definición para obtener una expresión explícita para L(f (t)) requiere la evaluación de la integral impropia, lo que es una tarea tediosa. En esta sección analizamos algunas propiedades básicas de la transformada de Laplace que simplifican su cálculo.

4.2 Propiedades de la transformada de Laplace

105

Teorema 4.2.1 (Linealidad). Sean f , g funciones cuyas transformadas de Laplace existen para s > λ y a, b ∈ R. Entonces, para s > λ, L(af (t) + bg(t)) = aF (s) + bG(s).

(4.6)

L−1 (aF (s) + bG(s)) = af (t) + bg(t).

(4.7)

Equivalentemente

Demostración. Usando la propiedad de linealidad de la integral obtenemos para s > λ, Z ∞ L(af (t) + bg(t)) = e−st [af (t) + bg(t)]dt 0

Z

∞

= a

Z −st

e

∞

f (t)dt + b

0

e−st g(t)dt

0

= aL(f (t)) + bL(g(t)) = aF (s) + bG(s). Equivalentemente L−1 (aF (s) + bG(s)) = L−1 (L(af (t) + bg(t))) = af (t) + bg(t).

Ejemplo 4.2.1. Si f (t) = 4 − e−t , entonces aplicando la propiedad de linealidad se tiene L(4 − e−t ) = L(4) − L(e−t ), y aplicando los ejemplos anteriores obtenemos L(f (t)) =

1 3s + 1 4 − = . s s+1 s(s + 1)

Teorema 4.2.2 (Traslación en el eje s). Si la transformada de Laplace L(f (t)) = F (s) existe, para s > λ, entonces L(eat f (t)) = F (s − a), (4.8) para s > λ + a. Equivalentemente L−1 (F (s)) = eat f (t).

(4.9)

106

La Transformada de Laplace Demostración. Calculamos Z

∞

at

L(e f (t)) =

e−st eat f (t)dt,

0

se tiene

Z

∞

at

L(e f (t)) =

e−(s−a)t f (t)dt

0

= F (s − a). Equivalentemente L−1 (F (s − a)) = L−1 (L(eat f (t))) = eat f (t).

Ejemplo 4.2.2. Si f (t) = et t, entonces como en un ejemplo anterior vimos que L(t) =

1 , s2

por la propiedad de traslación en el eje s, con a = 1, tenemos L(et t) =

1 . (s − 1)2

Ejemplo 4.2.3. Si g(t) = e−t sin(2t), con f (t) = sin(2t), se tiene que F (s) =

s2

2 , +4

y a = −1, tenemos L(e−t sin(2t)) = F (s + 1) =

2 . (s + 1)2 + 4

Teorema 4.2.3 (Transformada de derivadas de orden superior). Sean f (t), f 0 (t), . . . , f (n−1) (t) continuas en [0, ∞[ y sea f (n) (t) continua por parte en [0, ∞[, con todas estas funciones de orden exponencial λ. Entonces, para s > λ, L(f (n) (t)) = sn F (s) − sn−1 f (0) − · · · − f (n−1) (0).

(4.10)

4.2 Propiedades de la transformada de Laplace

107

Demostración. Como L(f 0 (t)) existe, podemos integrar por partes, haciendo u = e−st y dv = f 0 (t)dt, para obtener Z ∞ 0 L(f (t)) = e−st f 0 (t)dt 0

Z =

N

l´ım

N →∞

e−st f 0 (t)dt

0

· =

−st

l´ım

e

N →∞

¯ f (t) ¯N 0 +s

Z

¸

N

e

−st

f (t) dt

0

Z −sN

=

l´ım e

N →∞

N

f (N ) − f (0) + s l´ım

N →∞

e−st f (t)dt

0

l´ım e−sN f (N ) − f (0) + sF (s).

=

N →∞

Para evaluar l´ım e−sN f (N ), observamos que como f (t)es e orden exponencial ∞, existe N →∞ una constante M tal que para N grande |e−sN f (N )| ≤ e−sN M eλt = M e−(s−λ)N . Por lo tanto, para s > λ, 0 ≤ l´ım |e−sN f (N )| ≤ l´ım M e−(s−λ)N = 0, N →∞

N →∞

de modo que l´ım e−sN f (N ) = 0,

N →∞

para s > λ. Entonces obtenemos L(f 0 (t)) = sL(f (t)) − f (0). El resultado general (4.10) se sigue al aplicar inducción sobre n. Ejemplo 4.2.4. Calculemos L(cos2 (at)). Sea f (t) = cos2 (at), entonces f 0 (t) = −2a cos(at) sin(at) = −a sin(2at), como f (0) = 1, se tiene que L(f 0 (t)) = sL(f (t)) − f (0) = sL(cos2 (at)) − 1, y como L(f 0 (t)) = −aL(sin(2at)) = −

2a2 , s2 + 4a2

108

La Transformada de Laplace se tiene entonces que L(cos2 (at)) =

2a2 s2 + 2a2 1 − = , para s > 0. s s(s2 + 4a2 ) s(s2 + 4a2

Teorema 4.2.4 (Integral de transformada). Supongamos que l´ım+

t→0

es finito, entonces

µ L

o, equivalentemente

f (t) t

µZ

¶

f (t) t

Z

+∞

=

F (u)du, ¶

+∞

−1

L

(4.11)

s

F (u)du s

=

f (t) . t

(4.12)

La demostración se deja como ejercicio. µ ¶ sin(t) Ejemplo 4.2.5. Determinemos L . t 1 Tenemos que si f (t) = sin(t), F (s) = 2 , entonces aplicando el teorema anterior s +1 ¶ Z ∞ µ sin(t) 1 = du = arctan(u)|∞ L s . 2 t u +1 s Entonces

µ L

sin(t) t

¶

π = − arctan(s) = arctan 2

µ ¶ 1 , s

s > 0.

Teorema 4.2.5 (Derivada de transformada). Sea F (s) = L(f (t)) y suponga que f (t) es continua por partes en [0, ∞[ y de orden exponencial λ. Entonces, para s > λ, L(tn f (t)) = (−1)n Demostración. Sabemos que

Z

∞

F (s) =

dn F (s). dsn

e−st f (t)dt,

0

derivando con respecto a s tenemos dF d (s) = ds ds

Z

∞ 0

e−st f (t)dt,

(4.13)

4.2 Propiedades de la transformada de Laplace

109

debido a la hipótesis sobre f (t), podemos aplicar un teorema de cálculo (llamado la regla de Leibniz) para intercambiar el orden de integración y derivación: dF (s) = ds

Z

∞ 0

Z

d −st (e )f (t)dt ds ∞

= −

e−st tf (t)dt

0

= −L(tf (t)). Así, L(tf (t)) = (−1)

dF (s). ds

El resultado general (4.13) se sigue al aplicar inducción sobre n. Ejemplo 4.2.6. Calculemos L(t sin(at)). Sea f (t) = sin(at), entonces F (s) = L(sin(at)) = entonces L(t sin(at)) = −

s2

a , + a2

dF 2as (s) = 2 . ds (s + a2 )2 µ

Ejemplo 4.2.7. Hallemos f (t) para F (s) = ln

¶ s+1 . s−3

1 Del teorema de derivada de transformada tenemos que f (t) = − L−1 (F 0 (s)). Como t µ ¶ s+1 F (s) = ln = ln(s + 1) − ln(s − 3), s−3 se tiene que F 0 (s) = entonces

de donde

1 1 − , s+1 s−3

1 f (t) = − L−1 t

µ

1 1 − s+1 s−3

1 f (t) = − (e−t − e3t ). t

¶ ,

110

La Transformada de Laplace

4.3.

Transformada de funciones escalonadas, periódicas y de impulso

En el capítulo anterior vimos cómo resolver ecuaciones diferenciales lineales, que surgen de problemas de aplicación, en las cuales la función forzadora era continua. Sin embargo en la gran mayoría de los casos de aplicaciones la función forzadora es una función escalonada o periódica o de impulso. en esta sección veremos estos casos. La siguiente función, importante en las aplicaciones prácticas, se conoce como función escalón unitario o función de Heaviside. ½ 0 , t < 0, H(t) = (4.14) 1 , t > 0. Al recorrer el argumento de H(t) podemos mover el salto a otra posición, es decir

Figura 4.2: Función de Heaviside ½ H(t − a) =

0 , t − a < 0, = 1 , t − a > 0,

½

0 , t < a, 1 , t > a,

(4.15)

tiene su salto en t = a, donde a es cualquier constante fija. La gráfica de la función H(t − a) se presenta en la figura 4.3. Observe que esta función tiene una discontinuidad de salto en t = a, aún más, no está definida en t = a.

4.3 Transformada de funciones escalonadas, periódicas y de impulso

111

Figura 4.3: Teorema 4.3.1 (Traslación en el eje t). Supongamos que F (s) = L(f (t)) existe para s > λ ≥ 0. Si a es una constante positiva, entonces L(f (t − a)H(t − a)) = e−as F (s).

(4.16)

L−1 (e−as F (s)) = f (t − a)H(t − a).

(4.17)

Equivalentemente Demostración. Usando la definición de la transformada de Laplace, tenemos Z ∞ Z ∞ −st L(f (t − a)H(t − a)) = e f (t − a)H(t − a)dt = e−st f (t − a)dt, a

0

haciendo la sustitución u = t − a, se tiene Z ∞ Z −s(u+a) −as L(f (t − a)H(t − a)) = e f (u)du = e 0

∞

e−su f (u)du,

0

de donde L(f (t − a)H(t − a)) = e−as F (s). Equivalentemente L−1 (e−as F (s)) = L−1 (L(f (t − a)H(t − a))) = f (t − a)H(t − a).

112

La Transformada de Laplace Observamos que la fórmula (4.16) incluye como caso particular la expresión para cuando 1 f (t) ≡ 1, en efecto, dado que L(1) = , obtenemos s e−as L(H(t − a)) = . s

(4.18)

También obtenemos la transformada de la función h(t) = g(t)H(t − a), al identificar a g(t) con f (t − a) de modo que f (t) = g(t + a), la ecuación (4.16) implica L(g(t)H(t − a)) = e−as L(g(t + a)).

(4.19)

Ejemplo 4.3.1. Calculemos L(f (t)) para ½ −t e , 0 ≤ t < 2π, f (t) = −t e + sin t , t > 2π. La función f (t) tiene una discontinuidad de salto en t = 2π. Podemos usar la función de Heaviside para escribir f (t) = e−t + H(t − 2π) sin(t − 2π), ya que

½ H(t − 2π) sin(t − 2π) =

0 , t < 2π, sin(t − 2π) , t > 2π,

y además sin(t−2π) = sin t, entonces, aplicando linealidad de la transformada y el teorema de traslación en el eje t tenemos −t

−2πs

L(f (t)) = L(e ) + e

1 e−2πs L(sin t) = + 2 . s s +1

Ejemplo 4.3.2. Hallemos L(sin(t)H(t − π)). En este caso, g(t) = sin t y a = π. Por tanto g(t + π) = sin(t + π) = − sin t, de donde L(g(t + π)) = −L(sin t) = −

s2

1 . +1

Entonces, por la fórmula (4.19) se tiene L(sin(t)H(t − π)) = −

e−πs . s2 + 1

Definición 4.3.1. Una función f (t) se dice que es periódica con periodo T si f (t + T ) = f (t), para todo t en el dominio de f .

4.3 Transformada de funciones escalonadas, periódicas y de impulso Teorema 4.3.2 (Periodicidad de la transformada). Sea f una función continua por partes en [0, T ] y con periodo T > 0, entonces Z T 1 e−st f (t)dt. L(f (t)) = (4.20) −sT 1−e 0 Demostración. Por la definición de transformada de Laplace tenemos Z ∞ L(f (t)) = e−st f (t)dt 0

o

Z

Z

T

L(f (t)) =

−st

e

∞

f (t)dt +

0

e−st f (t)dt,

T

como la función f (t) es continua por partes en [0, T ], la primera integral del lado derecho existe, para la segunda integral hacemos la sustitución u = t − T , entonces Z ∞ Z ∞ −st e f (t)dt = e−s(u+T ) f (u + T )du, T

0

y como f es periódica y de periodo T , se tiene Z ∞ Z ∞ −st −sT e f (t)dt = e e−su f (u)du = e−sT F (s), T

0

luego

Z

T

F (s) =

e−st f (t)dt + e−sT F (s),

0

entonces

Z −sT

(1 − e

T

)F (s) =

e−st f (t)dt,

0

de donde se obtiene la fórmula (4.20). Ejemplo 4.3.3. Calculemos la transformada de la función f (t) = | cos(at)|. Observamos que esta función es periódica y de periodo T = π/a. Por el teorema anterior tenemos Z π/a 1 L(f (t)) = e−st cos(at)dt, 1 − e−πs/a 0 ya que | cos(at)| = cos(at) en [0, π/a]. Ahora, usando tablas de integrales se tiene Z

π/a 0

e−st cos(at)dt =

s(1 + e−πs/a ) e−st π/a (a sin(at) − s cos(at))| = , 0 s2 + a2 s2 + a2

así que L(| cos(at)|) =

s 1 + e−πs/a , s2 + a2 1 − e−πs/a

113

114

La Transformada de Laplace

Figura 4.4: f (t) = | cos(at)| que puede simplificarse usando funciones hiperbólicas a L(| cos(at)|) =

³ πs ´ s coth . s2 + a2 2a

Definición 4.3.2. La función Delta de Dirac3 δ(t) se caracteriza por las dos propiedades siguientes: ½ 0 , t 6= 0, δ(t) = (4.21) ∞ , t = 0, y Z ∞

f (t)δ(t)dt = f (0),

(4.22)

−∞

para cualquier función f (t) que sea continua en un intervalo abierto que contiene a t = 0. Al recorrer el argumento de δ(t), tenemos que δ(t − a) = 0, t 6= a y Z ∞ f (t)δ(t − a)dt = f (a),

(4.23)

−∞

para cualquier función f (t) que sea continua en un intervalo abierto que contiene a t = a. Es claro que δ(t − a) no es una función en el sentido usual; en realidad, es un ejemplo de 3

El físico matemático inglés Paul M. Dirac introdujo esta función para trabajar los sistemas mecánicos, circuitos eléctricos, doblamiento de vigas y otras aplicaciones donde aparecen funciones con un valor muy grande en un intervalo de tiempo corto.

4.4 Convolución

115

lo que se llama función generalizada o distribución. La función escalón unitario y la función Delta de Dirac tienen una relación muy interesante. ½ Z t 0 , t < a, δ(τ − a)dτ = = H(t − a). (4.24) 1 , t>a −∞ Teorema 4.3.3 (Transformada de la función Delta de Dirac). Para a > 0, L(δ(t − a)) = e−as .

(4.25)

L−1 (e−as ) = δ(t − a).

(4.26)

Equivalentemente Demostración. Al aplicar la propiedad (4.23), como δ(t − a) = 0 para t 6= a, haciendo f (t) = e−st en (4.23), tenemos para a ≥ 0 Z ∞ Z ∞ −st e−st δ(t − a)dt = e−as . e δ(t − a)dt = L(δ(t − a)) = −∞

0

Equivalentemente L−1 (e−as ) = L−1 (L(δ(t − a))) = δ(t − a).

En particular si a = 0 se tiene L(δ(t)) = 1.

(4.27)

Ejemplo 4.3.4. Determinar L(δ(t − 1) − δ(t − 2)). Al aplicar la propiedad de linealidad de la transformada y el teorema anterior obtenemos L(δ(t − 1) − δ(t − 2)) = L(δ(t − 1)) − L(δ(t − 2)) = e−s − e−2s .

4.4.

Convolución

Hemos visto que la transformada de Laplace es lineal. Así, la transformada de una suma es la suma de transformadas. sin embargo, no es válido que la transformada de un producto sea el producto de transformadas. Podemos definir, sin embargo, una cierta operación entre dos funciones, tales que la transformada de la función resultante sea el producto de las transformadas de las funciones operadas. Denominaremos convolución a la función resultante de la combinación de las funciones indicadas. Definición 4.4.1. Sean f y g funciones continuas por partes en el intervalo [0, ∞). La convolución de f y g, que se denota por f ∗ g se define como Z t (4.28) (f ∗ g)(t) = f (t − u)g(u)du. 0

116

La Transformada de Laplace Es claro que la convolución es distinta de la multiplicación usual. Por ejemplo 1 ∗ 1 = t 6= 1, y en general 1 ∗ f 6= f . Sin embargo, la convolución satisface algunas propiedades de la multiplicación. Teorema 4.4.1. Sean f , g y h funciones continuas por partes en [0, ∞). Entonces 1. f ∗ g = g ∗ f . 2. f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h. 3. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h). 4. f ∗ 0 = 0. La demostración se deja como ejercicio. Ahora mostraremos que si Y (s) es el producto de las transformadas de Laplace F (s) y G(s), entonces y(t) es la convolución (f ∗ g)(t). Teorema 4.4.2 (Teorema de convolución). Sean f y g funciones continuas por partes en [0, ∞) y de orden exponencial α; sean F (s) = L(f (t)) y G(s) = L(g(t)). Entonces L(f ∗ g) = F (s)G(s),

(4.29)

L−1 (F (s)G(s)) = (f ∗ g)(t).

(4.30)

o, de manera equivalente Demostración. Usando la definición de transformada de Laplace, para s > α, tenemos Z ∞ e−st (f ∗ g)(t)dt, L(f ∗ g) = 0

usando la definición de convolución obtenemos ¸ ·Z t Z ∞ −st f (t − u)g(u)du dt. L(f ∗ g) = e 0

0

Para simplificar los cálculos introducimos la función escalón unitario H(t − u) y escribimos ·Z ∞ ¸ Z ∞ −st L(f ∗ g) = e Ht − u)f (t − u)g(u)du dt, 0

0

donde hemos usado el hecho de que H(t − u) = 0, si u > t. Al invertir el orden de integración4 se tiene ·Z t ¸ Z ∞ −st L(f ∗ g) = g(u) e H(t − u)f (t − u)dt du. 0 4

0

Esto se puede hacer debido a que para s > α, el valor absoluto del integrando es integrable en (0, ∞) × (0, ∞).

4.4 Convolución

117

Aplicando la propiedad de traslación en el eje t, la integral entre el corchete es igual a e−su F (s). Por tanto Z ∞ Z ∞ −su L(f ∗ g) = g(u)e F (s)du = F (s) g(u)e−su du = F (s)G(s). 0

0

Esto demuestra (4.29). Equivalentemente L−1 (F (s)G(s)) = L−1 (L((f ∗ g)(t))) = (f ∗ g)(t).

Se observa que la fórmula (4.29) incluye como caso particular la expresión para cuando 1 f (t) ≡ 1, esto es, dado que L(1) = , se tiene s µZ t ¶ G(s) (4.31) L g(u)du = , s 0 que es la fórmula de la transformada de una integral. Ejemplo 4.4.1. Halle la transformada inversa de Tenemos que

(s2

s . + 1)2

s s 1 = 2 . 2 2 + 1) s +1s +1 Entonces por el teorema de convolución µ ¶ s −1 L = sin(t) ∗ cos(t). (s2 + 1)2 (s2

Aplicando la definición de convolución de funciones se tiene Z t sin(t) ∗ cos(t) = sin(t − u) cos(u)du 0

1 = 2

Z

t

[sin(t) + sin(t − 2u)]du 0

¸ · 1 1 t = t sin(t) + cos(t − 2u)|0 2 2 = Entonces

1 t sin(t). 2

1 L−1 (F (s)G(s)) = t sin(t). 2

118

La Transformada de Laplace

4.5.

Solución de problemas con valores iniciales

En los capítulos anteriores se estudiaron algunos métodos para resolver estos problemas. Estos métodos requieren hallar, previamente, una solución general de la ecuación diferencial y luego usar las condiciones iniciales para determinar la solución particular. Como veremos, las transformadas de Laplace nos conduce a la solución deseada del problema con valores iniciales, sin necesidad de hallar la solución general. El método de transformadas de Laplace se reduce a los siguientes pasos: 1. Consideramos la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación diferencial. 2. Usamos las propiedades de la transformada de Laplace y las condiciones iniciales para obtener una ecuación para la transformada de la solución y luego despejamos la transformada en esta ecuación. 3. Determinamos la transformada inversa de Laplace de la solución, usando las propiedades o buscándola en la tabla. Ejemplo 4.5.1. Apliquemos la transformada valores iniciales  00  4y + π 2 y y(0)  0 y (0) Aplicando el operador de Laplace, tenemos que

de Laplace a la solución del problema de = 0 = 2 = 0.

L(4y 00 + π 2 y) = L(0) = 0, luego, por linealidad 4L(y 00 ) + π 2 L(y) = 0, entonces, por el teorema de transformada de derivadas de orden superior 4[s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)] + π 2 Y (s) = 0, de donde obtenemos

2s

Y (s) =

. π2 + 4 Finalmente, aplicando transformada inversa, tenemos s2

y(t) = L−1 (Y (s))   = L−1 

 2s

π2 s2 + 4 µ ¶ πt = 2 cos . 2

 

4.5 Solución de problemas con valores iniciales

119

Ejemplo 4.5.2. Determinemos una solución no trivial del problema de valor inicial ½ 00 xy + (x − 2)y 0 + y = 0 y(0) = 0. Aplicando el operador de Laplace a la ecuación diferencial, tenemos L(xy 00 + (x − 2)y 0 + y) = L(0) = 0, donde L(y) = Y (s). Ahora, por el teorema de derivada de transformada, L(xy 00 ) = − = −

d [L(y 00 )] ds d 2 [s Y (s) − sy(0) − y 0 (0)] ds

= −s2 Y 0 (s) − 2sY (s), también L(xy 0 ) = − = −

d [L(y 0 )] ds d [sY (s) − y(0)] ds

= −sY 0 (s) − Y (s), y, por el teorema de transformada de derivadas de orden superior L(y 0 ) = sY (s) − y(0) = sY (s). Por lo tanto, al reemplazar y simplificar, tenemos (s2 + s)Y 0 (s) = −4sY (s), la cual es una ecuación diferencial de orden uno en variables separables. Resolviéndola obtenemos c , Y (s) = (s + 1)4 de donde y(x) = L−1 (Y (s)) = kx3 e−x ,

k 6= 0.

Ejemplo 4.5.3. Resolver el problema de valores iniciales ½ 00 y + 6y 0 + 34y = 30 sin(2t) y(0) = y 0 (0) = 0.

120

La Transformada de Laplace Aplicamos el operador de Laplace a la ecuación diferencial L(y 00 + 6y 0 + 34y) = L(30 sin(2t)), por la linealidad de la transformada tenemos L(y 00 ) + 6L(y 0 ) + 34L(y) = 30L(sin(2t)), donde L(y) = Y (s), L(sin(2t)) = orden superior, tenemos

2 , por el teorema de transformada de derivadas de s2 + 4

L(y 00 ) = s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) = s2 Y (s), y L(y 0 ) = sY (s) − y(0) = sY (s), reemplazando y despejando Y (s), obtenemos Y (s) =

(s2

60 . + 4)[(s + 3)2 + 25]

Para hallar la solución, aplicamos el teorema de convolución, con µ ¶ 2 −1 f (t) = L = sin(2t), s2 + 4 y

µ −1

g(t) = L entonces

µ −1

y(t) = L

5 (s + 3)2 + 25

¶ = e−3t sin(5t),

60 (s2 + 4)[(s + 3)2 + 25]

¶ = 6f (t) ∗ g(t).

Ejemplo 4.5.4. Consideremos la ecuación Z t f (t) + g(t − u)f (u)du = h(t), 0

en la que g y h son funciones conocidas y se ha de determinar f . Dado que la función desconocida aparece bajo el signo integral, la ecuación dada se llama ecuación integral de Volterra5 . Al aplicar la transformada de Laplace a ambos lados de la ecuación y usando el teorema de convolución obtenemos F (s) + G(s)F (s) = H(s), 5

El matemático italiano Vito Volterra, en 1931, publicó un libro que contenía un modelo de crecimiento de población, en la forma de esta ecuación.

4.5 Solución de problemas con valores iniciales de donde F (s) =

H(s) . G(s) + 1

1 2 Si en particular g(t) = sinh(t) y h(t) = t2 , se tiene que G(s) = 2 y H(s) = 3 , s −1 s entonces 2/s3 2(s2 − 1 2 2 F (s) = = = 3 − 5, 2 5 1 + 1/(s − 1) s s s de donde f (t) = t2 −

t4 . 12

Ejemplo 4.5.5. El tanque mezclador de la figura 4.5 contiene inicialmente 500 litros de una salmuera, con una concentración de sal de 2 kg/l. Durante los primeros 10 minutos de operación, se abre la válvula A, añadiendo 12 l/min de una solución con una concentración de sal de 4 kg/l. Después de 10 minutos, se cambia a la válvula B, la cual agrega una concentración de 6 kg/l a 12 l/min. La válvula de salida C elimina 12 l/min, manteniendo constante el volumen. Determine la concentración de sal en el tanque como función del tiempo. En los capítulos 1 y 2 analizamos una versión más sencilla de este problema.

Figura 4.5: Tanque mezclador Sea x(t) la cantidad de sal (en kilogramos) en el tanque en el instante t. Entonces, por x(t) supuesto, es la concentración en kg/l. El contenido de sal se reduce a razón de (12 500

121

122

La Transformada de Laplace µ

¶ x(t) 3x(t) l/min)× kg/l = kg/min a través de la válvula de salida C. Simultáneamen500 125 te, se enriquece a través de las válvulas A y B a razón r(t), dada por ½ (4kg/l) × (12l/min) = 48kg/min, 0 < t < 10 r(t) = (6kg/l) × (12l/min) = 72kg/min, t > 10 Así, x(t) cambia a razón de dx(t) 3x(t) = r(t) − , dt 125

o

dx(t) 3x(t) + = r(t), dt 125 con condición inicial x(0) = 1000 kilogramos. Aplicamos la transformada de Laplace a la ecuación diferencial resultante para obtener ¶ ¶ µ µ dx(t) 3x(t) L +L = L(r(t)), dt 125 de donde sX(s) − x(0) +

3 X(s) = R(s), 125

al despejar X(s) nos da X(s) = donde

Z

Z

∞

R(s) = L(r(t)) =

e

−st

R(s) = −

10

r(t)dt =

0

entonces

1000 + R(s) , s + 3/125 Z −st

48e

∞

dt +

0

72e−st dt,

10

48e−st 10 72e−st ∞ 48 e−10s |0 − |10 = + 24 , s s s s

para s > 0. Entonces 1000 48 24e−10s X(s) = + + , s + 3/125 s(s + 3/125) s(s + 3/125) por fracciones simples (parciales) tenemos A B A(s + 3/125) + Bs 1 = + = , s(s + 3/125) s s + 3/125 s(s + 3/125) que al igualar los numeradores y simplificar se tiene que A = X(s) =

125 125 yB=− , luego 3 3

2000 1000 e−10s e−10s − + 1000 − 1000 . s s + 3/125 s s + 3/125

4.5 Solución de problemas con valores iniciales Aplicando la transformada inversa de Laplace se tiene x(t) = 2000 − 1000e−3t/125 + 1000H(t − 10) − 1000H(t − 10)e−3(t−10)/125 , en kilogramos. Entonces la concentración de sal en el tanque en el tiempo t es c(t) = en Kg/l.

x(t) = 4 − 2e−3t/125 + 2H(t − 10) − 2H(t − 10)e−3(t−10)/125 , 500

123

124

La Transformada de Laplace

f (t) = L−1 (F (s))

F (s) = L(f (t))

1 eat tn ,

n entero positivo

ta ,

a > −1

cos(at) sin(at) cosh(at) sinh(at) eat f (t) H(t − a) H(t − a)f (t − a) tn f (t), n entero positivo (n) f (t), n entero positivo δ(t − a) δ(t) (f ∗ g)(t) Z t f (u)du 0

s2 + a2 a 2 s + a2 s , s > |a| 2 s − a2 a , s > |a| s2 − a2 F (s − a) e−as , s>0 s −as e F (s) (−1)n F (n) (s) sn F (s) − sn−1 f (0) − · · · − f (n−1) (0) e−as 1 F (s)G(s) F (s) , s>0 Zs ∞

f (t) t f (t),

1 , s>0 s 1 , s>a s−a n! , s>0 sn+1 Γ(a + 1) , s>0 ssa+1

F (u)du Z T 1 e−st f (t)dt 1 − e−T³s 0´ as 1 tanh , s>0 s −as 2 e , s>0 s(1 − e−as ) √ 1 · ·5 · · · (2n − 1) π , s>0 2´n sn+1/2 ³ 1 s F a a s

periodo

T >0

(−1)[|at|] , (onda cuadrada) ·¯ ¯¸ ¯t¯ ¯ ¯ , a > 0, (escalera) ¯a¯ tn−1/2 ,

n entero positivo

f (at),

a>0

Cuadro 4.1: TABLA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE BÁSICAS

4.6 Ejercicios

4.6.

125

Ejercicios

1. Determine las transformadas de las funciones siguientes: (a) f (t) = 2 + t2 .

(f ) f (t) = te−2t sin(3t).

(b) f (t) = e2t + 3t2 .

(g) f (t) = t2 cos(2t).

(c) f (t) = 3t2 + 2t3 e5t .

(h) f (t) = tet sinh(3t).

(d) f (t) = sin(3t) − 6 cos(5t) + t5 .

(i) f (t) = 5t2 e−2t cosh(t).

(e) f (t) = et cos(5t).

(j) f (t) = t cos2 (t).

2. Determine las transformadas inversas de las funciones dadas: 2 . s−3 2 3 F (s) = + . s−3 s 2 F (s) = 3 . s 2 F (s) = 2 . s +4 2 F (s) = . (s − 3)2 + 9

(a) F (s) = (b) (c) (d) (e)

1 . −1 s (g) F (s) = 2 . s −4 1 (h) F (s) = 2 . s +s 1 (i) F (s) = 2 . (s + 1)2 (f ) F (s) =

(j) F (s) =

3. Use la función Gamma y el hecho de que Γ(1/2) = mada de Laplace de las siguientes funciones: 1 (a) f (t) = √ . t √ (b) f (t) = t.

√

s2

(s2

10 . + 1)[(s − 3)2 + 16]

π, para encontrar la transfor-

(c) f (t) = t3/2 . (d) f (t) = t5/2 .

4. Demuestre el teorema 4.2.4. 5. Aplique el teorema 4.2.4 para determinar la transformada de Laplace de las funciones dadas: cos(t) . t 1 − cos(2t) (b) f (t) = . t (a) f (t) =

e−t − et . t sinh(t) (d) f (t) = . t (c) f (t) =

6. Determine la transformada inversa de las funciones:

126

La Transformada de Laplace µ

¶ s+2 (a) F (s) = ln . s−2 ¶ µ 2 s +4 (b) F (s) = ln 2 . s +1 µ ¶ 1 (c) F (s) = arctan . s+1

s . + 1)3 2s (e) F (s) = 2 . (s − 1)2 µ ¶ 1 1 (f ) F (s) = arctan . s s (d) F (s) =

(s2

7. Demuestre el teorema 4.4.1. 8. El teorema de la transformada de derivadas de orden superior se puede extender cuando f es continua por partes y diferenciable en subintervalos abiertos ]tk−1 , tk [, k = 1, 2, . . .. En tal caso se tiene que 0

L(f (t)) = sF (s) − f (0) −

∞ X

e−stn Jf (tn ),

(4.32)

n=1 − donde Jf (tn ) = f (t+ n ) − f (tn ) es el salto de f en tn . Utilice este hecho para encontrar la transformada de f (t) = 1 + [|t|],

donde [|t|] es el mayor entero menor o igual a t (parte entera de t). 9. Resuelva los problemas de valores iniciales siguientes: (a) y 00 + 2y 0 + y = 0, y 0 (0) = 1, y(0) = 0. (b) y 00 + y = sin(3t), y(0) = y 0 (0) = 0. 00

½

0

(c) y + 2y = r(t), y(0) = y (0) = 0, siendo r(t) =

1 si 0 ≤ t < 1 0 si t ≥ 1.

(d) ty 00 + (3 − t)y 0 + 3y = 0, y(0) = 0. (e) ty 00 + (4t − 2)y 0 + (13t − 4)y = 0, y(0) = 0. (f ) y 000 (t) − y 00 (t) + 4y 0 (t) − 4y(t) = 4e2t − 3et , y(0) = 0, y 0 (0) = 5, y 00 (0) = 3. (g) y (4) (t) + 3y (3) (t) + y 00 (t) − 3y 0 (t) − 2y(t) = t, y(0) = y 0 (0) = y 00 (0) = y 000 (0) = 0. 10. Resuelva las siguientes ecuaciones integrales: Z t Z t t−u −t (a) y(t) + e y(u)du = sin(t). (c) f (t) = e − 2 cos(t − u)f (u)du. 0

(b) x(t) = t +

1 6

Z

t

Z (t − u)2 x(u)du.

(d) f (t) = t2 +

0

11. Resuelva las siguientes ecuaciones integro-diferenciales:

0 t

sin(t − u)f (u)du. 0

4.6 Ejercicios

127 Z

t

0

(a) y (t) + 2y(t) + y(u)du = sin(t), y(0) = 0. 0 Z t 0 (b) y (t) = t + 2 et−u y(u)du, y(0) = 2. 0

Z

t

(c) y 0 (t) + 2y(t) + 0

Z

 t2

t

0

(d) f (t) + f (t) −

f (u) sin(t − u)du + sin(t) = 0, f (0) = 1. 0

12. Demuestre que para cualquier entero n ≥ 1 y a 6= 0, µ ¶ µ ¶ Z t 1 1 1 −1 −1 L = uL du. (s2 + a2 )n+1 2n 0 (s2 + a2 )n 13. (a) Utilizando el resultado del ejercicio anterior pruebe que µ ¶ Z t Z t Z t 1 1 −1 u u··· u sin(au)dudu · · · du, L = n (s2 + a2 )n+1 2 an! 0 0 0 donde la integral se repite n-veces. (b) Deduzca la fórmula similar para L

−1

14. La función compuerta unitaria Ga (t)   0 1 Ga (t) =  0

µ

¶ s . (s2 + a2 )n+1

se define como , t 0, existe N (²), N (²) entero positivo, tal que, para toda n, n ≥ N (²), se cumple que |an (x1 − x0 )n | < ². Para ² = 1, existe N (1), N (1) entero positivo, tal que, para toda n, n ≥ N (1), se tiene que |an (x1 − x0 )n | < 1. Sea ρ > 0, y designemos por J al intervalo de centro en x0 y de longitud 2ρ, es decir J = [x0 − ρ, x0 + ρ], donde 0 < ρ < |x1 − x0 |. Si x ∈ J y n ≥ N (1), tenemos ¯ ¯n ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x − x0 ¯ n ¯ ρ ¯ n n n ¯ x − x0 ¯ n ¯ ≤¯ ¯ |an (x − x0 ) | = |an (x1 − x0 ) | ¯ < ¯¯ ¯ x1 − x 0 ¯ = t , x1 − x0 ¯ x1 − x0 ¯ ¯ ¯ ∞ X ¯ ρ ¯ ¯. Puesto que 0 < t < 1, la serie |an (x − x0 )n | está dominada por donde t = ¯¯ x1 − x0 ¯ la serie geométrica convergente lo que es lo mismo la serie

∞ X n=0

∞ X

n=0

tn . Esto prueba que

n=0

∞ X

|an (x − x0 )n | es convergente o

n=0

an (x − x0 )n converge absolutamente para toda x, tal que

|x − x0 | ≤ R, es decir |x − x0 | < |x1 − x0 |.

5.3 Funciones definidas por series de potencias

137

Observación 5.2.1. En referencia a la demostración, como la serie geométrica de números ∞ X reales tn converge, podemos invocar el criterio M de Weierstrass y asegurar que la n=0

serie

∞ X

an (x − x0 )n converge uniformemente en J.

n=0

La existencia del intervalo de convergencia lo establece el teorema siguiente. Teorema 5.2.2. Si la serie de potencias

∞ X

an (x − x0 )n converge por lo menos para un

n=0

x, x 6= x0 , digamos x = x1 , y diverge por lo menos para un x, por ejemplo para x = x2 ; existe un número real positivo r, tal que la serie converge absolutamente si |x − x0 | < r, y diverge si |x − x0 | > r. Demostración. Sea ( A=

|x − x0 | | la serie

∞ X

) n

an (x − x0 ) converge en x .

n=0

El conjunto A, así definido es diferente del vacío, ya que, por hipótesis,

∞ X

an (x1 − x0 )n

n=0

de modo que |x1 − x0 | ∈ A. Asimismo, ningún número de A puede ser mayor que |x2 − x0 |, por el teorema 5.2.1. Luego, |x2 − x0 | es una cota superior de A y en virtud del axioma de completez de los números reales, existe el extremo superior de A, designemos con r dicho extremo, esto es, r = sup A. Es evidente que r ≥ |x1 − x0 | > 0, r > 0. Ningún número de A puede superar a r, por consiguiente, la serie diverge si |x − x0 | > r. En efecto; si |x − x0 | < r, existe un número positivo x∗ , tal que, |x∗ − x0 | ∈ A, y |x − x0 | < |x∗ − x0 | < r. De lo anterior se tiene que

∞ X

an (x−x0 )n converge absolutamente para todo x, que satisfaga

n=0

la desigualdad |x − x0 | < r.

El número r mencionado anteriormente recibe el nombre de radio de convergencia de la serie de potencias.

5.3.

Funciones definidas por series de potencias

Dada la serie de potencias

∞ X n=0

an (x − x0 )n con radio de convergencia r. Al intervalo

J =]x0 − r, x0 + r[, se le llama intervalo de convergencia de la serie.

138

Solución en Series Se ha establecido previamente que para cada x ∈ J, la serie

∞ X

an (x − x0 )n converge y

n=0

para los x, tales que, |x−x0 | > r, la serie diverge. En los puntos x0 −r y x0 +r los teoremas expuestos no son concluyentes, es decir, la serie puede converger o diverger en ellos. ∞ X La serie de potencias an (x − x0 )n define en J una función f , así; n=0

Figura 5.1: J =]x0 − r, x0 + r[ f : J → R x 7→ f (x) =

∞ X

an (x − x0 )n

n=0

Se dice que la serie representa la función f en el intervalo de convergencia. A la serie se le denomina desarrollo en serie de f en potencias de x − x0 .

5.3.1.

Problemas básicos de los desarrollos en series

Los problemas básicos que surgen al estudiar los desarrollos en series de potencias son fundamentalmente los siguientes: 1. Dada la serie de potencias, hallar las propiedades de la función suma f . 2. Dada la función f , investigar si puede ser o no representada por una serie de potencias.

5.3 Funciones definidas por series de potencias

139

El estudio de la cuestión 1 se adelanta con el análisis de los teoremas siguientes. Teorema 5.3.1. Si una función f está representada por la serie de potencias f (x) =

∞ X

an (x − x0 )n

(5.7)

n=0

en el intervalo (x0 − r, x0 + r), es continua en ese intervalo, y su integral en cualquier subintervalo cerrado puede calcularse integrando la serie término a término. En particular, para todo x de (x0 − r, x0 + r), tenemos Z

x

f (t)dt = x0

∞ X n=0

Z an

∞ X an (t − x0 ) dt = (x − x0 )n+1 . n+1 x0 n=0 x

n

El teorema siguiente pone de manifiesto, que una serie de potencias se puede derivar término a término en el interior de su intervalo de convergencia; este hecho resulta particularmente importante en las soluciones mediante series de potencias de ecuaciones diferenciales. Teorema 5.3.2. Si una función f está representada por la serie de potencias f (x) =

∞ X

an (x − x0 )n ,

n=0

en el intervalo de convergencia (x0 − r, x0 + r). Entonces tenemos: (a) La serie derivada

∞ X

nan (x − x0 )n−1 , tiene también radio de convergencia r.

n=0

(b) La derivada f 0 (x) existe para cada x del intervalo de convergencia y viene expresada por ∞ X f 0 (x) = nan (x − x0 )n−1 (5.8) n=0

Los teoremas 5.3.1 y 5.3.2 justifican las manipulaciones formales siguientes: Sabemos que ∞ X 1 = f (x) xn = 1 − x n=0 en el intervalo de convergencia ] − 1, 1[= J. Si x ∈] − 1, 1[, entonces −x ∈] − 1, 1[; de modo que ∞ X (−1)n xn = n=0

1 , 1+x

140

Solución en Series e integrando término a término en [0, t] ⊆] − 1, 1[ Z t Z tX ∞ ∞ n+1 X dx n n n t = = ln(1 + t); (−1) x dx = (−1) n + 1 1 + x 0 0 n=0 n=0 esto significa que

∞ X tn+1 (−1)n = ln(1 + t), t ∈] − 1, 1[. n+1 n=0

De la misma manera si x ∈] − 1, 1[., entonces x2 ∈] − 1, 1[; de tal manera que ∞ X (−1)n x2n = n=0

1 , 1 + x2

igualmente si [0, t] ⊆] − 1, 1[; ! Z t ÃX Z ∞ n 2n (−1) x dx = 0

t 0

n=0

dx , 1 + x2

esta igualdad nos conduce a ∞ X t2n+1 (−1)n = arctan(t), −1 < t < 1. 2n + 1 n=0

Como consecuencia del teorema 5.3.2, podemos establecer lo siguiente: Sea ∞ X f (x) = an (x − x0 )n , n=0

en el intervalo de convergencia J =]x0 − r, x0 + r[. Sabemos que f 0 (x) =

∞ X

nan (x − x0 )n−1 , x ∈ J;

n=1

aplicando reiteradamente el procedimiento de derivación término a término tenemos: 00

f (x)

=

∞ X

n(n − 1)an (x − x0 )n−2 ,

x ∈ J;

n(n − 1)(n − 2)an (x − x0 )n−3 ,

x ∈ J;

n=2

000

f (x)

=

∞ X n=3

.. . f

.. . (k)

(x) =

∞ X n=k

.. . n(n − 1) · · · (n − k + 1)an (x − x0 )n−k , x ∈ J;

5.3 Funciones definidas por series de potencias

141

donde k es cualquier entero positivo. Esto significa que una serie de potencias posee derivadas de cualquier orden. Si hacemos x = x0 , queda como único término, el correspondiente a n = k; es decir, f (k) (x0 ) = k!ak , de donde ak =

f (k) (x0 ) , para k = 1, 2, 3, . . . k!

Esta fórmula también es válida para k = 0 si interpretamos a f (0) (x0 ) como f (x0 ). Así pues, el desarrollo de f en serie de potencias tiene la forma f (x) =

∞ X f (k) (x0 )

k!

k=0

(x − x0 )k

(5.9)

Lo desarrollado anteriormente puede formularse como un teorema de identidad. Teorema 5.3.3. Si dos series de potencias

∞ X

n

an (x − x0 ) y

n=0

∞ X

bn (x − x0 )n tienen la

n=0

misma función suma f en un cierto entorno del punto x0 , entonces las series son iguales f (n) (x0 ) término a término; por lo tanto, tenemos que an = bn = para cada n ≥ 0. n! Ahora disertamos, con brevedad, sobre la segunda cuestión mencionada en 5.3.1, esto es, dada una función f , averiguar si es o no desarrollable en serie de potencias en un intervalo abierto, centrado en x0 . Tal función debe poseer derivadas de orden arbitrario en un cierto entorno abierto centrado en x0 , y la serie de la forma ∞ X f (k) (x0 ) k=0

k!

(x − x0 )k ,

llamada serie de Taylor generada por f en x0 . Debemos formularnos ahora dos preguntas: ¿Converge esa serie para cualquier otro x, del intervalo mencionado, distinto de x = x0 ? En caso afirmativo, ¿su suma es igual a f (x)? La respuesta a esas preguntas es, en general, "no". El ejemplo que tratamos a continuación, pone en evidencia que la serie de Taylor de una función dada, puede converger en toda la recta real, pero que representa a f solamente en el origen. En efecto, Ejemplo 5.3.1. Sea

½ f (x) =

2

e−1/x , x 6= 0 0, x=0

142

Solución en Series Se puede demostrar que f tiene derivadas de todo orden, en todo punto del eje real. Esta afirmación es evidente en todo x, x 6= 0. Para x = 0, demostremos que existe la derivada primera. f (x) − f (0) 1 2 =x→0 e−1/x , x→0 x x haciendo la sustitución u = 1/x, se tiene f 0 (0) = l´ım

u 1 ım 2 = l´ 2 = 0, u u→∞ e u→∞ 2ueu

2

f 0 (0) = l´ım ue−u = l´ım u→∞

donde hicimos uso del teorema de L’hôpital. Podemos ahora escribir ( 2 2 e−1/x , x 6= 0 3 f 0 (x) = x 0, x=0 Probemos que f (k) (0) = 0, para toda k entero positivo. f 0 (0) = 0. Supongamos que f (n) (0) = 0; n > 1 y probemos que f (n+1) (0) = 0. En efecto, f (n) (x) − f (n) (0) f (n) (x) = l´ım , x→0 x→0 x x

f (n+1) (0) = l´ım

y todo se reduce a demostrar que el limite indicado es igual a cero. Para ese propósito calculamos f (n) (x), x 6= 0. Escribimos µ ¶(n−1) 2 −1/x2 (n−1) (n) 0 f (x) = (f (x)) = e . x3 2 2 Para calcular la derivada (n − 1)-ésima de 3 e−1/x , utilizamos la regla de Leibniz. Si x 2 −1/x2 , h(x) = 3 y g(x) = e x ¶ n−1 µ X n−1 (n−1) (n−1) f (x) = (h(x)g(x)) = g (k) (x)h(n−1−k) (x). k k=0

Ahora,

2 −1/x2 e x3

g 0 (x)

=

g 00 (x)

= −

.. . g

(k)

3! −1/x2 4 −1/x2 e + e x4 x6

.. .

µ ¶ 1 −1/x2 (x) = Pk e x

5.3 Funciones definidas por series de potencias

143

donde Pk es un polinomio de grado menor que 3 de otro lado, h(x) h0 (x) h00 (x) .. .

= 2x−3 = −3!x−4 = 4!x−5 .. .

,

h(n−1−k) (x) = (−1)n−1−k (n − 1 + k)!x−n+k−2 donde 0 ≤ k ≤ n − 1. De estos cálculos tenemos: µ ¶n+2−k ¶ µ ¶ n−1 µ X 1 −(1/x)2 1 n−1 (n) n−1−k f (x) = Pk e (−1) (n − 1 + k)! , k x x k=0

de donde, al hacer la sustitución u = 1/x obtenemos f

(n)

¶ n−1 µ X 2 n−1 (1/u) = Pk (u)e−u (−1)n−1−k (n − 1 + k)!un+2−k . k k=0

Procedamos ahora sí a calcular f (n+1) (0), f (n) (x) x→0 x

f (n+1) (0) = l´ım

¶ µ ¶ µ ¶n+1−k n−1 µ X 1 −(1/x)2 1 n−1 n−1−k = l´ım Pk e (−1) (n − k + 1)! k x→0 x x k=0

¶ n−1 µ X 2 n−1 Pk (u)e−u (−1)n−1−k (n − k + 1)!un+1−k = l´ım k u→∞ k=0

= 0 el resultado se consigue aplicando el teorema de L’Hôpital. Hemos probado que la serie de Taylor de f , alrededor de x = 0, 0

00

2

f (0) + f (0)x + f (0)x + · · · = 0 =

∞ X f (k) (0) k=0

k!

xk .

Dicha serie converge en todo el eje real, pero representa a f solamente en el origen. Una condición necesaria y suficiente para que la serie de Taylor converja y además represente a la función en todo x, es la siguiente.

144

Solución en Series Sea f una función con derivadas de cualquier orden en un intervalo abierto con centro en x0 . ∞ X f (n) (x0 ) La serie de Taylor de f alrededor de x0 , (x − x0 )n converge hacia f (x) en cada n! n=0 punto del intervalo, centrado en x0 , si y sólo si f (x) se puede escribir en la forma

f (x) =

n X f (k) (x0 )

n!

k=0

(x − x0 )k + En (x),

donde el término complementario En , cumple que l´ım En (x) = 0. n→∞

Se puede demostrar que una de las formas de En (x) es la expresión integral 1 En (x) = n!

Z

x

(x − t)n f (n+1) (t)dt,

x0

en cualquier intervalo en torno al punto x0 en el que f (n+1) sea continua. Si f es derivable de cualquier orden en un intervalo abierto con centro en x0 , la serie de Taylor de f converge hacia f (x) si y sólo si la integral tiende a cero, cuando n → ∞. La integral se puede expresar en otra forma con la sustitución t = x + (x0 − x)u, entonces dt = −(x − x0 )du, luego (x − x0 )n+1 En (x) = n!

Z

1

un f (n+1) (x + (x0 − x)u)du.

0

Esta manera de expresar el error nos permite enunciar una condición suficiente para la convergencia de la serie de Taylor.

Teorema 5.3.4. Sea f una función que posee derivadas de cualquier orden en un intervalo abierto J =]x0 − r, x0 + r[, y si existe una constante positiva M , tal que |f (n) (x)| ≤ M n , para n = 1, 2, . . . y para toda x de J, entonces la serie de Taylor generada por f en x0 converge hacia f (x) en toda x ∈ J.

Demostración. Basta probar que el l´ım En (x) = 0. Hacemos uso de la forma integral para n→∞

5.3 Funciones definidas por series de potencias

145

En (x). 0 ≤ |En (x)| ¯ ¯ Z ¯ (x − x0 )n+1 1 n (n+1) ¯ u f (x + (x0 − x)u)du¯¯ = ¯¯ n! 0 |x − x0 |n+1 ≤ n! |x − x0 |n+1 ≤ n!

Z

1

|un ||f (n+1) (x + (x0 − x)u)|du

0

Z

1

un M n+1 du

0

=

|x − x0 |n+1 n+1 M (n + 1)!

=

|M (x − x0 )|n+1 (n + 1)!

=

C n+1 (n + 1)!

de donde 0 ≤ |En (x)| ≤

C n+1 (n + 1)!

tomando a x fijo, C > 0 existe un natural m > 2C,

(∗)

Cm = k; entonces para n > m, m!

Cn C C C C 0≤ =k· · · · · < n−k n! k+1 k+2 n 2 Cn → 0. n! De la desigualdad en (∗), si n → 0; por lo tanto

C n+1 0 ≤ l´ım |En (x)| ≤ l´ım = 0. n→∞ n→∞ (n + 1)! Concluimos así que l´ım En (x) = 0. Así la serie de Taylor converge a f (x). n→∞

El teorema 5.3.4 nos permite desarrollar en serie de Taylor muchas funciones, algunas de ellas son:

146

Solución en Series 1. Para la función f (x) = cos x, tenemos: f (x) f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x) .. .

= = = = .. .

cos x − sin x − cos x sin x .. .

es claro que |f (n) (x)| ≤ 1, para toda x real. También es cierto que f (2n−1) (0) = 0, f (2n) (0) = (−1)n , n = 1, 2, 3, . . . Entonces f 00 (0) 2 f (n) (0) n cos x = f (0) + f (0)x + x + ··· + x + ··· 2! n! 0

luego

1 1 1 2n cos x = 1 − x2 + x4 + · · · (−1)n x + ··· 2 4! (2n)!

2. Para la función f (x) = sin x, se tiene: f (x) f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x) .. .

= = = = .. .

sin x cos x − sin x − cos x .. .

es claro que |f (n) (x)| ≤ 1, para toda x real. También es cierto que f (2n−1) (0) = (−1)n−1 , f (2n) (0) = 0, n = 1, 2, 3, . . . Entonces sin x = f (0) + f 0 (0)x + luego sin x = x −

f 00 (0) 2 f (n) (0) n x + ··· + x + ··· 2! n!

1 3 1 5 1 x + x + · · · (−1)n−1 x2n−1 + · · · 3! 5! (2n − 1)!

3. Consideremos la función f (x) = ex , y para todo real r > 0, consideramos el intervalo abierto J =] − r, r[. Sabemos que, f (n) (x) = ex , para toda x ∈ J; por lo tanto |f (n) (x)| ≤ er , para toda x ∈ J y f (n) (0) = 1, para toda n = 1, 2, . . .

5.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales entonces f (x) = f (0) + f 0 (0)x + ∞ X 1 n = x n! n=0 es decir

f (n) (0) n f 00 (0) 2 x + ··· + x + ··· 2! n!

∞ X 1 n e = x , para toda x ∈ J. n! n=0 x

Como r es cualquier número real positivo, concluimos que: ∞ X 1 n e = x , para toda x real. n! n=0 x

A modo de apostilla al tema de series de potencias tratamos el producto de dos series de potencias. ∞ X Dados dos desarrollos en serie de potencias, por ejemplo f (x) = an (x − x0 )n , con intervalo de convergencia ]x0 − r, x0 + r[, y g(x) =

∞ X

n=0

bn (x − x0 )n , con intervalo de con-

n=0

vergencia ]x0 − R, x0 + R[. El producto f (x)g(x) viene dado por la serie de potencias ∞ n X X ak bn−k , f (x)g(x) = cn (x−x0 )n , si x ∈]x0 −r, x0 +r[∩]x0 −R, x0 +R[, en donde cn = n=0

k=0

n = 0, 1, 2 . . .

El producto anteriormente definido, recibe el nombre de producto de Cauchy de las dos series de potencias. Dicho producto queda legitimado por el llamado teorema de Mertens1 .

5.4.

Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales

Iniciamos esta sección adoptando una palabra que designe a aquellas funciones que se pueden desarrollar como serie de potencias. Se dice que cualquier función que pueda repre∞ X sentarse por una serie de potencias convergente de forma an (x − x0 )n en un intervalo n=0 1

El teorema de Mertens dice: Supongamos que la serie

es A, y supongamos que la serie series tiene suma AB.

∞ X n=0

∞ X

an converge absolutamente y que su suma

n=0

bn converge con suma B . Entonces el producto de Cauchy de estas

147

148

Solución en Series abierto I, centrado en x0 , es analítica en x0 . Se sabe por la teoría expuesta en la sección 5.3.1 que una función tal debe tener derivada de todos los ordenes en todos los puntos de I, pero además, como podía esperarse, es realmente analítica en todos los puntos de I. Es por ello habitual hablar de funciones analíticas en un intervalo, y la expresión, analítica en x0 , se usa fundamentalmente para dirigir la atención al punto alrededor del cual se ha realizado el desarrollo en serie. Las funciones elementales más comunes se pueden representar en series de potencias, algunas de ellas son: x

e

=

∞ X xn n=0

n!

cos x

∞ X x2n = (−1)n (2n)! n=0

sin x

=

cosh x

∞ X x2n = (2n)! n=0

sinh x

=

∞ X x2n+1 (−1)n (2n + 1)! n=0

∞ X n=0

x2n+1 (2n + 1)!

∞ X xn ln(1 + x) = (−1)n+1 n n=1

¶ ∞ µ X a xn , −1 < x < 1, a real = n

a

(1 + x)

n=0

µ Donde en la última serie,

5.4.1.

a n

¶ =

a! . n!(a − n)!

Soluciones analíticas

Las soluciones de cualquier ecuación diferencial lineal cuyos coeficientes y segundo miembro son analíticos en un intervalo abierto I, son también ellas mismas analíticas en I. Este resultado es realmente un teorema de existencia para ecuaciones normales con coeficientes analíticos, y en contraste con la mayoría de los teoremas de existencia de la teoría de las ecuaciones diferenciales nos sugiere inmediatamente una técnica explícita para el cálculo de soluciones.

5.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales

149

Teorema 5.4.1. Sea dn y dn−1 y + an−1 (x) n−1 + · · · + a0 (x)y = h(x), dxn dx

(5.10)

una ecuación diferencial lineal normal de orden n cuyos coeficientes y segundo miembro son analíticos en un intervalo abierto I. Sea x0 un punto arbitrario en I, y supongamos que los desarrollos en serie de potencias de a0 (x), a1 (x), . . . , an−1 (x), h(x) convergen todas en el intervalo ]x0 − R, x0 + R[, R > 0. Entonces, toda solución de la ecuación diferencial que esté definida en el punto x0 es analítica en ese punto, y su desarrollo en serie de potencias alrededor de x0 converge también en el intervalo ]x0 − R, x0 + R[. Un comentario pertinente al teorema 5.4.1 es resaltar que el teorema afirma no solamente la analiticidad de las soluciones de una ecuación diferencial del tipo (5.10), sino que también especifica un intervalo en el que convergen los desarrollos en serie de potencias de estas soluciones. Al mismo tiempo, debe observarse que no se afirma nada respecto al comportamiento de tales series fuera de ese intervalo. Hay ecuaciones cuyas soluciones en series convergen en un intervalo mayor que el que hemos descrito anteriormente. Otro aspecto que nos sugiere el teorema 5.4.1 es el desarrollo de una técnica explícita para el calculo de soluciones, técnica que podríamos resumir en la forma siguiente. Dada la ecuación diferencial lineal normal de orden n (5.10), en el intervalo I. Sea x0 ∈ I, y supongamos que los desarrollos en serie de potencias de a0 (x), a1 (x), . . . , an−1 (x), h(x) convergen ]x0 −R, x0 +R[, R > 0, y seguimos la estrategia, cuyo lineamiento es el siguiente: Como lo dice el teorema 5.4.1 las soluciones son de la forma y=

∞ X

cn (x − x0 )n ,

(5.11)

n=0

convergente en ]x0 − R, x0 + R[. De ser posible elija x0 = 0, teniendo presente que esta elección es cuestión de conveniencia, no de necesidad. Los coeficientes cn , son en general, desconocidos. Sustituya la serie (5.11) en la ecuación diferencial, luego de calcular las derivadas correspondientes. Combine los términos y obtenga la misma forma de exponente en cada serie, lo cual supone cambiar los indices de la suma. Haga que los limites inferiores de todas las series comiencen con el mismo entero, colocando juntos los términos adicionales. Utilice el principio de identidad para series de potencias, para obtener una relación entre los coeficientes de la forma cn+m = f (cn , cn+1 , . . . , cn+m−1 ), es decir, cn+m se determina por sus m términos anteriores, para n = 0, 1, 2, . . . Este tipo de relación recibe el nombre de relación de recurrencia. El entero positivo m se le llama orden de la relación de recurrencia.

150

Solución en Series Encuentre cuantos términos desee en la serie que da la solución o, de ser posible, una expresión general de cn . Halle un intervalo mínimo de convergencia por medio del teorema 5.4.1 o utilice la prueba del cociente2 . Ejemplo 5.4.1. Hallemos la solución general de la ecuación diferencial y 00 − xy = 0. primero examinemos el cumplimiento de las hipótesis del teorema 5.4.1, esta es una ecuad2 y dy ción de la forma 2 +a1 (x) +a0 (x)y = 0, donde a1 (x) = 0 y a0 (x) = −x, son analíticas dx dx en el intervalo abierto I = (−∞, ∞), por conveniencia elegimos x0 = 0; todas las soluciones ∞ X serán analíticas en I y con desarrollos en series y = cn xn , por las propiedades estudiadas, y 0 =

∞ X

ncn xn−1 , y 00 =

n=1

la siguiente ecuación:

∞ X

n=0

n(n − 1)cn xn−2 , reemplazando en la ecuación, obtenemos

n=2 ∞ X

n(n − 1)cn x

n−2

−

n=2

∞ X

cn xn+1 = 0.

n=0

Por el procedimiento de nivelación de las potencias conseguimos ∞ X

n

(n + 2)(n + 1)cn+2 x −

∞ X

n=0

cn−1 xn = 0.

n=1

Hacemos que ambas sumas comiencen con el mismo entero como límite inferior ∞ ∞ X X n 2c2 + (n + 2)(n + 1)cn+2 x − cn−1 xn = 0; n=1

n=1

dado que ambas series convergen, se puede escribir 2c2 +

∞ X

[(n + 2)(n + 1)cn+2 − cn−1 ] xn = 0,

n=1

y en virtud del principio de identidad c2 = 0, (n + 2)(n + 1)cn+2 − cn−1 = 0, ∀n, n ≥ 1, así ya conocemos la fórmula de recurrencia cn−1 cn+2 = , ∀n, n ≥ 1. (n + 2)(n + 1) ∞ X El criterio del cociente dice: Si la serie ak tiene términos diferentes de cero a0 , a1 , . . . se calculará k=0 ¯ ¯ ¯ ak+1 ¯ ¯. Si ρ < 1, la serie será absolutamente convergente; si ρ > 1, será divergente, y si ρ = 1 la ρ = l´ım ¯¯ k→∞ ak ¯ prueba no es concluyente. 2

5.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales Calculamos algunos coeficientes en términos de dos de ellos: c0 Si n = 1, c3 = 3·2 n = 2, c4 =

c1 4·3

n = 3, c5 =

c2 =0 5·4

n = 4, c6 =

c0 c3 = 6·5 6·5·3·2

n = 5, c7 =

c4 c1 = 7·6 7·6·4·3

n = 6, c8 =

c5 =0 8·7

n = 7, c9 =

c6 c0 = 9·8 9·8·6·5·3·2

.. .

.. .

.. .

.. .

Por la sencillez del ejemplo podemos hallar la forma genérica del coeficiente c0 c3m = 3m(3m − 1) · · · 3 · 2 c3m+1 =

c1 (3m + 1)3m · · · 4 · 3

c3m+2 = 0, para toda m, m = 1, 2, . . ., como las soluciones en serie son absolutamente convergentes, podemos reordenarlas y = c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + c4 x4 + · · · ¸ · ¸ · 1 1 4 1 1 3 6 7 x + x + · · · + c1 x + x + x + ··· = c0 1 + 3·2 6·5·3·2 4·3 7·6·4·3 " = c0

# ∞ X 1 1 3m 1+ x + c1 x3m+1 3m(3m − 1) · · · 3 · 2 (3m + 1)3m · · · 4 · 3 m=1 m=0 ∞ X

Así, y1 (x) = 1 +

∞ X

1 x3m 3m(3m − 1) · · · 3 · 2 m=1

151

152

Solución en Series y y2 (x) =

∞ X

1 x3m+1 (3m + 1)3m · · · 4 · 3 m=0

son dos soluciones particulares analíticas en ] − ∞, ∞[. Calculemos el determinante de la matriz wronskiana en x = 0 ¯ ¯ ¯ ¯ y1 (0) y2 (0) ¯ ¯ 1 0 ¯=¯ ¯ det(w(y1 , y2 )(0)) = ¯ 0 y1 (0) y20 (0) ¯ ¯ 0 1

de las soluciones ¯ ¯ ¯ = 1 6= 0 ¯

lo cual indica que y1 y y2 son linealmente independientes en ] − ∞, ∞[. Por lo tanto la solución general es y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x), ∀x, x ∈] − ∞, ∞[. Ejemplo 5.4.2. Hallemos dos soluciones linealmente independientes para la ecuación diferencial (x2 + 1)y 00 − 6y = 0. 6 La forma normal de la ecuación diferencial es y 00 − 2 y = 0, los coeficientes son x +1 6 a0 = − 2 , a1 = 0,son analíticas en x0 = 0, a0 (x) tiene un cero complejo en i, de modo x +1 ∞ X cn xn tendrán un radio de converque las soluciones de la ecuación diferencial, y = n=0

gencia de, por lo menos 1, que es la distancia de 0 a i. Procedemos como en el ejemplo

Figura 5.2:

5.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales anterior y

=

∞ X

c n xn

n=0

y

0

=

∞ X

ncn xn−1

n=1

y

00

=

∞ X

n(n − 1)cn xn−2

n=2

Reemplazamos en la ecuación y tenemos: ∞ X

n

n(n − 1)cn x +

n=2

∞ X

n(n − 1)cn x

n−2

−

n=2

∞ X

6cn xn = 0,

n=0

nivelando las potencias escribimos ∞ X n=2

n(n − 1)cn xn +

∞ ∞ X X (n + 2)(n + 1)cn+2 xn − 6cn xn = 0, n=0

n=0

todas las series se escriben desde el mismo limite inferior y así llegamos a ∞ X (2c2 − 6c0 ) + (3 · 2c3 − 6c1 ) + [(n2 − n − 6)cn + (n + 2)(n + 1)cn+2 ]xn = 0. n=2

Usamos el principio de identidad para obtener la fórmula de recurrencia c2 = 3c0 c3 = c1 (n2 − n − 6)cn = −(n + 2)(n + 1)cn+2 esta última para n ≥ 2. Simplificando esta última expresión tenemos

cn+2 = −

n−3 cn , n ≥ 2. n+1

153

154

Solución en Series De la relación anterior tenemos Si n = 2, c4 =

c2 = c0 3

n = 3, c5 = −

0 · c3 =0 4

n = 4, c6 = −

c4 c0 =− 5 5

n = 5, c7 = −

2c5 =0 6

n = 6, c8 = −

3c6 3 = c0 7 35

.. .

.. .

vemos que si n = 2k − 1, c2k+1 = 0, para k = 2, 3, . . . Escribimos algunos términos y = c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + · · · entonces y = c0 + c1 x + 3c0 x2 + c1 x3 + c0 x4 −

c0 6 x + ··· 5

reagrupando términos se tiene ¸ · 1 6 2 4 y = c0 1 + 3x + x − x + · · · + c1 (x + x3 ). 5 De donde y

1 y1 (x) = 1 + 3x2 + x4 − x6 + · · · 5 y2 (x) = x + x3 .

Con el determinante de la matriz wronskiana en x = 0, se puede demostrar que son soluciones linealmente independientes. Ejemplo 5.4.3. Hallar dos soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial y 00 + ex y 0 − y = 0. Para esta ecuación a1 = ex y a0 = −1, ambas funciones son analíticas en ] − ∞, ∞[, en particular en x0 = 0. Debemos en este caso desarrollar en serie de Taylor la función x

a1 = e =

∞ X xn n=0

n!

.

5.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales Las soluciones de la ecuación son analíticas en x = 0 y sus desarrollos en series de potencias convergen en I =] − ∞, ∞[. Tomamos y

=

∞ X

c n xn

n=0

y

0

=

∞ X

ncn xn−1

n=1

y 00 =

∞ X

n(n − 1)cn xn−2

n=2

Reemplazando las expresiones anteriores en la ecuación diferencial llegamos a la igualdad "∞ # ∞ ∞ ∞ X X xn X X n(n − 1)cn xn−2 + ncn xn−1 − cn xn = 0. n! n=2 n=0 n=1 n=0 Realizamos la nivelación de las potencias y así; "∞ # ∞ ∞ ∞ X X xn X X (n + 2)(n + 1)cn+2 xn + (n + 1)cn+1 xn − cn xn = 0. n! n=0 n=0 n=0 n=0 En el segundo sumando de la igualdad anterior, efectuamos el producto de Cauchy de las dos series, esto es "∞ # ∞ " n # ∞ X xn X X X1 (n + 1)cn+1 xn = (n − j + 1)cn−j+1 xn . n! j! n=0 n=0 n=0 j=0 De lo anterior podemos escribir " n # ∞ ∞ ∞ X1 X X X n n (n + 2)(n + 1)cn+2 x + cn xn = 0. (n − j + 1)cn−j+1 x − j! n=0 j=0 n=0 n=0 Entonces ∞ X n=0

# n X 1 (n + 2)(n + 1)cn+2 − cn + (n − j + 1)cn−j+1 xn = 0, j! j=0

"

en virtud del principio de identidad, obtenemos: n X 1 (n − j + 1)cn−j+1 = 0, (n + 2)(n + 1)cn+2 − cn + j! j=0

155

156

Solución en Series para todo n ≥ 0. Esta fórmula de recurrencia la podemos expresar así: P cn − nj=0 j!1 (n − j + 1)cn−j+1 cn+2 = , n ≥ 0. (n + 1)(n + 2) Hallamos ahora varios coeficientes, dándole valores a n. P c0 − 0j=0 j!1 (−j + 1)c−j+1 c0 − c1 Si n = 0, c2 = = 2 2 P c1 − 1j=0 j!1 (2 − j)c2−j c1 − c0 n = 1, c3 = = 3·2 6 P c2 − 2j=0 j!1 (3 − j)c3−j c1 n = 2, c4 = =− 3·4 24 .. .

.. .

Escribimos la solución tomando inicialmente y = c0 + c1 x + c2 x2 + · · · entonces

µ y = c0 + c1 x +

c0 − c1 2

¶

µ 2

x +

c1 − c0 6

¶ x3 −

c1 4 x + ··· 24

reagrupando los términos se tiene ¸ ¸ · · 1 4 1 2 1 3 1 2 1 3 y = c0 1 + x − x + · · · + c1 x − x + x − x + · · · . 2 6 2 6 24 De aquí podemos obtener dos soluciones 1 1 y1 (x) = 1 + x2 − x3 + · · · 2 6 y

1 1 1 y2 (x) = x − x2 + x3 − x4 + · · · 2 6 24 0 0 Para las cuales, y1 (0) = 1, y2 (0) = 0, y1 (0) = 0, y y2 (0) = 1. Calculando el determinante de la matriz wronskiana, ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y1 (0) y2 (0) ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ = 1 6= 0, ¯ ¯ ¯ = det(W (y1 , y2 )(0)) = ¯ 0 y1 (0) y20 (0) ¯ ¯ 0 1 ¯ lo cual significa que las soluciones son linealmente independientes, forman así una base del espacio solución de la ecuación diferencial.

5.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales Ejemplo 5.4.4. Hallar la solución del problema de valores iniciales ½ 00 y + x2 y = sin x y(0) = 0, y 0 (0) = 0 En este ejemplo, a1 (x) = 0, a0 (x) = x2 y h(x) = sin x, son todas, funciones analíticas en ] − ∞, ∞[ y también, 0 ∈] − ∞, ∞[. Los desarrollos en series de potencias alrededor de cero para las funciones a1 (x), a2 (x) y h(x), tienen como intervalo de convergencia ] − ∞, ∞[. Procedemos como en los ejemplos anteriores y

∞ X

=

cn xn

n=0

y0

∞ X

=

ncn xn−1

n=1

y 00

∞ X

=

n(n − 1)cn xn−2

n=2

∞ X

sin x =

(−1)n

n=0

x2n+1 (2n + 1)!

Se reemplazan en la ecuación las expresiones anteriores, con lo cual se llega a ∞ X

n(n − 1)cn xn−2 +

n=2

∞ X

cn xn+2 =

n=0

∞ X x2n+1 (−1)n , (2n + 1)! n=0

procedemos a nivelar las potencias y así ∞ ∞ ∞ X X X x2n+1 n n (n + 2)(n + 1)cn+2 x + cn−2 x = (−1)n , (2n + 1)! n=0 n=2 n=0

esta ecuación es equivalente a 2c2 + 6c3 x +

∞ X

[(n + 2)(n + 1)cn+2 + cn−2 ] xn = x +

n=2

∞ X n=1

(−1)n

x2n+1 , (2n + 1)!

en el lado derecho de la igualdad anterior aparece solamente potencias de grado impar, por lo tanto en la sumatoria que aparece en el lado izquierdo de la anterior igualdad agrupamos en dos sumandos las potencias de grado par y las de grado impar, obtenemos de este modo lo siguiente 2c2 + 6c3 x +

∞ X

[(2n + 1)(2n + 2)c2n+2 + c2n−2 ] x2n

n=1

+

∞ X n=1

[(2n + 2)(2n + 3)c2n+3 + c2n−1 ] x

2n+1

∞ X x2n+1 =x+ (−1)n (2n + 1)! n=1

157

158

Solución en Series con el uso del principio de identidad obtenemos c2 = 0 y 6c3 = 1, además una fórmula de recurrencia doble (2n + 1)(2n + 2)c2n+1 + c2n−1 = 0, para n ≥ 1, por que a la derecha no aparecen potencias de grado par, y (−1)n , para n ≥ 1, (2n + 1)!

(2n + 2)(2n + 3)c2n+3 + c2n−1 =

al igualar los coeficientes de las potencias impares. Calculamos algunos coeficientes, como en este problema tenemos condiciones iniciales, y(0) = c0 = 0 y 0 (0) = c1 = 0 1 así que, c0 = c1 = c2 = 0, c3 = , usando la primera parte de la fórmula de recurrencia, 6 tenemos Si n = 1, 3 · 4c4 + c0 = 0, 12c4 = 0, de donde c4 = 0 n = 2, 5 · 6c6 + c2 = 0, 30c6 = 0, así que c6 = 0 con estos cálculos y observando la fórmula podemos afirmar que c2 = c4 = c6 = · · · = c2n = 0, n ≥ 1, usamos la segunda parte de la fórmula de recurrencia 1 1 Si n = 1, 4 · 5c5 + c1 = − , 20c5 = − , 3! 6 n = 2, 6 · 7c7 + c3 =

1 , 5!

42c7 = −

c5 = −

1 5!

19 19 , c7 = − 5! 7!

la solución del problema de valores iniciales es y(x) =

1 3 1 19 x − x5 − x7 + · · · 3! 5! 7!

dicha solución es única, lo cual concuerda con lo que predice el teorema de existencia y unicidad para problemas de valores iniciales.

5.4.2.

Método de la serie de Taylor

Una variante del método ilustrado en los ejemplos anteriores consiste en tomar desde el comienzo la serie de Taylor de y, centrada en x0 , es decir y=

∞ X y (n) (x0 ) n=0

n!

(x − x0 )n .

5.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales Esta técnica alternativa está basada en dos ideas. Con el objeto de obtener una serie para y(x) centrada en x0 , sólo se necesita calcular las derivadas de y en x0 , es decir, y 0 (x0 ), y 00 (x0 ), . . . Además, la ecuación diferencial de la que y es solución se puede usar para expresar derivadas de orden más alto en términos de derivadas de orden menor. El método se puede resumir del modo siguiente: Se elige un centro de expansión x0 de la serie de Taylor y se examina que los coeficientes de la ecuación, al igual que el término independiente se puedan desarrollar en serie de potencias de x − x0 . Se determinan cuántos términos del desarrollo y=

∞ X

cn (x − x0 )n =

n=0

∞ X y (n) (x0 ) n=0

n!

(x − x0 )n

se necesitan. Observe que las constantes cn son los coeficientes del desarrollo en la serie de Taylor de y y están dados por cn =

y (n) (x0 ) . n!

Si las condiciones iniciales para y están dadas en x0 , se usan para determinar c0 y c1 . Si no se dan condiciones iniciales c0 y c1 se toman como arbitrarios. Con la ecuación diferencial, calculamos y 00 (x0 ) y la derivamos tantas veces como sea necesario, hasta cuando hayamos calculado el número de términos que nos propusimos. Desventajas del método: 1. Si los coeficientes o el término independiente son funciones complicadas, la derivación reiterativa puede ser dispendiosa. 2. Si se requiere la expresión para un término general, entonces es más difícil encontrarla por este camino que por la técnica expuesta anteriormente. 3. Es más difícil determinar una relación de recurrencia para los coeficientes que permita generar con facilidad términos adicionales necesarios a partir de los términos conocidos. Exponemos, a continuación, algunos ejemplos con los cuales se ilustra este método. Ejemplo 5.4.5. Halle cinco términos del desarrollo en serie de Taylor de la solución del problema de valores iniciales ½ 00 y + x2 y 0 + y = sin x y(0) = 1, y 0 (0) = 1

159

160

Solución en Series Partimos de y=

∞ X y (n) (x0 ) n=0

n!

(x − x0 )n ,

y calculamos las derivadas necesarias, a partir de la ecuación diferencial y 00

= sin x − x2 y 0 − y

y 000

= cos x − 2xy 0 − x2 y 00 − y 0

y (4) = − sin x − 2y 0 − 4xy 00 − x2 y 000 − y 00 evaluamos dichas derivadas en x = 0 y 00 (0)

= −y(0) = −1

y 000 (0)

= 1 − y 0 (0) = 1 − 1 = 0

y (4) (0) = −2y 0 (0) − y 00 (0) = −2 + 1 = −1 reemplazando el valor de las derivadas en la serie de Taylor para y tenemos 1 1 y(x) = 1 + x − x2 − x4 · · · 2 24 es la solución del problema de valores iniciales. Ejemplo 5.4.6. Encontrar los cinco primeros términos de la solución general de la ecuación y 00 − (sin x)y = cos x. π Centre la serie en el punto x0 = . 2 Designamos y(π/2) = c0 y y 0 (π/2) = c2 . Despejando y 00 en la ecuación diferencial tenemos: y 00

= cos x + (sin x)y

y 000

= − sin x + (cos x)y + (sin x)y 0

y (4) = − cos x − (sin x)y + 2(cos x)y 0 + (sin x)y 00 calculamos el valor de las derivadas en x = π/2 y 00 (π/2)

= y(π/2) = c0

y 000 (π/2)

= −1 + y 0 (π/2) = c1 − 1

y (4) (π/2) = −y(π/2) + y 00 (π/2) = c0 − c0 = 0

5.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales

161

reemplazando el valor de las derivadas en la serie de Taylor para y tenemos 1 c1 − 1 y(x) = c0 + c1 (x − π/2) + c0 (x − π/2)2 + (x − π/2)3 + · · · 2 6 es la solución del problema de valores iniciales.

5.4.3.

Una ecuación especial

Algunas ecuaciones diferenciales importantes que surgen en problemas físicos son ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes analíticos. Una de tales ecuaciones es la Ecuación de Legendre3 (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + α(α + 1)y = 0,

(5.12)

donde α es una constante. Si esta ecuación se escribe en la forma siguiente y 00 −

2x 0 α(α + 1) y + y = 0, 1 − x2 1 − x2

vemos que las funciones a1 (x) y a2 (x) dadas por a0 (x) =

α(α + 1) 2x , y a1 (x) = − , 2 1−x 1 − x2

son analíticas en x = 0. Además, sabemos que; 1 + x + x2 + x3 + · · · =

1 , 1−x

para |x| < 1, si reemplazamos x por x2 , tenemos; 1 + x2 + x4 + x6 + · · · = es decir,

∞ X n=0

x2n =

1 , 1 − x2

1 , para |x| < 1. 1 − x2

Así, a1 (x) y a2 (x) tienen los siguientes desarrollos en series: a0 (x) =

∞ X n=0

3

∞ X α(α + 1)x , y a1 (x) = (−2)x2n+1 , 2n

n=0

Adrien-Marie Legendre (1752-18333) frances, ocupó varios puestos en la Academia Francesa de Ciencias. Su principal trabajo lo realizó en los campos de las funciones elípticas y la teoría de los números. Las funciones de Legendre, soluciones de la ecuación, que lleva su mismo nombre, las presentó por primera vez en 1784 en su estudio de la atracción de esferoides.

162

Solución en Series las cuales convergen para |x| < 1. De acuerdo con el teorema 5.4.1, concluimos que las soluciones de la ecuación de Legendre tienen desarrollos en series de potencias convergentes para |x| < 1. Hallemos una base del espacio solución de dicha ecuación. Sea y cualquier solución de la ecuación de Legendre para |x| < 1, y supongamos que ∞ X y= c n xn , n=0

entonces y

0

∞ X

=

ncn xn−1

n=1 ∞ X

y 00 =

n(n − 1)cn xn−2

n=2

Reemplazando las anteriores derivadas en la ecuación (??), tenemos: 2

(1 − x )

∞ X

n(n − 1)cn x

n−2

− 2x

n=2

∞ X

ncn x

n−1

+ α(α + 1)

n=1

∞ X

cn xn = 0,

n=0

entonces ∞ X n=2

n(n − 1)cn x

n−2

−

∞ X

n

n(n − 1)cn x −

n=2

∞ X

n

2ncn x +

n=1

∞ X

α(α + 1)cn xn = 0,

n=0

nivelamos las potencias que aparecen en la igualdad anterior, la cual puede escribir así: ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X n n n (n + 2)(n + 1)cn+2 x − n(n − 1)cn x − 2ncn x + α(α + 1)cn xn = 0, n=0

n=2

n=1

n=0

escribiendo una sola sumatoria a partir de n = 2 y separando los términos restantes obtenemos ∞ X [2c2 +α(α+1)c0 ]+[3·2c3 −2c1 +α(α+1)c1 ]x+ [(n + 2)(n + 1)cn+2 + [α(α + 1) − n(n + 1)]cn ] xn = 0, n=2

por el principio de identidad tenemos: 2c2 + α(α + 1)c0

= 0

3 · 2c3 − 2c1 + α(α + 1)c1

= 0

(n + 2)(n + 1)cn+2 + [α(α + 1) − n(n + 1)]cn = 0 paran ≥ 2 La fórmula de recurrencia también la podemos escribir así: (n + 2)(n + 1)cn+2 + (α + n + 1)(α − n)cn = 0, para n ≥ 2.

5.4 Soluciones en series de potencias de ecuaciones diferenciales lineales

163

Podemos escribir los coeficientes c2 = −

α(α + 1) c0 2

c3 = −

(α + 2)(α − 1) c1 3·2

si hacemos, n = 2 c4 =

(α + 3)(α + 1)α(α − 2) c1 4·3·2

n = 3 c5 =

(α + 4)(α + 2)(α − 1)(α − 3) c1 5·4·3·2

se puede deducir que (−1)m

c2m =

c2m+1 = (−1)m

(α + 2m − 1)(α + 2m − 3) · · · (α + 1)α(α − 2) · · · (α − 2m + 2) c0 (2m)! (α + 2m)(α + 2m − 2) · · · (α + 2)(α − 1)(α − 3) · · · (α − 2m + 1) c1 (2m + 1)!

Todos los coeficientes pueden determinarse a partir de c0 y c1 , y, entonces tenemos lo siguiente y(x) = c0 y1 (x) + c1 y2 (x), donde y1 (x) = 1 +

∞ X

(−1)m

m=1

(α + 2m − 1)(α + 2m − 3) · · · (α + 1)α(α − 2) · · · (α − 2m + 2) 2m x , (2m)!

y y2 (x) = x+

∞ X

(−1)m

m=1

(α + 2m)(α + 2m − 2) · · · (α + 2)(α − 1)(α − 3) · · · (α − 2m + 1) 2m+1 x , (2m + 1)!

ambas y1 y y2 son soluciones de la ecuación de Legendre; y además ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y1 (0) y2 (0) ¯ ¯ 1 0 ¯ ¯ = 1 6= 0, ¯ ¯ ¯ = W (y1 , y2 )(0) = ¯ 0 y1 (0) y20 (0) ¯ ¯ 0 1 ¯ lo anterior establece que y1 y y2 son linealmente independientes en el intervalo ] − 1, 1[. En el caso en que α sea un entero positivo p, se puede demostrar que una de las soluciones de la ecuación de Legendre es un polinomio.

164

Solución en Series

5.5.

Aplicaciones

Ejemplo 5.5.1. Resorte vencido: Cuando se vence un resorte, el valor de su constante de resorte decrece. Un modelo para un sistema masa-resorte con un resorte vencido es mx00 (t) + bx0 (t) + ke−ηt x(t) = 0, donde m es la masa, b la constante de amortiguamiento, k y η son constantes positivas, y x(t) es el desplazamiento del resorte con respecto de la posición de equilibrio. Sea m = 1 kg, b = 2 N − s/m, k = 1 N/m y η = 1 s−1 . El sistema se pone en movimiento desplazando la masa un metro con respecto de su posición de equilibrio y luego se libera (x(0) = 1, x0 (0) = 0). Determine al menos los cuatro primeros términos no nulos en un desarrollo en serie de potencias en torno a t = 0 para el desplazamiento. Con los datos dados la ecuación diferencial a considerar es x00 (t) + 2x0 (t) + e−t x(t) = 0, tomamos una solución de la forma x(t) =

∞ X

cn tn ,

n=0

teniendo en cuenta que e

−t

=

∞ X (−1)n n=0

y 0

x (t) =

∞ X n=1

n−1

ncn t

00

n!

, x (t) =

tn ,

∞ X

n(n − 1)cn tn−2 .

n=2

Reemplazando en la ecuación diferencial tenemos "∞ #" ∞ # ∞ ∞ X X X (−1)n X n(n − 1)cn tn−2 + 2ncn tn−1 + tn cn tn = 0, n! n=2 n=1 n=0 n=0 en el tercer sumando de la igualdad anterior, efectuamos el producto de Cauchy de las dos series, esto es # #" ∞ " n "∞ # ∞ X X X (−1)k X (−1)n n n t cn−k tn , cn t = n! k! n=0 n=0 k=0 n=0 reemplazando, y haciendo la nivelación de las potencias obtenemos # " m ∞ ∞ ∞ X X X X (−1)k cm−k tm = 0, (m + 2)(m + 1)cm+2 tm + 2(m + 1)cm+1 tm + k! m=0 m=0 m=0 k=0

5.5 Aplicaciones entonces ∞ X

165

" (m + 2)(m + 1)cm+2 + 2(m + 1)cm+1 +

m=0

m X (−1)k k=0

k!

# cm−k tm = 0.

En virtud del principio de identidad obtenemos (m + 2)(m + 1)cm+2 + 2(m + 1)cm+1 +

m X (−1)k k=0

k!

cm−k = 0, para toda m ≥ 0.

Esta fórmula de recurrencia la podemos expresar así: P (−1)k 2(m + 1)cm+1 + m k=0 k! cm−k cm+2 = − para toda m ≥ 0. (m + 2)(m + 1) Hallamos ahora varios coeficientes, dándole valores a m. Si m = 0 c2 = −

2!c1 + c0 2!

m = 1 c3 = −

22 c2 + c1 − c0 3(c0 + c1 ) =− 3! 3!

m = 2 c4 = −

3!c3 + c2 − c1 + 4·3

.. .

c0 2!

=

3!c0 + 10c1 4!

.. .

Escribimos la solución tomando inicialmente x(t) = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 + c4 t4 + · · · entonces

2c1 + c0 2 3c1 + 3c0 3 3!c0 + 10c1 4 t − t + t + ··· 2! 3! 4! reagrupando los términos se tiene · ¸ · ¸ 1 2 3 3 3! 4 2 2 3 3 10 4 x(t) = c0 1 − t − t + t + · · · + c1 t − t − t + t + · · · 2! 3! 4! 2! 3! 4! x(t) = c0 + c1 −

Aplicando las condiciones iniciales obtenemos x(0) = 1 = c0 x0 (0) = 0 = c1 En consecuencia la solución pedida es x(t) = 1 −

t2 t3 t4 − + − ··· 2! 2! 4

166

Solución en Series Ejemplo 5.5.2. Columnas con flexión lateral: En el estudio de la flexión lateral de una columna con sección transversal variable aparece la ecuación xn y 00 (x) + α2 y(x) = 0, x > 0,

(5.13)

donde x se relaciona con la altura sobre el suelo y y es la flexión con respecto de la vertical. La constante positiva α depende de la rigidez de la columna, su momento de inercia en la parte superior y la carga. El entero positivo n depende del tipo de columna. Por ejemplo, cuando la columna es un cono truncado (véase la figura 36), tenemos n = 4. (a) Usar la sustitución x = t−1 para reducir (5.13) con n = 4 en la forma d2 y 2 dy + + α2 y = 0, t > 0. 2 dt t dt (b) Determine al menos los tres primeros términos no nulos en el desarrollo en serie en torno a t = 0 para la solución general de la ecuación obtenida en la parte (a). (c) Use el resultado de la parte (b) para dar un desarrollo en torno de x = ∞ para una solución general de (5.13). Solución: dt = −x−2 , así que, por la regla de la cadena dx

(a) x = t−1 , entonces t = x−1 , luego

dy dy dt 1 dy = =− 2 , dx dt dx x dt entonces

d2 y 1 d2 y dt 2 dy 1 d2 y 2 dy =− 2 2 + 3 = 4 2 + 3 2 dt x dt dx x dt x dt x dt

de donde x4 y 00 (x) + α2 y(x) = En consecuencia

d2 y dy + 2x + α2 y = 0. 2 dt dt

d2 y 2 dy + + α2 y = 0, t > 0. dt2 t dt

(b) Aplicando e método de Frobenius tenemos y=

∞ X

cn tn+r

n=0

entonces 0

y =

∞ X n=0

(n + r)cn tn+r−1

5.5 Aplicaciones

167

y

∞ X y = (n + r)(n + r − 1)cn tn+r−2 . 00

n=0

Reemplazando en la ecuación diferencial obtenida en la parte (a) se tiene ∞ X

(n + r)(n + r − 1)cn t

n+r−2

+

n=0

∞ X

2(n + r)cn t

n+r−2

+

n=0

∞ X

α2 cn tn+r = 0,

n=0

haciendo la nivelación de las potencias obtenemos ∞ X

(m + r + 2)(m + r + 1)cm+2 t

m+r

m=−2

+

∞ X

2(m + r + 2)cm+2 t

m+r

m=−2

+

∞ X

α2 cm tm+r = 0,

m=0

entonces r(r − 1)c0 tr−2 + r(r + 1)c1 tr−1 + 2rc0 tr−2 + 2(r + 1)c1 tr−1 +

∞ X

[(m + r + 2)(m + r + 1)cm+2 + 2(m + r + 2)cm+2 + α2 cm ]tm+r = 0.

m=0

En virtud del principio de identidad obtenemos r(r − 1)c0 + 2rc0 = 0, o (r2 + r)c0 = 0 de donde si c0 6= 0, se tiene que r1 = 0 y r2 = −1. También r(r + 1)c1 + 2(r + 1)c1 = 0, o (r + 2)(r + 1)c1 = 0 de donde c1 = 0. Además (m + r + 2)(m + r + 1)cm+2 + 2(m + r + 2)cm+2 + α2 cm = 0, m ≥ 0, esta última es la fórmula de recurrencia, la cual la podemos expresar así cm+2 = −

α 2 cm , m ≥ 0. (m + r + 2)(m + r + 3)

Si r1 = 0, tenemos cm+2 = −

α 2 cm m ≥ 0. (m + 2)(m + 3)

168

Solución en Series Hallamos ahora varios coeficientes, dándole valores a m. Si m = 0 c2 = − m = 1 c3 = −

α 2 c0 6 α 2 c1 =0 12

m = 2 c4 =

α 4 c0 120

m = 3 c5 =

α 4 c1 =0 360

.. .

.. .

Escribimos la solución tomando inicialmente y1 (t) = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 + c4 t4 + · · · entonces

· y1 (t) = c0

¸ 1 1 2 4 (αt) + · · · . 1 − (αt) + 6 120

Si r2 = −1, tenemos cm+2 = −

α 2 cm m ≥ 0. (m + 1)(m + 2)

Hallamos ahora varios coeficientes, dándole valores a m. α 2 c0 Si m = 0 c2 = − 2 m = 1 c3 = −

α 2 c1 =0 6

m = 2 c4 =

α 4 c0 24

m = 3 c5 =

α 4 c1 =0 120

.. .

.. .

Escribimos la solución tomando inicialmente 1 y2 (t) = [c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 + c4 t4 + · · ·] t

5.5 Aplicaciones entonces

169 · ¸ 1 c0 1 2 4 y2 (t) = 1 − (αt) + (αt) + · · · . t 2 24

La solución general es y(t) = ay1 (t) + by2 (t). 1 (c) En el item (b) reemplazamos t = , si t → 0+ , entonces x → +∞, y obtenemos la x solución general en la forma y(x) = ay1 (x) + by2 (x), donde y1 (x) = 1 − y

·

1 ³ α ´2 1 ³ α ´4 + + ··· 6 x 120 x

1 ³ α ´2 1 ³ α ´4 y2 (x) = x 1 − + + ··· 2 x 24 x

¸

170

Solución en Series

5.6.

Ejercicios

1. Resuelva, utilizando series de potencias los siguientes problemas de valores iniciales. (a) y 0 + 2y = 0, y(0) = 1. (b) y 00 − y = x, y(0) = 1, y 0 (0) = −2. (c) (1 − x)2 y 00 − (1 − x)y 0 − y = 0, y(0) = y 0 (0) = 1. 2. Resuelva, utilizando series de potencias, el siguiente problema de valores iniciales: (x2 + 1)y 00 − 2xy 0 + y = x3 ex + 2ex , y(0) = 0, y 0 (0) = 1. ¿Puede reconocer la función correspondiente a la serie obtenida? 3. Resuelva la ecuación diferencial (1 − x2 )y 00 − 2xy + 12y = 0. Muestre, a partir de la solución general en series obtenida, que tal ecuación tiene soluciones polinómicas. 4. En cada caso resuelva por medio de series de potencias la ecuación diferencial dada. (a) y 00 − y = 0. (b) (1 + x)y 0 − 1 = 0. (c) (1 + x)y 0 − y = αx2 − α. 5. Para cada uno de los problemas de valores iniciales, encuentre la solución por medio de serie de potencias: (a) (x + 1)y 0 − (3x + 4)y = 0, y(0) = 1. (b) x4 y 00 + 2x3 y 0 + xy = x + 3, y(0) = y 0 (0) = 0. (c) (x − 1)y 00 + xy 0 − 2y = 0, y(0) = −1, y 0 (0) = 2. 6. Encuentre una solución general en serie de potencias de cada una de las ecuaciones dada. En cada caso indique el intervalo de convergencia de las soluciones. (a) (x − 1)y 00 + xy 0 − 2y = 12x2 . (b) xy 00 − y 0 + xy = x2 − 1 − cos x. (c) (1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + 2y = 0. (d) (2x − x2 )y 00 − 6(x − 1)y 0 − 4y = 0. 7. Encuentre una representación en serie de potencias para la función tangente (Sugerencia: Resuelva, mediante series, un problema de valor inicial cuya única solución sea dicha función).

5.6 Ejercicios

171

8. Considere la ecuación diferencial x2 y 00 + xf1 (x)y 0 + f0 (x)y = 0, donde f0 (x) =

∞ X

bn xn , f1 (x) =

n=0

∞ X

an xn .

n=0

Demuestre que para una solución y =

∞ X

cn xn+r en serie de Frobenius, r es una raíz

n=0

de la ecuación indicial

r2 + (a0 − 1)r + b0 = 0. 9. En cada caso encuentre al menos una solución en serie de Frobenius de la ecuación dada. (a) x(1 − x)y 00 + 2(1 − 2x)y 0 − 2y = 0. (b) 16x2 y 00 + 3y = 0. (c) x2 y 00 + 6xy 0 + (6 − x2 )y = 0. (d) xy 00 + (1 − 2x)y 0 + (x − 1)y = 0. (e) xy 00 + 3y 0 + 4x3 y = 0. (f ) 2x2 (1 − 2x)y 00 + (4x2 − 8x + 5)y 0 + (2x2 − x + 1)y = 0. (g) x2 y 00 + xy 0 + (x2 − 4)y = 0. 1 (h) x2 y 00 + xy 0 + (x2 − )y = 0. 9 10. Utilice la sustitución y = ux−k , para encontrar una solución de xy 00 + (1 + 2k)y 0 + xy = 0. 11. La ecuación de Airy y 00 − xy = 0 tiene aplicaciones en la teoría de difracción. Halle la solución general por series. 12. La ecuación de Hermite y 00 − 2xy 0 + 2py = 0 en donde p es una constante, aparece en mecánica cuántica, en relación con la ecuación de Schrödinger para un oscilador armónico. Muestre que si p es un entero positivo una de las dos soluciones linealmente independiente es un polinomio, llamado polinomio de Hermite.

172

Solución en Series 13. En el estudio de un resorte no lineal con forzamiento periódico surge la ecuación de Duffing y 00 + ky + ry 3 = A cos(wt). Sean k = r = A = 1 y w = 10. Determine los tres primeros términos no nulos de las aproximaciones mediante polinomios de Taylor a la solución con valores iniciales y(0) = 0, y 0 (0) = 1. 14. Para la ecuación de Duffing dada en el problema anterior, el comportamiento de las soluciones se modifica cuando r cambia de signo. Cuando r > 0, la fuerza de restauración ky + ry 3 se vuelve más fuerte que para el resorte lineal (r = 0). Dicho resorte es duro. Cuando r < 0, la fuerza de restauración es más débil que la del resorte lineal y el resorte es suave. Los péndulos actúan como resortes suaves. (a) Vuelva a resolver el problema anterior, con r = −14 . (b) Mantenga k = A = 1 y w = 10; cambie las condiciones iniciales por y(0) = 1 y y 0 (0) = 0. Ahora vuelva a resolver el problema anterior con r = ±1. (c) Con base en los resultados de la parte (b), ¿hay alguna diferencia entre el comportamiento de los resortes suaves y duros para t pequeña? Explique. 15. En el estudio de los tubos al vacío surge la ecuación de Van Der Pol y 00 + (0,1)(y 2 − 1)y 0 + y = 0. Determine el polinomio de Taylor de grado 4 que aproxima la solución con valores iniciales y(0) = 1, y 0 (0) = 0. 16. La ecuación de Emden es una ecuación no lineal clásica que aparece en el estudio del comportamiento térmico de una nube esférica, tiene la forma 2 y 00 + y 0 + y n = 0, x 2 con condiciones iniciales y(0) = 1, y 0 (0) = 0. Aunque a1 (x) = no es analítica en x x = 0, es posible mostrar que existe una solución analítica en x = 0. Si n es un entero positivo, muestre que los primeros términos de una solución en serie de potencias son y =1−

x4 x2 + n + ··· 3! 5!

(Sugerencia: Sustituya x = 1 + c2 x2 + c3 x3 + · · · en la ecuación y calcule con cuidado los primeros términos del desarrollo de y n ). 4

Observe que para las condiciones iniciales y(0) = 0, y 0 (0) = 1, los resortes suaves y duros parecen responder de la misma forma para t pequeño.

5.6 Ejercicios

173

17. En el capítulo 3 se mostró que la carga q en el capacitor de un circuito sencillo RLC queda descrita mediante la ecuación Lq 00 (t) + Rq 0 (t) +

1 q(t) = E(t), C

Como la resistencia de un resistor se incrementa con la temperatura, supongamos que el resistor se calienta de modo que R(t) = 1 +

t omhs. 10

Véase la (figura 34). Si L = 0,1 henrys, C = 2 f arads, E(t) = 0, q(0) = 10 coulombs y q 0 (0) = 0 amperes, determine al menos los primeros cuatro términos no nulos en un desarrollo en serie de potencias en torno a t = 0 para la carga en el capacitor. 18. Al calentar un resorte, su constante decrece. Suponga que el resorte se calienta de modo que la constante en el instante t es k(t) = 6 − t N/m (véase la figura 35). Si el sistema masa-resorte sin forzamiento tiene masa m = 2 kg y una constante de amortiguamiento b = 1 N − s/m con condiciones iniciales x(0) = 3 m y x0 (0) = 0 m/s. Determine al menos los primeros cuatro términos no nulos en un desarrollo en serie de potencias en torno de t = 0 para el desplazamiento. 19. En el sistema masa-resorte para un resorte vencido analizado en el ejemplo 5.5.1, suponga que no hay amortiguamiento (es decir b = 0), m = 1 y k = 1. Para ver el efecto del desgaste en el resorte, considere a η como un parámetro positivo. (a) Vuelva a resolver el ejemplo 5.5.1 con b = 0 y η arbitrario pero fijo. (b) Haga η = 0 en el desarrollo obtenido en la parte (a). ¿Coincide este desarrollo con el de la solución del ejemplo con η = 0? (Sugerencia: Cuando η = 0, la solución es x(t) = cos t.) 20. En el ejemplo 5.5.2, considere una columna con una sección transversal rectangular, con los dos lados constantes y los otros dos cambiando en forma lineal (véase la figura 37). En este caso n = 1. Determine al menos los cuatro primeros términos no nulos en el desarrollo en serie en torno de x = 0 para una solución general de la ecuación (5.13) cuando n = 1.

ÍNDICE ALFABÉTICO

Base, 60 Campo direccional, 9 Circuitos eléctricos, 5, 87 Columnas con flexión lateral, 166 Combinación lineal, 60 Condiciones iniciales, 11 Continua por partes, 102 Convolución, 115 Críticamente amortiguado, 86 Curvas isoclinas, 10 Dimensión, 60 Discontinuidad de salto, 102 Ecuaciones de Bernoulli, 36 exacta, 25 homogéneas, 20 lineales, 23 no homogéneas, 74 Ecuación de Bernoulli, 36 de Calor, 6 de Cauchy-Euler, 80 de Clairaut, 52 de Hermite, 92

de Legendre, 92 de Riccati, 52 de Schrödinger, 92 de variables separables, 18 diferencial, 1, 3 diferencial el orden de una, 7 el tipo de una, 6 en derivadas parciales, 6, 7 exacta, 26 lineal, 7, 23 lineales, 57 ordinaria, 7, 17 homogénea, 58 homogénea con coeficientes constantes, 67 integral de Volterra, 120 logística, 44 no homogénea, 74 Ecuación de Airy, 171 de Duffing, 172 de Emden, 172 de Hermite, 171 de Legendre, 161 de Schrödinger, 171

ÍNDICE ALFABÉTICO de Van Der Pol, 172 Espacio funcional, 59 Factor integrante, 31 Factores integrantes, 30 Función compuerta unitaria, 127 de Heaviside, 110 Delta de Dirac, 114 escalón unitario, 110 Gamma, 100 homogénea, 20 periódica, 112 Generan, 60 Ley de enfriamiento de Newton, 2 de Kirchhoff, 5 de la corriente de Kirchhoff, 88 de Pareto, 53 de Torricelli, 3, 53 del voltaje de Kirchhoff, 88 Linealmente dependientes, 60 independientes, 60 Matriz wronskiana, 61 Mezclas, 4 Movimiento armónico simple, 85 forzado, 87 libre, 83 libre amortiguado, 85 Método de coeficientes indeterminados, 77 de reducción de orden, 72 de separación de variables, 17 de variación de parámetros, 74 Método de Taylor, 158 Núcleo del operador, 64

175 Operador de Laplace, 97 diferencial, 62, 63 diferencial lineal, 62, 64 integral, 63 Orden exponencial, 103 Polinomio, 69 Polinomio característico, 69 Principio de Arquímides, 16 Problema de valores iniciales, 11 Propiedad de derivada de transformada, 108 de integral de transformada, 108 de linealidad, 105 de periodicidad de la transformada, 113 de transformada de derivadas, 106 de traslación en el eje s, 105 en el eje t, 111 Raíces complejas, 81 reales distintas, 81 iguales, 81 Regla de Leibniz, 109 Resorte vencido, 164 Sistema masa-resorte, 83 Sobreamortiguado, 86 Soluciones analíticas, 148 en series de potencias, 147 Solución de la ecuación diferencial, 8 general, 8 particular, 8 singular, 8 trivial, 8 Subamortiguado, 86

176

ÍNDICE ALFABÉTICO Sustituciones diversas, 35 Tabla de transformadas de Laplace, 124 Teorema de convolución, 116 de existencia y unicidad, 10, 11, 65 para la existencia de la transformada, 103 Transformada de Laplace, 98 inversa, 98 Trayectorias ortogonales, 51 Valor característico, 69

BIBLIOGRAFÍA

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