Semana 11

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(1)TEMA 2 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Y SUS APLICACIONES. 2.1. MOTIVACIÓN Las ecuaciones diferenciales de orden mayor o igual que dos son bastante difíciles de resolver. De manera especial se estudiarán, algunas ecuaciones lineales, para las cuales existe una teoría general a efectos de su integración (las lineales a coeficientes constantes). Ya se ha visto un tipo de problema que conduce a ecuaciones de orden superior a uno: la determinación de la ecuación diferencial de una familia de curvas planas que depende de más de un parámetro. Se resolverán, inicialmente, ecuaciones diferenciales lineales de orden dos o superior, con coeficientes constantes. En las aplicaciones las ecuaciones lineales de orden superior con coeficientes variables tienen la misma importancia, si no es que más, que las de coeficientes constantes. Una ecuación lineal sencilla de segundo orden con coeficientes variables, como es y ''+ xy = 0 , no tiene soluciones elementales. Se pueden encontrar dos soluciones linealmente independientes de esta ecuación pero, según se verá, estas soluciones están representadas por series infinitas.. 2.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL DE SEGUNDO ORDEN Definición 1. Una ecuación diferencial lineal de segundo orden de coeficientes d2 y dy reales tiene la forma a 2 + b + cy = g(x) o bien ay ''+ by '+ cy = g(x) (1) con a, b, dx dx c ∈ R, a ≠ 0, g(x) una función continua en un intervalo abierto I. Cuando g(x) es diferente de cero entonces se dirá que (1) es una ecuación diferencial lineal no homogénea mientras que si g(x) = 0 entonces (1) es una ecuación diferencial lineal homogénea.. Definición 2. Sea ay ''+ by '+ cy = g(x) una ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes reales y no homogénea. A la ecuación ay ''+ by '+ cy = 0 (2) se le llamará su ecuación homogénea asociada.. Prof. José Luis Quintero. 59.

(2) 2.3. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL DE LAS SOLUCIONES Definición 3. Se dice que un conjunto de funciones f1(x),. f2 (x), ...,. fn (x) es. linealmente dependiente en un intervalo I si existen constantes c1 , c2 , ..., cn , no todas nulas, tales que c1f1(x) + c2 f2 (x) + ... + cnfn (x) = 0 para todo x en el intervalo. Ejemplo. 1.. Las. funciones. f1(x) = sen2x. dependientes en el intervalo −∞ < x < ∞. y. f2 (x) = senx cos x. son. linealmente. puesto que c1sen2x + c2senx cos x = 0 se. satisface para todo x si se elige c1 = 1 / 2 y c2 = −1 . Ejemplo 2. Las funciones f1(x) =. x + 5 , f2 (x) = x + 5x , f3 (x) = x − 1 , f4 (x) = x2 , son linealmente dependientes en 0 < x < ∞ ya que f2 (x) = 1.f1(x) + 5.f3 (x) + 0.f4 (x) para todo x del intervalo. Definición 4. Se dice que un conjunto de funciones f1(x),. f2 (x), ...,. fn (x) es. linealmente independiente en un intervalo I si no es linealmente dependiente en el. intervalo. En otras palabras, un conjunto de funciones es linealmente independiente en un intervalo si las únicas constantes para las cuales c1f1(x) + c2 f2 (x) + ... + cnfn (x) = 0 , para todo x en el intervalo, son c1 = c2 = ... = cn = 0. Ejemplo 3. Las funciones f1(x) = x y f2 (x) = x son linealmente independientes en el. intervalo −∞ < x < ∞ . El intervalo en el cual las funciones están definidas es importante en las consideraciones sobre dependencia lineal. Las funciones f1(x) = x y f2 (x) = x son linealmente independientes en el intervalo. 0<x<∞. ya que. c1x + c2 x =. c1x + c2 x = 0 se satisface para cualquier valor no nulo de c1 y c2 tal que c1 = −c2 .. 2.4. EL WRONSKIANO TEOREMA 1. Suponga que f1 (x), f2 (x), …, fn (x) tienen al menos n − 1 derivadas. Si el. determinante. f1(x). f2 (x). L. fn (x). f1' (x). f2' (x). M. M. L M. fn' (x) M. no es cero por lo menos en un punto del. f1(n −1)(x) f2(n −1)(x) L fn(n −1) (x) intervalo I, entonces f1(x), f2 (x), ..., fn(x) son linealmente independientes en I. El determinante que aparece en el teorema anterior se designa por W(f1(x), f2 (x),..., fn(x)) y se llama wronskiano de las funciones.. Prof. José Luis Quintero. 60.

(3) Ejemplo 4. f1(x) = sen2 x y f2 (x) = 1 − cos 2x son linealmente dependientes para todo x. W(sen2 x,1 − cos 2x) = 0 para todo número real. Para verificar esto, se observa que W(sen2 x,1 − cos 2x) =. sen2 x 1 − cos 2x 2senx cos x 2sen2x. = 2sen2 xsen2x − 2senx cos x + 2senx cos x cos 2x = sen2x[2sen2 x − 1 + cos 2x] = sen2x[2sen2 x − 1 + cos2 x − sen2 x] = sen2x[sen2 x + cos2 x − 1] = 0 Ejemplo 5. Para f1(x) = em1x , f2 (x) = em2x , m1 ≠ m2. W(em1x , em2x ) =. em1x. em2x. m1em1x. m2em2x. = (m2 − m1 )e(m1 + m2 )x ≠ 0. para todo valor real de x. Por lo tanto f1(x) y f2 (x) son linealmente independientes en cualquier intervalo del eje x.. 2.5. PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN TEOREMA 2. Sean y1 , y2 dos soluciones de la ecuación (2) (homogénea asociada) en el intervalo I. Si c1 , c2 ∈ R, entonces la combinación lineal y = c1y1 + c2 y2 también es solución de la ecuación (2) sobre I. Demostración. Si y = c1y1 + c2 y2 diferenciación implica. ay ''+ by '+ cy. entonces. la. que: y ' = c1y1' + c2 y'2 , y '' = c1y1'' = a[c1y1'' + c2 y2'' ] + b[c1y1' + c2 y2' ] +. = + + cy1 ] + ya que y1 , y2 son soluciones de (2). c1[ay1''. by1'. c2 [ay2''. linealidad. +. c2 y''2. de. la. operación. de. luego:. c[c1y1 + c2 y2 ]. + by2' + cy2 ] = c1[0] + c2 [0] = 0. Ejemplo 6. Demuestre que y1 = e2x , y2 = e− x son soluciones de y ''− y '− 2y = 0 . Solución. Se tiene que: y1' = 2e2x y1'' = 4e2x y2' = −e−x y2'' = e− x . Al reemplazar las derivadas en cada caso en la ecuación se obtiene:. y1'' − y1' − 2y1 = 4e2x − 2e2x − 2e2x = 0 , y''2 − y2' − 2y2 = e− x + e−x − 2e−x = 0 . Así se concluye que y1 , y2 son soluciones de la ecuación dada. Además, como. y1 , y2 no son múltiplos una de la otra, entonces la solución general de la ecuación diferencial dada es y = c1e2x + c2e−x .. Corolario 1. a. Si y1 es solución de (2) entonces un múltiplo constante también lo es, es decir y = c1y1 es una solución de (2). b. La ecuación (2) siempre tiene solución trivial y ≡ 0.. Prof. José Luis Quintero. 61.

(4) 2.6. ECUACIÓN AUXILIAR O CARACTERÍSTICA En la búsqueda de una solución de la ecuación (2) si se ensaya una solución de la forma y = emx se obtiene y ' = memx , y '' = m2emx , entonces la ecuación (2) se convierte así: am2emx + bmemx + cemx = 0 o bien emx [am2 + bm + c] = 0 . Como emx ≠ 0 ∀x ∈ R, entonces se elige m de tal manera que satisfaga la ecuación de la forma dad por am2 + bm + c = 0 (3), a esta ecuación se le denomina ecuación auxiliar o. ecuación característica de la ecuación (2). Observe que la ecuación (3) se puede determinar de manera directa a partir de la ecuación (2) simplemente sustituyendo y '' por m2 , y ' por m, y 1 en lugar de y. Se clasificarán las soluciones de la ecuación homogénea asociada (ecuación (2)) de acuerdo alos tipos de raíces de la ecuación característica (3):. TEOREMA 3. Soluciones de ay ''+ by '+ cy = 0 : a. Raíces Reales Distintas: Si la ecuación característica tiene raíces m1 , m2 reales y distintas, entonces la solución general de (2) viene dada por la expresión:. y = C1em1x + C2em2x C1 , C2 ∈ R. b. Raíces Reales Iguales: Si m1 , m2 son raíces reales iguales de la ecuación característica, entonces la solución general de (2) viene dada por la expresión: c.. y = C1em1x + C2 xem1x = (C1 + C2 x)em1x C1 , C2 ∈ R. Raíces Complejas Conjugadas. Si m1 = α + βi , m2 = α − βi son raíces complejas conjugadas de la ecuación característica, entonces la solución general de (2) viene dada por la expresión: y = C1eαx cos(βx) + C2eαx sen(β x) , es decir,. y = eαx [C1 cos(βx) + C2sen(βx)] C1 , C2 ∈ R. Ejemplo 7. Resuelva y ''− 2y '− 3y = 0 . Solución. Al escribir la ecuación característica se tiene m2 − 2m − 3 = 0 . Aplicando la fórmula cuadrática o bien factorizando de manera directa se obtiene: m2 − 2m − 3 = (m − 3)(m + 1) = 0 , entonces las raíces son m1 = 3, m2 = −1 , reales y distintas, por lo tanto, del teorema anterior se concluye que la solución general de la ecuación dada es:. y = C1e3x + C2e− x . Ejemplo 8. Resuelva y ''− 8y '+ 16y = 0. Solución. La ecuación auxiliar es: m2 − 8m + 16 = (m − 4)(m − 4) = (m − 4)2 = 0 , por lo tanto m1 = m2 = 4 . Por el teorema anterior se tiene que la solución general de la ecuación dada es: y = C1e4x + C2 xe4x = e4x (C1 + C2 x). Ejemplo 9. Resuelva y ''+ 2y '+ 2y = 0. Solución. La ecuación característica es m2 + 2m + 2 = 0. Se tiene que. m=. −2 ± 4 − 4(1)(2) −2 ± 4 − 8 −2 ± 2i = = = −1 ± i . 2 2 2. Prof. José Luis Quintero. 62.

(5) Luego m1 = −1 + i = α + βi , m2 = −1 − i = α − βi , es decir, α = −1, β = 1, por lo tanto, la solución general de la ecuación dada es: y = e− x [C1 cos(x) + C2sen(x)] .. 2.7. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN NO HOMOGÉNEAS Al comienzo del tema se consideró la ecuación ay ''+ by '+ cy = g(x) (4) con a, b, c ∈ R, a ≠ 0, g(x) una función continua en un intervalo abierto I, pero se concentró la atención para el caso en que g(x) = 0, es decir, el caso homogéneo. Se quiere estudiar ahora la ecuación (4) para el caso no homogéneo o cuando g(x) ≠ 0 .. 2.8. OPERADORES DIFERENCIALES El símbolo Dn se usa frecuentemente para designar la derivada enésima de dny una función Dny = . Por lo tanto, una ecuación diferencial lineal con coeficientes dxn. constantes any(n) + an −1y(n −1) + ... + a2 y ''+ a1y '+ a0 y = g(x) puede escribirse de la forma dada por anDny + an −1Dn −1y + ... + a2D2 y + a1Dy + a0 y = g(x) o bien de la forma dada por. (anDn + an −1Dn −1 + ... + a2D2 + a1D + a0 )y = g(x) . La expresión anDn + an −1Dn −1 + ... + a2D2 + a1D + a0 (5) se llama operador lineal de orden n. Puesto que (5) es un polinomio en el símbolo D, a menudo se abrevia como P(D). Puede demostrarse que cuando los ai , i = 0, 1, ..., n son constantes: a. P(D) puede ser, posiblemente, factorizado en operadores lineales de orden menor. Esto se consigue tratando a P(D) como si fuera un polinomio ordinario. b. Los factores de P(D) pueden conmutarse. Ejemplo 10. Los operadores. D2 + D. y. D2 − 1. se factorizan como. D(D + 1). y. (D + 1)(D − 1), respectivamente.. 2.9. OPERADOR ANULADOR y = f(x). Sea. n −1. (anD + an −1D n. una. que. + ... + a2D + a1D + a0 )f(x) = 0 n −1. diferencial anD + an −1D n. función. 2. tiene. al. entonces. menos se. dice. n que. derivadas. el. Si. operador. + ... + a2D + a1D + a0 anula a f. Si por ejemplo f(x) es una 2. constante, f(x) = k , entonces Dk = 0 . También, D2 x = 0, D3x2 = 0, etcétera. Observación 1. El operador diferencial Dn anula a cada una de las funciones 1, x, x2 ,. ..., xn-1.. Prof. José Luis Quintero. 63.

(6) Una consecuencia inmediata de la observación 1, junto con la posibilidad de derivar término a término, es que un polinomio c0 + c1x + ... + cn −1xn −1 puede ser anulado encontrando un operador que anule a la mayor potencia de x. Ejemplo 11. Hallar un operador que anule a 1 − 5x2 + 8x3 . Solución. De la observación 1 se sabe que D4 x3 = 0 y por lo tanto se tiene que. D4 (1 − 5x2 + 8x3 ) = 0 . Observación 2. El operador diferencial (D − α)n anula a cada una de las funciones. eαx , xeαx , ..., xn-1eαx . Para verificar esto, note que la ecuación auxiliar de la ecuación homogénea (D − α)n y = 0 es (m − α)n = 0. Puesto que α es una raíz de multiplicidad n, la solución general es y = c1eαx + c2 xeαx + ... + cnxn −1eαx .. Ejemplo 12. Halle un anulador para (a) e5x. (b) 4e2x − 6xe2x. Solución. a. Eligiendo α = 5 y n = 1 , de la observación 2 se obtiene que (D − 5)e5x = 0. b. Eligiendo α = 2 y n = 2 , se obtiene que (D − 2)2 (4e2x − 6xe2x ) = 0 . Ejemplo 13. Obtenga un operador diferencial que anule a la función e−3x + xex . Solución. De la observación 2, (D + 3)e−3x = 0 y (D − 1)2 xex = 0 . El producto de los dos. operadores (D + 3)(D − 1)2 anulará la combinación lineal dada. Dado que lo anterior puede no ser obvio, se necesita verificar: (D + 3)(D − 1)2 (e−3x + xex ) = (D + 3)[(D − 1)2 e−3x + (D − 1)2 xex ] = (D + 3)[16e−3x + 0]. = 16(D + 3)e−3x = 0. Si α y β son números reales, la ecuación [m2 − 2αm + (α2 + β2 )]n = 0 tiene raíces complejas α + βi y α − βi , ambas de orden de multiplicidad n. Observación 3. El operador diferencial [D2 − 2αD + (α2 + β2 )]n anula a cada una de las. funciones eαx cos βx, xeαx cos βx, x2eαx cos β x, ..., xn −1eαx cos β x, eαx senβ x, xeαx senβx,. x2eαx senβ x, ..., xn −1eαx senβ x . Ejemplo 14. Eligiendo α = 0, β = 1 y n = 2, el operador diferencial (D2 + 1)2 o bien. D4 + 2D2 + 1 , anulará cos x, x cos x, senx y xsenx . Además, también anulará cualquier combinación lineal de esas funciones.. Prof. José Luis Quintero. 64.

(7) 2.10. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Para obtener la solución general de una ecuación diferencial no homogénea con coeficientes constantes deben hacerse dos cosas: hallar la solución complementaria yc y luego, obtener cualquier solución particular yp de la ecuación no homogénea. Recuerde que una solución particular es cualquier función sin constantes arbitrarias, que satisface la ecuación idénticamente. La solución general de la ecuación no homogénea es la suma de yc y yp . Ahora bien, si P(D) representa un operador de la forma anDn + an −1Dn −1 + ... + a2D2 + a1D + a0 , entonces una ecuación diferencial lineal no homogénea con coeficientes constantes puede escribirse como P(D)y = g(x) . (6) Si. g(x) es una constante k, un polinomio en x, una función exponencial eαx , senβ x , cos β x , o consiste en sumas finitas y productos de estas funciones, siempre es posible encontrar otro operador diferencial P1(D) que anule a g(x) . Aplicando P1(D) a (6) resulta P1(D)P(D)y = P1(D)g(x) = 0. Resolviendo la ecuación homogénea P1(D)P(D)y = 0 es posible descubrir la forma de una solución particular yp de la ecuación no homogénea (6). Los ejemplos que vienen a continuación ilustran indeterminados para encontrar yp .. Ejemplo 15. Resuelva. d2 y 2. dx. +3. el. llamado. método. de. los. coeficientes. dy + 2y = 4x2 . (7) dx. Solución. Paso 1. Se resuelve la ecuación homogénea. d2 y dx. 2. +3. dy + 2y = 0 . De la ecuación dx. auxiliar m + 3m + 2 = (m + 1)(m + 2) = 0 se obtiene la función complementaria que 2. corresponde yc = c1e−x + c2e−2x . Paso 2. Se tiene que (7) puede ser transformada en homogénea derivando tres veces. cada miembro de la ecuación. En otras palabras, D3 (D2 + 3D + 2)y = 4D3 x2 = 0 (8) ya que D3x2 = 0 . La ecuación auxiliar de (8) es m3 (m + 1)(m + 2) = 0 y por lo tanto su solución general debe ser y = c1e− x + c2e−2x + c3 + c4 x + c5 x2 . 1442443 144 42444 3 yc. yp. Al trabajar con la solución particular es necesario hallar coeficientes específicos c3 , c4 y c5 . Derivando y sustituyendo resulta:. yp'' + 3yp' + 2yp ⇒ 2c5 + 3(c4 + 2c5 x) + 2(c3 + c4 x + c5x2 ) = 4x2 ⇒ (2c5 + 3c4 + 2c3 ) + (6c5 + 2c4 )x + 2c5 x2 = 4x2 2c5 + 3c4 + 2c3 = 0 Igualando coeficientes, se obtiene el sistema. 6c5 + 2c4 = 0 . 2c5 = 4. Resolviendo resulta c3 = 7, c4 = −6, c5 = 2 . De modo que, yp = 7 − 6x + 2x2. Paso 3. La solución general es y = c1e− x + c2e−2x + 7 − 6x + 2x2 .. Prof. José Luis Quintero. 65.

(8) Ejemplo 16. Resuelva y ''− 3y ' = 8e3x + 4senx . Paso 1. La ecuación auxiliar de la ecuación homogénea y ''− 3y ' = 0 es m(m − 3) = 0 y así: yc = c1 + c2e3x . Paso 2. Ahora bien, puesto que (D − 3)e3x = 0 y (D2 + 1)senx = 0 , se aplica el operador diferencial a ambos miembros: (D − 3)(D2 + 1)D(D − 3)y = 0 . La ecuación auxiliar es. (m − 3)(m2 + 1)m(m − 3) = 0 ⇒ m(m − 3)2 (m2 + 1) = 0. En consecuencia, y = c1 + c2e3x + c3 xe3x + c4 cos x + c5senx . Sustituyendo yp y 14243 1444442444443 yc. yp. simplificando resulta: yp'' − 3yp' = 3c3e3x (−c4 − 3c5 ) cos x + (3c4 − c5 )senx = 8e3x + 4senx .. 3c3 = 8 Igualando coeficientes resulta: −c4 − 3c5 = 0 . Se encuentra c3 = 8 / 3 , c4 = 6 / 5 ,. 3c4 − c5 = 4. 8 3x 6 2 xe + cos x − senx. 3 5 5 8 6 2 Paso 3. La solución general es entonces y = c1 + c2e3x + xe3x + cos x − senx . 3 5 5 c5 = −2 / 5 y por consiguiente, yp =. 2.11. MÉTODO DE VARIACIÓN DE PARÁMETROS En el tema 1 se vió que la solución general de la ecuación diferencial lineal de dy primer orden + P(x)y = f(x), (9) en donde P(x) y f(x) son continuas en un intervalo dx − P(x)dx P(x)dx − P(x)dx . (10) Ahora bien (10) tiene la forma I, es y = e ∫ e∫ f(x)dx + c1e ∫. ∫. y = yc + yp. en donde. − P(x)dx yc = c1e ∫. es una solución de. dy + P(x)y = 0 dx. (11) y. − P(x)dx P(x)dx yp = e ∫ e∫ f(x)dx (12) es una solución particular de (9). Para motivar un. ∫. método adicional para resolver ecuaciones lineales no homogéneas de orden superior se volverá a deducir la ecuación (12) mediante un procedimiento conocido como método de variación de parámetros. Suponga que y1 es una solución conocida de la ecuación (11), esto es,. dy1 + P(x)y1 = 0 . dx − P(x)dx Ya se ha demostrado que y1 = e ∫ es una solución, y puesto que la ecuación diferencial es lineal, su solución general es y = c1y1(x) . El método de. variación de parámetros consiste en encontrar una función u1 tal que yp = u1(x)y1(x) sea una solución particular de (9). En otras palabras, se reemplaza el parámetro c1 por una variable u1 . Sustituyendo yp = u1y1 en (9) resulta. Prof. José Luis Quintero. 66.

(9) dy1 du d [u1y1 ] + P(x)y1 = f(x) ⇒ u1 + y1 1 + P(x)u1y1 = f(x) dx dx dx du1  dy  ⇒ u1  1 + P(x)y1  + y1 = f(x) dx dx 144  42444 3 cero. de modo que y1. du1 f(x) dx y u1 = = f(x) . Separando variables: du1 = y1(x) dx. cual se deduce que y = u1y1 = y1. ∫. f(x). ∫ y (x) dx de lo 1. f(x) dx. y1(x). 2.12. ECUACIONES DE SEGUNDO GRADO Para adaptar el procedimiento anterior a una ecuación diferencial de segundo orden a2 (x)y ''+ a1(x)y '+ a0 (x)y = g(x), (13) se escribe (13) en la forma estándar y ''+ P(x)y '+ Q(x)y = f(x) (14) dividiendo entre a2 (x) toda la ecuación. Se supone que P(x), Q(x) y f(x) son continuas en un intervalo I. La ecuación (14) es análoga de (9). Como ya se sabe, cuando P(x) y Q(x) son constantes no hay problema para escribir. yc explícitamente. Suponga que y1 y y2 son tales que y1'' + P(x)y1' + Q(x)y1 = 0 y y''2 + P(x)y2' + Q(x)y2 = 0 . Se pregunta ahora: ¿Es posible encontrar dos funciones u1 y u2 de modo que yp = u1(x)y1(x) + u2 (x)y2 (x) sea una solución particular de (9)?. Se advierte que esto es equivalente a suponer que yc = c1y1 + c2 y2 , pero que se han reemplazado c1 y c2 por “parámetros variables” u1 y u2 . Empleando la regla del producto para derivar yp resulta yp' = u1y1' + y1u1' + u2 y2' + y2u2' (15). Si además se exige que u1 y u2 sean funciones para las cuales y1u1' + y2u'2 = 0 (16) entonces (15) se transforma en yp' = u1y1' + u2 y2' . Continuando, se encuentra que yp'' = u1y1'' + y1' u1' + u2 y2'' + y2' u2' y por lo tanto. yp'' + Pyp' + Qyp = u1y1'' + y1' u1' + u2 y2'' + y2' u2' + Pu1y1' + Pu2 y2' + Qu1y1 + Qu2 y2 = u1 [y1'' + Py1' + Qy1 ] + u2 [y2'' + Py2' + Qy2 ] + y1' u1' + y2' u2' = f(x) 144 42444 3 14442444 3 cero. . Se tiene que. cero. u1 y u2 deben ser funciones que además satisfagan la condición y1' u1' + y2' u2' = f(x). Se obtiene entonces el sistema lineal de ecuaciones:. y1u1' + y2u'2 = 0 y1' u1' + y2' u2' = f(x). Cramer, se puede expresar por medio de determinantes: 0 y2 y1. u1' =. y'2. f(x) W1 = y1 y2 W y1'. Prof. José Luis Quintero. y2'. =. −y2 f(x) y1y2'. −. y1' y2. ,. u2' =. . Por la regla de. 0. y1'. f(x) W2 y1f(x) = = . y1 y2 W y1y'2 − y1' y2 y1' y2'. 67.

(10) El determinante W se identifica como el wronskiano W de y1 y y2 . Por la independencia de y1 y y2 en I se sabe que W(y1(x), y2 (x)) ≠ 0 para todo x en el intervalo.. Ejemplo 17. Resuelva y ''− 4y '+ 4y = (x + 1)e2x . Solución. Puesto que la ecuación auxiliar es m2 − 4m + 4 = (m − 2)2 = 0 se tiene que. yc = c1e2x + c2 xe2x . Identificando. W(e2x , xe2x ) = u1' = −. e2x. xe2x. 2e2x. 2xe2x + e2x. xe2x (x + 1)e2x e. 4x. y1 = e2x. y y2 = xe2x , se evalúa el wronskiano:. = e4x . Se obtiene: x3 x2 e2x (x + 1)e2x x2 − . u'2 = = x + 1 ⇒ u2 = + x. 4x 3 2 2 e. = −x2 − x ⇒ u1 = −.  x3 x2  2x  x2   x3 x2  2x e + Por consiguiente: yp =  − − + x  xe2x =  +  e .  3  2   6 2  2       x3 x2  2x En consecuencia: y = yc + yp = c1e2x + c2 xe2x +  + e .  6 2   Ejemplo 18. Resuelva 4y ''+ 36y = csc 3x.. 1 csc 3x. Puesto que las raíces 4 de la ecuación auxiliar dada por m2 + 9 = 0 son m1 = 3i y m2 = −3i se tiene entonces Solución. Primero se escribe la ecuación como y ''+ 9y =. yc = c1 cos 3x + c2sen3x y W(cos 3x, sen3x) = Consecuentemente, u1' = −. cos 3x. −3sen3x 3 cos 3x. (sen3x)( 14 csc 3x) 3. (cos 3x)( 14 csc 3x). sen3x. =−. = 3.. 1 1 ⇒ u1 = − x 12 12. 1 cos 3x 1 ⇒ u2 = ln sen3x 3 12 sen3x 36 1 1 Por tanto, y = yc + yp = c1 cos 3x + c2sen3x − x cos 3x + (sen3x)ln sen3x . 12 36 u'2 =. =. Ejemplo 19. Halle la solución general de la ecuación y ''+ 3y '+ 2y =. 1 1 + e2x. .. Solución. Resolviendo la ecuación homogénea asociada:. m2 + 3m + 2 = 0 ⇒ (m + 1)(m + 2) = 0 ⇒ m1 = −1, m2 = −2 ⇒ yc = c1e− x + c2e−2x Calculando Wronskiano: W = y1y'2 − y1' y2 = −e−x 2e−2x + e− x e−2x = −e−3x .. y f(x) Usando variación de parámetros: u1' = − 2 = W De modo que u1(x) = arctg(ex ) .. u'2. y f(x) = 1 = W. e− x .. ex. ∫1+ e. 2x. dx =. −e−2x .. 1. x 1 + e2x = e . −e−3x 1 + e2x. dz. ∫1+ z. 2. = arctg(z) = arctg(ex ). (z = ex ). 1. 2x 1 1 + e2x = − e . De modo que u2 (x) = − ln(1 + e2x ) . −3x 2x 2 −e 1+e. Prof. José Luis Quintero. 68.

(11) e2x. ∫1+ e. 2x. dx =. dz. 1. 1. ∫ 2z = 2 ln z = 2 ln(e ) x. (z = 1 + e2x ). En consecuencia: y(x) = c1e− x + c2e−2x + e− x arctg(ex ) −. e−2x ln(1 + e2x ) . 2. 2.13. ELABORACIÓN DE UNA SEGUNDA SOLUCIÓN A PARTIR DE UNA SOLUCIÓN CONOCIDA Una de las cosas más interesantes e importantes al estudiar las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden es que es posible formar una segunda solución a partir de una solución conocida. Sea la ecuación a2 (x)y ''+ a1(x)y '+ a0 (x)y = 0 (17). Suponga que se divide entre a2 (x) para llevar la ecuación (17) a la forma dada por la expresión y ''+ P(x)y '+ Q(x)y = 0 (18), en donde P(x) y Q(x) son continuas en algún intervalo I. Suponga además que y1(x) es una solución conocida de (18) en I y que y1(x) ≠ 0 para todo x en I. Si se define y = c1y1 + c2 y2 (x) = c1y1(x) + c2u(x)y1(x) , se tiene:. y ' = c1y1' (x) + c2u(x)y1' (x) + c2u'(x)y1(x) y '' = c1y1'' (x) + 2c2u'(x)y1' (x) + c2u(x)y1'' (x) + c2u ''(x)y1(x). .. y ''+ P(x)y '+ Q(x)y = c1y1'' (x) + 2c2u'(x)y1' (x) + c2u(x)y1'' (x) + c2u''(x)y1(x) + P(x)c1y1' (x) + P(x)c2u(x)y1' (x) + P(x)c2u '(x)y1(x) + Q(x)c1y1 + Q(x)c2u(x)y1(x) = 0 c1 [y1'' (x) + P(x)y1' (x) + Q(x)y1 ] + c2u(x)[y1'' (x) + P(x)y1' (x) + Q(x)y1 ] + 144444 42444444 3 144444 42444444 3 cero. 2c2u'(x)y1' (x). cero. + c2u''(x)y1(x) + P(x)c2u '(x)y1(x) = 0. Esto implica que se debe tener 2c2u'(x)y1' (x) + c2u''(x)y1(x) + P(x)c2u '(x)y1(x) = 0 o bien c2 y1 (x)u ''(x) + c2 (2y1' (x) + P(x)y1(x))u '(x) = 0 . Si se hace el cambio w = u' la ecuación se convierte en c2 y1 (x)w '(x) + c2 (2y1' (x) + P(x)y1(x))w(x) = 0 (19).. Observe que la ecuación (19) es lineal y también separable. 2y' (x) dw dw = −c2 (2y1' (x) + P(x)y1(x))w ⇒ =− 1 c2 y1 (x) dx − P(x)dx , (c2 ≠ 0) dx w y1(x). ∫. 2y1' (x) dw =− dx − w y1(x). ∫. ∫ P(x)dx ⇒ ln w + 2 ln y. 1. ∫. ∫. = − P(x)dx ⇒ ln wy12 = − P(x)dx + k1. − P(x)dx k e ∫ − P(x)dx + k1 ⇒ wy12 = e ∫ ⇒w= 2 2 y1. ⇒u=. ∫. − P(x)dx k2e ∫. y12. dx + k3. − P(x)dx − P(x)dx   e ∫ e ∫  De modo que y = c1y1(x) + c2 k2 dx + k y (x) = C y (x) + C y (x) dx 3 1 1 1 2 1   y12 (x) y12 (x)  . ∫. Prof. José Luis Quintero. ∫. 69.

(12) Ejemplo 20. La función y1 = x2 es una solución de x2 y ''− 3xy '+ 4y = 0. Halle la solución general en el intervalo 0 < x < ∞ . Solución. Puesto que la ecuación tiene la forma alternativa entonces resulta. y2 = x2. ∫. 3 dx / x e ∫. x. 4. dx = x2. ∫. 3 dx / x e ∫. x. 4. dx = x2. dx. ∫x. y ''−. 3 4 y '+ 2 y = 0 x x. = x2 ln x . La solución. general en 0 < x < ∞ está dada por y = c1x2 + c2 x2 ln x. Ejemplo 21. Resuelva la ecuación diferencial (1 − x2 )y ''− 2xy '+ 2y = 0 en el intervalo. −1 < x < 1 , sabiendo que y1(x) = x es una solución de la ecuación. Solución.. ∫. y2 (x) = y1(x). 1 x (1 − x ) 2. 2. =. e. A 2. x. − ∫ P(x)dx. y12 (x). +. dx = x. ∫. e. ∫. 2x dx 1 − x2. x2. dx = x. dx. ∫ x (1 − x ) 2. 2. (x ≠ 0). B C D + + x 1+ x 1−x. 1 = A(1 − x ) + Bx(1 − x2 ) + Cx2 (1 − x) + Dx2 (1 + x) 2. 1 = A − Ax2 + Bx − Bx3 + Cx2 − Cx3 + Dx2 + Dx3 1 = (−B − C + D)x3 + (− A + C + D)x2 + Bx + A −B − C + D = 0 , − A + C + D = 0 , B = 0 , A = 1 A =1, B =0 , C =. 1 2. , D=. 1 2. 1 1  1  1 1 1  1 1  y2 (x) = x  2 + . + . dx = x  − + ln(1 + x) − ln(1 − x)   2 1+ x 2 1− x 2 x  x 2   1 1 1 + x  = x  − + ln    x 2 1 − x . ∫.  1 1 1 + x   x 1 + x  Entonces y(x) = c1x + c2 x  − + ln    = c1x + c2  −1 + 2 ln  1 − x   . x 2 1 − x       Se puede verificar que x = 0 también es una solución de la ecuación diferencial.. 2.14. ECUACIÓN DE EULER - CAUCHY Definición 5. Una ecuación diferencial de la forma n −1 dny y dy n −1 d anxn + a x + ... + a1x + a0 y = g(x) n −1 n n −1 dx dx dx en donde an , an-1 , ..., a0 son constantes, se llama ecuación de Euler-Cauchy o ecuación equidimensional.. Para precisar el estudio, se fijará la atención sobre la resolución de la ecuación d2 y dy homogénea de segundo orden ax2 + bx + cy = 0 . Se puede resolver la ecuación dx dx2. Prof. José Luis Quintero. 70.

(13) d2 y. dy + cy = g(x) mediante variación de parámetros, una vez dx dx que se haya determinado la función complementaria yc . no homogénea ax2. 2. + bx. 2.15. SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DE EULER - CAUCHY Se probará una solución de la forma y = xm , donde m debe ser determinada. Las derivadas primera y segunda son, respectivamente, d2 y dy = mxm −1 y = m(m − 1)xm − 2 . dx dx2 Por consiguiente, la ecuación diferencial se transforma en d2 y dy ax2 + bx + cy = ax2m(m − 1)xm − 2 + bxmxm −1 + cxm 2 dx dx. = am(m − 1)xm + bmxm + cxm = xm (am(m − 1) + bm + c). Así, y = xm será solución de la eucación diferencial cada vez que m sea solución de la ecuación auxiliar am(m − 1) + bm + c = 0 o am2 + (b − a)m + c = 0. (20) Hay que considerar tres casos diferentes dependiendo de si las raíces de esta ecuación cuadrática son reales y distintas, reales e iguales, o complejas conjugadas.. Caso I. Sean m1 y m2 raíces reales de (20) tales que m1 ≠ m2 . Entonces y1 = xm1. y2 =. xm2. y. forman un conjunto fundamental de soluciones. Por lo tanto, la solución. general es y = c1xm1 + c2 xm2 .. Ejemplo 22. Resuelva x2. d2 y dx2. − 2x. dy − 4y = 0. dx. Solución. Al suponer y = xm como solución, al derivar dos veces se tiene: d2 y dy = m(m − 1)xm − 2 . = mxm −1 y dx dx2 Sustituyendo en la ecuación diferencial: d2 y dy x2 − 2x − 4y = x2m(m − 1)xm − 2 − 2xmxm −1 − 4xm dx dx2 Ahora. y = c1x. −1. bien,. = xm (m(m − 1) − 2m − 4) = xm (m2 − 3m − 4) = 0 (m + 1)(m − 4) = 0 implica m1 = −1, m2 = 4 de modo. que. + c2 x . 4. Caso II. Si m1 = m2 , se obtiene una sola solución a saber, y = xm1 . Cuando las raíces de la ecuación cuadrática am2 + (b − a)m + c = 0 son iguales, el discriminante de los Prof. José Luis Quintero. 71.

(14) coeficientes es necesariamente cero. Por la fórmula cuadrática se sabe que la raíz debe ser m1 = −(b − a) / 2a . Ahora se puede construir una segunda solución usando la fórmula obtenida en el apartado 4.13. Se escribe primero la ecuación de Euler-Cauchy d2 y b dy c en la forma + + y = 0 y se hace la identificación P(x) = b / ax. Por 2 ax dx ax2 dx. consiguiente y2 = xm1. ∫. − (b / ax)dx e ∫. x2m1. ∫. ∫. dx = xm1 x −b / a.x −2m1 dx = xm1 x −b / a.x(b − a) / adx = xm1. ∫. dx = xm1 ln x. x. La solución general es entonces y = c1xm1 + c2 xm1 ln x Ejemplo 23. Resuelva 4x2. d2 y dx. 2. + 8x. dy + y = 0. dx. Solución. La sustitución y = xm da. 4x2. d2 y dx2. + 8x. dy + y = xm (4m(m − 1) + 8m + 1) = xm (4m2 + 4m + 1) = 0 dx. cuando 4m2 + 4m + 1 = 0 o bien (2m + 1)2 = 0. Puesto que m1 = −1 / 2, la solución general es y = c1x −1 / 2 + c2 x −1 / 2 ln x . Observación 4. Para ecuaciones de orden superior, puede demostrarse que si m1 es. una raíz de multiplicidad k, entonces xm1 , xm1 ln x, xm1 (ln x)2 , ..., xm1 (ln x)k −1 son k soluciones linealmente independientes. Caso III. Si m1 y m2 son complejas conjugadas, por ejemplo m1 = α + βi, m2 = α − β i. donde α y β > 0 son reales, entonces una solución formal es y = C1xα +βi + C2 xα −βi. Pero como en el caso de las ecuaciones cono coeficientes constantes, cuando las raíces de la ecuación auxiliar son complejas, se tratará de escribir la solución solamente en términos de funciones reales. Se destaca la identidad xβi = (eln x )βi = eβiln x , la cual, por la fórmula de Euler, es la misma que xβi = cos(β ln x) + isen(β ln x). Por lo tanto y = C1xα +βi + C2 x α −βi = xα [C1xβi + C2 x −βi ]. = xα [C1[cos(β ln x) + isen(β ln x)] + C2 [cos(β ln x) − isen(β ln x)]] = xα [(C1 + C2 ) cos(β ln x) + (C1i − C2i)sen(β ln x)] En el intervalo 0 < x < ∞ se puede verificar fácilmente que y1 = xα cos(β ln x) y. y2 = xα sen(β ln x) constituyen un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial. Se deduce que la solución general es y = x α [c1 cos(β ln x) + c2sen(β ln x)] .. Prof. José Luis Quintero. 72.

(15) Ejemplo 24. Resuelva x2. d2 y dx. 2. d y. Solución. Se tiene x2. 2. + 3x. + 3x. 2. dx. dy + 3y = 0. dx. dy + 3y = xm (m(m − 1) + 3m + 3) = 0 si m2 + 2m + 3 = 0 . dx. Con la fórmula cuadrática se encuentra m1 = −1 + 2i y m2 = −1 − 2i . Si se identifican. α = −1 y β = 2 , la solución general es y = x −1[c1 cos( 2 ln x) + c2sen( 2 ln x)] . Ejemplo 25. Resuelva x2 y ''− 3xy '+ 3y = 2x 4ex . Solución. La sustitución y = xm conduce a la ecuación auxiliar m(m − 1) − 3m + 3 = 0 o bien (m − 1)(m − 3) = 0 . Por consiguiente, yc = c1x + c2 x3 . Antes de usar variación de parámetros, se recordará que las fórmulas u1' = −y2 f(x) / W y u'2 = y1f(x) / W fueron deducidas en el supuesto de que la ecuación diferencial había sido reducida a la forma. y ''+ P(x)y '+ Q(x)y = f(x) . Consecuentemente, se divide la ecuación dada entre x2 y se hace la identificación f(x) = 2x2ex . Ahora bien, W =. que u1' = −. 3. 2 x. x (2x e ) 2x. 3. = −x2ex y u2' =. 2 x. x(2x e ) 2x. 3. x. x3 2. 1 3x. = 3x3 − x3 = 2x3 , de modo. = ex . La integral de la última función es. inmediata, pero en el caso de u1' se debe integrar dos veces por partes. Los resultados son u1 = −x2ex + 2xex − 2ex y u2 = ex . Luego,. yp = u1y1 + u2 y2 = (−x2ex + 2xex − 2ex )x + ex x3 = 2x2ex − 2xex . Finalmente se tiene y = yc + yp = c1x + c2 x3 + 2x2ex − 2xex . Ejemplo 26. Resuelva y '' =. y' y ln(x) , y(1) = y(2) = 0 . +3 2 + x x x. Solución. Al manipular la ecuación se tiene x2 y ''− xy '− 3y = x.ln(x) , x ≠ 0 .. Ecuación de Euler de segundo orden no homogénea. Solución de la ecuación homogénea asociada x2 y ''− xy '− 3y = 0 :. yc (x) = c1y1 + c2 y2 = c1x3 + c2 x −1 . Al utilizar el método de variación de parámetros se tiene que:. u1'. =−. y2 f(x) y1y'2. −. y1' y2. =−. ln(x) x2 3 −2. −x x. Resolviendo la integral. 1 4. ∫. 2 −1. − 3x x. ln(x) x. 3. =. ln(x) x2. 4x. =. ln(x) 3. 4x. ⇒ u1 =. 1 dx se sigue que 4. ∫. ln(x) x3. 1 4. ∫. ln(x) x3. dx. 1 z 1 dz = 4 e2z 4 (z = ln(x)). dx =. ∫. ∫e. −2z. zdz. .. 1 −2z e . 2 1 1 1 1   1  1 ln(x) =  − ze−2z − e−2z  =  − − . 2 4 2 4 4x2   4 2 x. u = z ⇒ du = dz , dv = e−2zdz ⇒ v = − 1 4. ∫e. u'2 =. −2z. zdz =. 1  1 −2z 1 − ze + 4  2 2. y1f(x) y1y'2 − y1' y2. =−. ∫e. −2z.  dz  . x2 ln(x) x ln(x) 1 =− ⇒ u2 = − 4x 4 4. Prof. José Luis Quintero. ∫ x ln(x)dx 73.

(16) dx x2 , dv = xdx ⇒ v = . x 2  1 1  x2 1 1  x2 x2  1  1 ln(x) 1  − − x ln(x)dx = −  ln(x) − xdx  = −  ln(x) −  = − − 2 2 4 4  2 2 4 2 4 4 2 x 4x      1 x 1 x La solución es y(x) = yc + yp = c1x3 + c2 x −1 − x ln(x) − . − x ln(x) + 8 16 8 16 c1 + c2 = 0  ln(2) ln(2)  Si y(1) = y(2) = 0 entonces  y se tiene que ⇒ c1 = , c2 = − c2 1 15 15 = ln(2) 8c1 +  2 2 ln(2) 3 ln(2) −1 1 y(x) = x − x − x ln(x) 15 15 4. Resolviendo −. 1 4. ∫. x ln(x)dx se sigue que u = ln(x) ⇒ du =. ∫. ∫. 2.16. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden tienen una amplia variedad de aplicaciones en la ciencia e ingeniería. En las próximas secciones se explorará una de ellas: las vibraciones mecánicas.. Ejemplo 27. Se sabe que los objetos en caída libre cercanos a la superficie de la Tierra tienen una aceleración constante g. Ahora bien, la aceleración es la derivada de la velocidad y ésta, a su vez, es la derivada de la distancia s. Luego, si se toma como d2s = −g es dirección positiva la dirección vertical hacia arriba, se tiene que la fórmula dt2 la ecuación diferencial que da la distancia vertical recorrida por el cuerpo que cae. Se usa el signo menos puesto que el peso del cuerpo es una fuerza de dirección opuesta a la dirección positiva. Si además se supone que desde el techo de un edificio de altura s0 se lanza una piedra hacia arriba con una velocidad inicial v0 , en tal caso se debe resolver. d2s dt2. = −g, 0 < t < t1 , sujeta a las condiciones adicionales s(0) = s0 , s '(0) = v0 .. Aquí t = 0 se toma como el instante inicial en el que la piedra sale del techo del edificio y t1 es el tiempo transcurrido hasta que ésta cae a tierra. Puesto que la piedra se lanza hacia arriba, naturalmente se da por sentado que v0 > 0 . Por supuesto, esta formulación del problema ignora otras fuerzas tales como la resistencia del aire que actúa sobre el cuerpo.. 2.17. MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE O MOVIMIENTO VIBRATORIO LIBRE NO AMORTIGUADO Considere el movimiento de un objeto de masa m, en el extremo de un resorte en posición vertical. De acuerdo a la ley de Hooke, que dice que si el resorte se estira (o comprime) x unidades a partir de su longitud natural, entonces ejerce una fuerza que es proporcional a x: fuerza restauradora = −kx , donde k es una constante positiva Prof. José Luis Quintero. 74.

(17) (llamada constante de elasticidad). Si se ignoran las fuerzas de resistencia externas (debidas a resistencia del aire o a la fricción) entonces, por la segunda ley de Newton d2 x d2 x (fuerza es igual a masa por aceleración), se tiene m 2 = −kx o m 2 + kx = 0 . Esta dt dt. es una ecuación diferencial lineal de segundo orden. Su ecuación característica es mr2 + k = 0 con raíces r = ±ωi, donde ω = k m . Por tanto, la solución general viene dada por x(t) = c1 cos ωt + c2senωt . Ejemplo 28. Un resorte con masa de 2 Kg tiene una longitud natural de 0.5 m. Es necesaria una fuerza de 25.6 Nw para mantenerlo estirado y alcanzar una longitud de 0.7 m. Si el resorte se estira hasta medir 0.7 m y luego se suelta con velocidad inicial igual a cero, encuentre la posición de la masa en cualquier tiempo t. Solución. De la ley de Hooke, la fuerza necesaria para estirar el resorte es k.0.2 = 25.6 ⇒ k = 25.6 / 0.2 = 128. Usando este valor de la constante de elasticidad k, junto. d2 x. + 128x = 0. La solución de esta ecuación según el análisis dt2 general anterior es x(t) = c1 cos 8t + c2sen8t . Se da la condición inicial x(0) = 0.2, por tanto c1 = 0.2. Derivando la ecuación anterior se obtiene x '(t) = −8c1sen8t + 8c2 cos 8t .. con m = 2 se tiene 2. Como la velocidad inicial está dada como x '(0) = 0 , se tiene c2 = 0 y por tanto la solución es x(t) =. 1 5. cos 8t . Analizando un poco la ecuación x(t) = c1 cos ωt + c2senωt , se. tiene que el período de las vibraciones libres es T = 2π ω y la frecuencia f = 1 T = ω 2π . Por ejemplo, para x(t) =. 1 5. cos 8t (ver figura 1) el período es 2π 8 = π 4 y la frecuencia. 4 π . El primer número indica que la gráfica de x(t) se repite cada π 4 unidades; el último número indica que hay 4 ciclos de la gráfica cada π unidades. Además, se puede demostrar que el período 2π ω es el intervalo de tiempo entre dos máximos sucesivos de x(t) .. Figura 1. Gráfica del movimiento armónico simple para el ejemplo 28.. Prof. José Luis Quintero. 75.

(18) A veces es útil escribir la ecuación x(t) = c1 cos ωt + c2senωt en una forma equivalente x(t) = Asen(ωt + φ) , donde A =. que senφ =. c1 , A. cos φ =. c12 + c22 (amplitud), φ (ángulo de fase), tal. c2 . Para demostrar la fórmula anterior se tiene: A. Asen(ωt + φ) = =. c12 + c22 (senωt cos φ + cos ωtsenφ) c12 + c22 .senωt.. c2 c12. +. c22. + c12 + c22 .cos ωt.. c1 c12. + c22. = c1 cos ωt + c2senωt Para el caso x(t) = que x(t) =. 1 5. 1 5. cos 8t. se tiene senφ = 1, cos φ = 0 ⇒ φ = π 2 . De modo. sen(8t + 2π ) .. 2.18. MOVIMIENTO VIBRATORIO Se supondrá en el estudio que sigue que la fuerza de amortiguación que actúa sobre un cuerpo está dada por un múltiplo constante de dx dt (en muchos casos, la fuerza de amortiguación es proporcional a (dx / dt)2 , por ejemplo, en problemas de hidrodinámica). Cuando no actúan otras fuerzas exteriores sobre el sistema, se tiene d2 x dx por la segunda ley de Newton, que m. 2 = −kx − β , en donde β es una constante dt dt. de amortiguación positiva y el signo negativo se debe a que la fuerza amortiguadora actúa en dirección opuesta al movimiento. Dividiendo la ecuación anterior entre la masa m, se obtiene la ecuación diferencial del movimiento vibratorio amortiguado libre d2 x β dx k d2 x dx o bien + . + x = 0 + 2λ + ω2 x = 0 . 2 2 m dt m dt dt dt El símbolo 2λ se usa sólo por conveniencia algebraica ya que la ecuación auxiliar es m2 + 2λm + ω2 = 0 y por lo tanto las correspondientes raíces son. m1 = −λ + λ2 − ω2 , m2 = −λ − λ2 − ω2 . Según el signo algebraico de λ2 − ω2 , se pueden distinguir tres casos posibles:. CASO I. λ2 − ω2 > 0 . En esta situación, se dice que el sistema está sobreamortiguado, puesto que el coeficiente de amortiguación β es grande comparado son la constante k del resorte. La correspondiente solución es x(t) = c1em1t + c2em2t m1 , m2 ambas < 0,.  o bien x(t) = e−λt  c1e . λ2 −ω2 t. + c2e−. λ2 −ω2 t.  . . Ejemplo 29. Se verifica fácilmente que la solución del problema de valor inicial d2 x dx +5 + 4x = 0, x(0) = 1, x '(0) = 1 es x(t) = 53 e− t − 23 e−4t . El problema puede ser 2 dt dt Prof. José Luis Quintero. 76.

(19) interpretado como una representación del movimiento sobreamortiguado de una masa sujeta a un resorte. La masa parte desde una posición que se encuentra 1 unidad debajo de la posición de equilibrio, con una velocidad dirigida hacia debajo de 1 m/seg. Para trazar la gráfica de x(t), se encuentra el valor de t para el cual la función tiene un extremo, esto es, el valor de t para el cual la primera derivada (velocidad) es cero. Derivando resulta x '(t) = − 53 e− t +. t=. 1 ln 58 3. 8 3. e−4t. de modo que x '(t) = 0 implica e3t =. 8 5. ⇒. ≈ 0.157. Por intuición física y por el estudio de la derivada en un entorno del. punto, se deduce que efectivamente x(0.157) = 1.069 m es un máximo. En otras palabras, la masa alcanza un desplazamiento máximo de 1.069 m debajo de la posición de equilibrio. Se debe averiguar también si la gráfica cruza el eje t, esto es, saber si la masa pasa por la posición de equilibrio. Esto no puede suceder en este caso puesto que la ecuación x(t) = 0,. o sea e3t =. 2 5. , tiene una solución físicamente. irrelevante t ≈ −0.305 . La gráfica del ejemplo es la siguiente (figura 2):. Figura 2. Gráfica del ejemplo 29.. CASO II. λ2 − ω2 = 0 . Se dice que el sistema está críticamente amortiguado, ya que una pequeña disminución de la fuerza de amortiguación produciría un movimiento oscilatorio. La solución general es x(t) = c1em1t + c2 tem1t m1 < 0 , o x(t) = e−λt (c1 + c2 t) .. Ejemplo 30. Un cuerpo que pesa 8 lb estira un resorte 2 pies. Suponiendo que una fuerza de amortiguación numéricamente igual a dos veces la velocidad instantánea actúa sobre el sistema y que el peso se suelta desde la posición de equilibrio con una velocidad dirigida hacia arriba de 3 pies / seg , determinar la ecuación del movimiento.. Solución. Por la ley de Hooke se tiene 8 = 2k ⇒ k = 4 lb / pies y por m = W / g,. m=. 8 32. =. 1 4. slug . En consecuencia, la ecuación diferencial del movimiento es 1 d2 x dx d2 x dx o bien . 2 = −4x − 2 +8 + 16x = 0 . 2 4 dt dt dt dt. Prof. José Luis Quintero. 77.

(20) Las condiciones iniciales son x(0) = 0, x '(0) = −3. Ahora bien, la ecuación auxiliar es m2 + 8m + 16 = (m + 4)2 = 0 , de modo que m1 = m2 = −4 . Por tanto, al sistema está críticamente amortiguado y x(t) = c1e−4t + c2 te−4t . La condición inicial x(0) = 0 exige de inmediato que c1 = 0, por el contrario, usando x '(0) = −3 resulta c2 = −3 . Así, la ecuación del movimiento es x(t) = −3te−4t . La gráfica del ejemplo es la siguiente (figura 3):. Figura 3. Gráfica del ejemplo 30.. CASO III. λ2 − ω2 < 0 . En este caso se dice que el sistema está subamortiguado, ya que el coeficiente de amortiguación es pequeño comparado con la constante del resorte. Las raíces m1 y m2 son complejas, m1 = −λ + ω2 − λ2 i, m2 = −λ − ω2 − λ2 i , y. por lo tanto la solución general es x(t) = e−λt (c1 cos( ω2 − λ2 t) + c2sen( ω2 − λ2 t)) . El movimiento es oscilatorio, sin embargo, a causa del coeficiente e−λt , las amplitudes de variación tienden a cero cuando t → ∞ . Ejemplo 31. Un cuerpo que pesa 16 lb se sujeta a un resorte de 5 pies de largo. En estado de equilibrio, el resorte mide 8.2 pies. Si el peso se empuja hacia arriba y se suelta, a partir del reposo, desde un punto que está 2 pies sobre la posición de equilibrio, determinar los desplazamientos x(t) sabiendo además que el medio ofrece una resistencia numéricamente igual a la velocidad instantánea. Solución. El alargamiento experimentado por el resorte después que se le sujeta el peso es 8.2 − 5 = 3.2 pies, luego por la ley de Hooke se obtiene que 16 = k(3.2) ⇒ k = 5 lb / pie. Además, m = 16 32 = 1 2 slug , y la ecuación diferencial que resulta es. 1 d2 x dx d2 x dx o bien . 2 = −5x − +2 + 10x = 0. Esta última ecuación se resuelve sujeta 2 2 dt dt dt dt a las condiciones x(0) = −2, x '(0) = 0 . Las raíces de m2 + 2m + 10 = 0 son m1 = −1 + 3i y m2 = −1 − 3i lo cual implica que el sistema está subamortiguado y Prof. José Luis Quintero. 78.

(21) x(t) = e− t (c1 cos 3t + c2sen3t) . Ahora bien, de las condiciones iniciales se tiene c1 = −2, c2 = − 23 . Finalmente se tiene x(t) = e− t (−2 cos 3t −. 2 3. sen3t). La gráfica del ejemplo es la. siguiente (figura 4):. Figura 4. Gráfica del ejemplo 31.. 2.19. MOVIMIENTO VIBRATORIO FORZADO Suponga que ahora se considera además una fuerza exterior f(t) que actúa sobre una masa oscilante sujeta a un resorte. Al incluir f(t) en la formulación de la d2 x β dx k f(t) d2 x dx segunda ley de Newton resulta , o + . + x= + 2λ + ω2 x = F(t) , en 2 m dt m m dt dt dt2 donde F(t) = f(t) m y, tal como en la sección precedente, 2λ = β m , ω2 = k m . Para resolver la última ecuación no homogénea se puede usar indistintamente el método de los coeficientes indeterminados o el de variación de parámetros.. Ejemplo 32. Interprete y resuelva el problema de valor inicial 1 d2 x dx 1 . 2 + 1.2 + 2x = 5 cos 4t , x(0) = , x '(0) = 0. 5 dt dt 2 Solución. Se puede interpretar el problema como una representación de un sistema oscilatorio que consiste en una masa (m = 15 Kg) sujeta a un resorte (k = 2 N / m) . La masa se suelta, a partir del reposo, desde un punto que está 21 unidades (metro) bajo la posición de equilibrio. El movimiento es amortiguado (β = 1.2) y es impulsado por una fuerza externa periódica. Primero se multiplica por 5 y se resuelve la ecuación d2 x dx homogénea +6 + 10x = 0 por los métodos usuales. Si m1 = −3 + i, m2 = −3 − i se 2 dt dt tiene xc (t) = e−3t (c1 cos t + c2sent). Usando coeficientes indeterminados, se postula una Prof. José Luis Quintero. 79.

(22) solución particular de la forma xp (t) = A cos 4t + Bsen4t . El sistema de ecuaciones que resulta es. −6A + 24B = 25 de solución A = −25 / 102 y B = 50 / 51 . Se tiene pues −24A − 6B = 0 25 x(t) = e−3t (c1 cos t + c2sent) − 102 cos 4t +. 50 51. sen4t.. Si en la ecuación anterior se hace t = 0 , inmediatamente resulta c1 = 38 / 51 .. Derivando la expresión y haciendo t = 0 se encuentra además que c2 = −86 / 51 . Por lo tanto, la ecuación del movimiento viene dada por la expresión de la forma 86 50  38  25 x(t) = e−3t  cos t − sent  − cos 4t + sen4t. . Se puede observar que la 51 51  51  102. 86  38  función complementaria xc (t) = e−3t  cos t − sent)  tiene la propiedad particular 51 51   lím xc (t) = 0 . Puesto que xc (t) se vuelve insignificante (es decir tiende a cero cuanto t →∞. t → ∞ , se dice que es un término transitorio o una solución transitoria. Ejemplo 33. Resuelva el problema de valor inicial d2 x + 64x = 16 cos 8t , x(0) = 0, x '(0) = 0. dt2 Solución. La solución complementaria es xc = A cos 8t + Bsen8t . La solución particular. es de la forma xp = t(a cos 8t + bsen8t). Sustituyendo se tiene a = 0 , b = 1 . Así la solución general es. x(t) = A cos 8t + Bsen8t + tsen8t . De las condiciones iniciales,. rápidamente se encuentra que A = B = 0 , de donde x = t.sen8t. El gráfico del ejemplo es el siguiente (figura 5):. Figura 5. Gráfica del ejemplo 33.. Se ve del gráfico (figura 5) que las oscilaciones van creciendo sin límite. Naturalmente, el resorte está limitado a romperse dentro de un corto tiempo. Se debería notar que en este ejemplo el amortiguamiento fue ignorado y ocurrió Prof. José Luis Quintero. 80.

(23) resonancia porque la frecuencia de la fuerza externa aplicada fue igual a la frecuencia natural del sistema no amortiguado.. 2.20. SOLUCIONES EN FORMA DE SERIES DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES Numerosas ecuaciones diferenciales no se pueden resolver explícitamente en términos de combinaciones finitas de funciones simples conocidas. Esto ocurre incluso para ecuaciones que parecen sencillas, como y ''− 2xy '+ y = 0 . Sin embargo, es importante poder resolver ecuaciones como la anterior, porque surgen en problemas físicos. En ese caso, se emplea el método de serie de potencias, es decir, se busca una ∞. solución de la forma y = f(x) =. ∑c x. n. n. = c0 + c1x + c2 x2 + c3x3 + .... n=0. El método consiste en sustituir esta expresión en la ecuación diferencial y determinar los valores de los coeficientes c0 , c1 , c2 , ... . Esta técnica es semejante al método de coeficientes indeterminados. Se ilustrará el método en la ecuación y ''+ y = 0 , que es sencilla. Es cierto que ya se sabe cómo resolver esta ecuación por técnicas anteriores, pero es más fácil entender el método de las series de potencias cuando se aplica a una ecuación más sencilla. Ejemplo 34. Utilice una serie de potencias para resolver la ecuación y ''+ y = 0. ∞. Solución. Suponga que hay una solución de la forma y = c0 + c1x + c2 x2 + ... =. ∑c x. n. n. .. n =0. ∞. Se puede derivar una serie de potencias término a término, y y ' =. ∑ nc x n. n −1. ,. n =1. ∞. y '' =. ∑ n(n − 1)c x n. n−2. . Para comparar y y y '' con más facilidad, se escribe y '' como. n=2. ∞. sigue: y '' =. ∑ (n + 2)(n + 1)c. n n+ 2x. . Sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene. n =0. ∞. ∑. ∞. (n + 2)(n + 1)cn + 2 xn +. n=0. ∑ n =0. ∞. cnxn = 0 o bien. ∑ [(n + 2)(n + 1)c. n+2. + cn ]xn = 0 . De donde se. n=0. deduce que (n + 2)(n + 1)cn + 2 + cn = 0 ⇒ cn + 2 = −. cn (n + 1)(n + 2). n = 0,1, 2, 3,.... Para:. c0 c0 c c c . n = 1 : c3 = − 1 . n = 2 : c4 = − 2 = = 0. 1.2 2.3 3.4 1.2.3.4 4! c3 c0 c c1 c1 c4 . n = 4 : c6 = − n = 3 : c5 = − = = =− =− 0. 4.5 1.2.3.4.5 5! 5.6 4!.5.6 6! c5 c1 c1 . n = 5 : c7 = − =− =− 6.7 5!.6.7 7! n = 0 : c2 = −. Prof. José Luis Quintero. 81.

(24) La expresión para los coeficientes es: c c1 Para los pares: c2n = (−1)n 0 . Para los impares: c2n +1 = (−1)n . (2n)! (2n + 1)! De modo que: y = c0 + c1x + c2 x2 + c3x3 + c4 x4 + c5 x5 + ....     x2 x4 x6 x2n x3 x5 x7 x2n +1 = c0  1 − + − + ... + (−1)n + ... + c1  x − + − + ... + (−1)n + ...     2! 4! 6! (2n)! 3 5! 7! (2n + 1)!     ∞. = c0. ∑. ∞. (−1)n. n =0. x2n x2n +1 + c1 (−1)n . (2n)! (2n + 1)! n=0. ∑. Note que hay dos constantes arbitrarias, c0 y c1 . Si se reconocen las series obtenidas en el ejemplo 34 como las series de MacLaurin para cos(x) y sen(x), se puede escribir la solución de la forma y(x) = c0 cos(x) + c1sen(x) . Pero por lo general no se pueden expresar las soluciones de las ecuaciones diferenciales en forma de series de potencias en términos de funciones conocidas. Para simplificar las cosas, se va a restringir el estudio a ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden de la forma p(x)y ''+ q(x)y '+ r(x)y = 0 , donde p(x), q(x) y r(x) son polinomios. Resulta que tales ecuaciones diferenciales si surgen mucho en la práctica, y también una vez se tenga información en relación a ellas es facil generalizar a ecuaciones de orden superior o más complicadas. Una de tales generalizaciones se refiere al caso donde p(x), q(x) y r(x) son funciones analíticas, esto es, tienen expansiones en series de potencias en algún intervalo de convergencia. q(x)y '+ r(x)y . Ahora si ha de existir una solución Una forma de la ecuación sería y '' = − p(x) en forma de serie y se desea que exista en x = a , sería catastrófico si el denominador p(x) fuera cero para x = a . Estas situaciones serán tratadas con cuidado en secciones posteriores.. 2.21. PUNTOS ORDINARIOS Y PUNTOS SINGULARES Definición 6. Un valor de x tal que p(x) = 0 se llama un punto singular o singularidad, de la ecuación p(x)y ''+ q(x)y '+ r(x)y = 0 . Cualquier otro valor de x se. llama entonces un punto ordinario o punto no singular. Ejemplo 35. Dada la ecuación diferencial x(1 − x)y ''− (2x + 1)y '+ 3y = 0, x = 0 y x = 1. son ambos puntos singulares, mientras que otros valores de x, tales como x =. 1 2. , −3. por ejemplo, son puntos ordinarios. Ejemplo 36. La ecuación diferencial xy ''+ y '+ xy = 0 tiene un único punto singular. x = 0 . Cualesquiera otros valores son puntos ordinarios.. Prof. José Luis Quintero. 82.

(25) Ejemplo 37. Las ecuaciones y ''+ y = 0 y y ''+ 2xy '− y = 0 no tienen puntos singulares, o en otras palabras todo valor de x representa un punto ordinario. Ejemplo 38. La ecuación (x2 + 1)y ''− 2y '+ xy = 0 tiene puntos singulares dados por. x2 + 1 = 0, esto es, x = ±i . Así puntos singulares (y puntos ordinarios) pueden ser números complejos. Se tiene entonces el interesante e importante teorema siguiente: TEOREMA 4. Sea p(x)y ''+ q(x)y '+ r(x)y = 0 una ecuación diferencial donde p(x), q(x) y r(x) son polinomios. Suponga que a es cualquier punto ordinario de la ecuación, esto es, p(a) ≠ 0 . Entonces se pueden obtener las dos siguientes conclusiones: a. La solución general de p(x)y ''+ q(x)y '+ r(x)y = 0 se puede obtener al sustituir la serie de potencias (o serie de Taylor) alrededor de x = a dada por ∞. y = a0 + a1(x − a) + a2 (x − a)2 + ... =. ∑ a (x − a). j. j. j=0. en la ecuación diferencial dada. b. Las soluciones con series obtenidas en el apartado anterior convergen para todos los valores de x tales que x − a < R , donde R es la distancia del punto a la. singularidad más próxima. Con frecuencia se llama a R el radio de convergencia. Las series pueden o no pueden converger para x − a = R , pero definitivamente divergen para x − a > R . Con frecuencia es fácil confirmar la segunda conclusión de este teorema en relación a la convergencia de las soluciones con series usando la prueba del cociente aprendida en Cálculo. Ejemplo 39. Determine, en términos de series de potencias centradas en x = 0 , la. solución general de la ecuación diferencial (x2 + 1)y ''+ xy '− y = 0 . Solución. ∞. Si y =. ∑. ∞. ∑. cnxn entonces (x2 + 1). n=0. n=2. ∞. ∑. ∞. n(n − 1)cnxn +. n =2. ∑. n(n − 1)cnxn − 2 +. n=2. ∞. ∑. n(n − 1)cnxn − 2 + x. n =2. ∑. ∞. ∑. ∞. ∑c x. n. n. = 0.. n= 0. ∞. ncnxn −. n =1. ∑c x. n. n. = 0.. n= 0. ∞. (n + 2)(n + 1)cn + 2 xn +. n= 0. ∑. ncnxn −1 −. n =1. ∞. n(n − 1)cnxn +. ∞. ∑. ∞. ncnxn −. n =1. ∑c x. n. n. = 0.. n =0. ∞. ∑ n(n − 1) + n − 1 c. n. + (n + 2)(n + 1)cn + 2  xn = 0 . La relación de recurrencia es:. n=0. (1 − n) cn . (n + 2) 0 n = 1 ⇒ c3 = c1 c1 arbitrario 3. (n + 1)(n − 1)cn + (n + 2)(n + 1)cn + 2 = 0 ⇒ cn + 2 = n = 0 ⇒ c2 =. 1 c0 2. c0 arbitrario. Prof. José Luis Quintero. 83.

(26) 1 1 c2 = − 2 c0 4 2 2! 3 1.3 n = 4 ⇒ c6 = − c4 = 3 c0 6 2 3!. 2 c3 = 0 5 4 n = 5 ⇒ c7 = − c5 = 0 . 7. n = 2 ⇒ c4 = −. n = 3 ⇒ c5 = −. Por lo tanto. 1 1 1.3 1.3.5 8   y = c0 + c1x + c2 x2 + c3x3 + ... = c1x + c0 1 + x2 − 2 x 4 + 3 x6 − 4 x + ... 2 2 2! 2 3! 2 4!   Las soluciones son  1 y1(x) = c0 1 + x2 + 2 . ∞. ∑ (−1). n −1. 1.3.5...(2n − 3) n. 2 n!. n=2.  x2n  , . x < 1,. y2 (x) = c1x. Ejemplo 40. Determine, en términos de series de potencias centradas en x = 0 , la solución de la ecuación diferencial y ''+ 2xy '− y = 0 sujeta a las condiciones y(0) = 0 ,. y '(0) = 1 . ∞. Solución. Sean y =. ∑. ∞. Cnxn , y ' =. n =0. ∞. Sustituyendo:. ∑. ∑. Cnnxn −1 , y'' =. n =0. n =2. ∞. ∑. De modo que:. ∑. ∑C x. .. = 0.. n. n. Cnn(n − 1)xn − 2 se tiene. ∞. ∑C. k + 2 (k. + 2)(k + 1)xk .. k =0 ∞. ∑. Cn + 2 (n + 2)(n + 1)xn + 2. n=0. n−2. n=0. n =2. ∞. n. ∞. Cnnxn −. n =0. Haciendo k = n − 2 en. ∑ C n(n − 1)x n=0. ∞. ∑. Cnn(n − 1)xn − 2 + 2. ∞. n=0. ∞. Cnnxn −. ∑C x. n. n. = 0.. n=0. ∞. Entonces:. ∑ C. n + 2 (n. + 2)(n + 1) + 2Cnn − Cn  xn = 0 , de donde la relación de recurrencia. n=0. (2n − 1) Cn . Para: (n + 2)(n + 1) 1 1 3 3.1 ; ; ; n = 0 , C2 = C0 n = 1 , C3 = − C1 n = 2 , C4 = − C2 = − C0 2 3.2 4.3 4.3.2 5 5.1 7 7.3.1 ; ; n = 3 , C5 = − C3 = C1 n = 4 , C6 = − C4 = C0 5.4 5.4.3.2 6.5 6.5.4.3.2 9 9.5.1 11 11.7.3.1 ; n = 5 , C7 = − C5 = − C1 n = 6 , C8 = − C6 = − C0 7.6 7.6.5.4.3.2 8.7 8.7.6.5.4.3.2. se define como: Cn + 2 = −. De modo que:. 1 2 3.1 4 7.3.1 6 11.7.3.1 8   y = C0  1 + x − x + x − x + ... + 2! 4! 6! 8!   1 3 5.1 5 9.5.1 7 13.9.5.1 9   C1  x − x + x − x + x − ... 3! 5! 7! 9!   y 4.3.1 3 7.6.3.1 5 11.8.7.3.1 7 2  y ' = C0  x − x + x − x + ... + 4! 6! 8!  2!  3 5.5.1 9.7.5.1 13.9.9.5.1   C1  1 − x2 + x4 − x6 + x8 − ... 3! 5! 7! 9!  . Prof. José Luis Quintero. 84.

(27) Entonces: ∞ ∞   3.7.11.....(4k − 1) 2k  5.9.13.....(4k + 1) 2k +1   y = C0  1 + (−1)k +1 x  + C1  x + (−1)k x     (2k)! (2k + 1)! k =1 k =1     Con las condiciones iniciales se obtiene: 0 = C0 + 0.C1 , 1 = 0.C0 + C1 , C0 = 0 , C1 = 1 y. ∑. ∑.  la solución toma la forma y =  x +  . ∞. ∑ (−1). k. k =1. 5.9.13.....(4k + 1) 2k +1  . x  (2k + 1)! . 2.22. ECUACIÓN DE LEGENDRE Definición 7. La ecuación (1 − x2 )y ''− 2xy '+ n(n + 1)y = 0 , donde n es un entero no. negativo, aparece en muchas ocasiones en estudios avanzados de matemática aplicada, física e ingeniería. Se llama ecuación de Legendre. Dado que x = 0 es un punto ordinario de la ecuación, se sustituye la serie de ∞. potencia y =. ∑c x. n. n. , se desplazan los índices de suma y se combinan las series para. n=0. obtener. (1 − x2 )y ''− 2xy '+ n(n + 1)y = n(n + 1)c0 + 2c2  + (n − 1)(n + 2)c1 + 6c3  x ∞. +. ∑ (j + 2)(j + 1)c. j+ 2. + (n − j)(n + j + 1)c j  x j = 0,. j=2. lo cual significa que, n(n + 1)c0 + 2c2 = 0,. (n − 1)(n + 2)c1 + 6c3 = 0,. (j + 2)(j + 1)c j + 2 + (n − j)(n + j + 1)c j = 0. o sea. c2 = −. n(n + 1) c0 , 2!. c3 = −. (n − 1)(n + 2) c1 , 3!. c j+ 2 = −. (n − j)(n + j + 1) cj, (j + 2)(j + 1). j = 2, 3, 4,.... Si se hace que j tome los valores 2, 3, 4, …, la relación de recurrencia anterior da como resultado (n − 2)(n + 3) (n − 2)n(n + 1)(n + 3) c4 = − c2 = c0 4.3 4! (n − 3)(n + 4) (n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4) c5 = − c3 = c1 5.4 5! (n − 4)(n + 5) (n − 4)(n − 2)n(n + 1)(n + 3)(n + 5) c6 = − c4 = − c0 6.5 6! (n − 5)(n + 6) (n − 5)(n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4)(n + 6) c7 = − c5 = − c1 7.6 7! etc. Entonces, cuando menos para x < 1 se obtienen dos soluciones linealmente independientes en forma de series de potencias: n(n + 1) 2 (n − 2)n(n + 1)(n + 3) 4 (n − 4)(n − 2)n(n + 1)(n + 3)(n + 5) 6   y1(x) = c0 1 − x + x − x + ... 2! 4! 6!   (n − 1)(n + 2) 3 (n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4) 5 (n − 5)(n − 3)(n − 1)(n + 2)(n + 4)(n + 6) 7   y2(x) = c1  x − x + x − x + ... 3! 5! 7!  . Prof. José Luis Quintero. 85.

(28) Observe que si n es en entero par, la primera serie termina, mientras que y2 (x) es una serie infinita; por ejemplo, si n = 4 , entonces. 4.5 2 2.4.5.7 4  35 4    y1(x) = c0 1 − x + x  = c0 1 − 10x2 + x . 2! 4! 3     De igual manera, cuando n es un entero impar, la serie de y2 (x) termina con xn ; esto es, cuando n es un entero no negativo, se obtiene una solución en forma de polinomio de grado n de la ecuación de Legendre. Como se sabe que un múltiplo constante de una solución de la ecuación de Legendre también es una solución, se acostumbra elegir valores específicos de c0 o c1 , dependiendo de si n es un entero, positivo par o impar, respectivamente. Para. 1.3...(n − 1) mientras que para 2.4...n 1.3...n . Por ejemplo, n = 1 se escoge c1 = 1 , y para n = 3,5, 7,... c1 = (−1)(n −1) / 2 2.4...(n − 1) n = 0 se elige c0 = 1 , y para n = 2, 4, 6,.... cuando n = 4 , y1(x) = (−1)4 / 2. c0 = (−1)n / 2. 1.3  35 4  1 1 − 10x2 + x  = (35x4 − 30x2 + 3) . 2.4  3  8. 2.23. POLINOMIOS DE LEGENDRE Definición 8. Sea {Pn(x)} , donde n = 0,1, 2,..., la sucesión de polinomios como sigue:. P0 (x) = 1 y Pn (x) =. 1 dn n 2 n! dxn. (x2 − 1)n , (*) para n > 0 . Entonces Pn (x) es llamado el. polinomio de Legendre de grado n, y (*) se conoce como la fórmula de Rodrígues para estos polinomios. De (*) está claro que Pn (x) es un polinomio de grado n, y por cálculo directo, se ve que P0 (x) = 1, P1(x) = x, P2 (x) =. 3 2. x2 − 12 , P3 (x) =. 5 2. x3 −. 3 2. x.. TEOREMA 5. Las siguientes, son propiedades de los polinomios de Legendre: a. El polinomio enésimo Pn de Legendre, es una solución de la ecuación diferencial lineal de segundo orden (1 − x2 )y ''− 2xy '+ n(n + 1)y = 0 (Ecuación de Legendre).. b. El polinomio de Legendre de orden n + 1 satisface la identidad dada por +1 Pn +1 = 2n xPn − nn+1 Pn −1 para toda n ≥ 1 , y toda x. n +1 c. d.. Pn (−x) = (−1)nPn (x) para toda n. Pn (1) = 1 para toda n.. e.. Pn (−1) = (−1)n para toda n.. f.. Pn (0) = 0, n impar. g.. Pn' (0) = 0, n par. h. El polinomio de Legendre de grado n tiene n raíces reales distintas, entre –1 y 1.. Prof. José Luis Quintero. 86.

(29) 2.24. PUNTO SINGULAR REGULAR Definición 6. Sea x = a un punto singular de la ecuación diferencial dada por. (x − a)q(x) x →a p(x). p(x)y ''+ q(x)y '+ r(x)y = 0 . Entonces si lím. (x − a)2 r(x) existen ambos x →a p(x). y. lím. y son finitos, se llama a x = a un punto singular regular; en caso contrario se llama un punto singular irregular. Ejemplo 41. Dada la ecuación (x − 2)y ''+ 3y '− xy = 0 , se tiene p(x) = x − 2 , q(x) = 3,. (x − 2)(3) (x − 2)2 (−x) = 3, lím = 0, x →2 x →2 x−2 x−2. r(x) = −x y x = 2 es un punto singular. Como lím. esto es, ambos límites existen, x = 2 es un punto singular regular. Ejemplo. 42.. Dada. la. ecuación. x3 (1 − x)y ''+ (3x + 2)y '+ x 4 y = 0,. se. tiene. p(x) = x (1 − x), q(x) = 3x + 2, r(x) = x , y hay dos puntos singulares x = 0 y x = 1 . 3. 4. Puesto que lím. x →0. x(3x + 2) x3 (1 − x). no existe, mientras que lím. x →0. singular irregular. Puesto que lím. x →1. (x − 1)(3x + 2) x3 (1 − x). x2.x4. = 0 , x = 0 es un punto. x3 (1 − x). = −5 ,. lím. (x − 1)2 (3x + 2) x3 (1 − x). x →1. = 0 , existen. ambos, x = 1 es un punto singular regular. Basados en las observaciones, se conjetura la verdad del siguiente: TEOREMA 7. Sea x = a un punto singular regular de la ecuación diferencial p(x)y ''+ q(x)y '+ r(x)y = 0 , donde p(x), q(x) y r(x) son polinomios, y suponga que x = a. (x − a)q(x) x →a p(x). es un punto singular regular, esto es lím. y. (x − a)2 r(x) existen ambos x →a p(x) lím. y son finitos, entonces la ecuación tiene una solución de la forma ∞. y = (x − a)r [a0 + a1(x − a) + a2 (x − a)2 + ...] =. ∑ a (x − a). j+r. j. ,. j= 0. donde la serie aparte del factor (x − a)r converge para todo x tal que x − a < R y donde R es la distancia de x = a a la singularidad más próxima (por supuesto distinta de a). La serie puede o no puede converger para x − a = R pero definitivamente diverge para x − a > R .. 2.25. MÉTODO DE FROBENIUS Ejemplo 43. Resuelva 3xy ''+ y '− y = 0 . ∞. Solución. Se ensayará una solución de la forma y =. ∑c x n. n +r. . Ahora bien,. n=0. ∞. y' =. ∑ n =0. Prof. José Luis Quintero. (n + r)cnxn + r −1 , y '' =. ∞. ∑ (n + r)(n + r − 1)c x n. n +r −2. .. n=0. 87.

(30) ∞. ∑. 3xy ''+ y '− y = 0 ⇒ 3. (n + r)(n + r − 1)cnxn + r −1 +. n=0. ∞. ∑. (n + r)cnxn + r −1 −. n =0. ∞. ∑c x n. n +1. =0. n=0. ∞   [(n + r + 1)(3n + 3r + 1)cn +1 − cn ]xn  = 0 ⇒ xr r(3r − 2)c0 x −1 +   n=0 lo cual implica r(3r − 2)c0 = 0 , (n + r + 1)(3n + 3r + 1)cn +1 − cn = 0 , n = 0,1, 2,... Puesto que nada se logra eligiendo c0 = 0 , se debe tener r(3r − 2) = 0 (∗) y. ∑. cn , n = 0,1,2,... (n + r + 1)(3n + 3r + 1) Al sustituir los dos valores de r encontrados en (∗) , r1 = 2 / 3 y r2 = 0 , resultan cn +1 =. dos relaciones de recurrencia diferentes: r1 = 2 / 3, cn +1 =. cn , n = 0,1, 2,... (3n + 5)(n + 1). cn , n = 0,1, 2,... . De la primera relación de recurrencia: (n + 1)(3n + 1) c c0 c0 c c0 c c ,… c1 = 0 , c2 = 1 = , c3 = 2 = , c4 = 3 = 5.1 8.2 2!.5.8 11.3 3!.5.8.11 14.4 4!.5.8.11.14 c0 cn = , n = 1, 2, 3,... n!.5.8...(3n + 2). r2 = 0, cn +1 =. De acuerdo con la segunda relación de recurrencia c c0 c0 c3 c3 c c c1 = 0 , c2 = 1 = , c3 = 2 = , c4 = = , … 1.1 2.4 2!.1.4 3.7 3!.1.4.7 4.10 4!.1.4.7.10 c0 cn = , n = 1,2, 3,... n!.1.4.7...(3n − 2) Se obtienen así dos soluciones en serie ∞    1 y1 = c0 x2 / 3 1 + xn  , y2 = c0 x0 1 + n!.5.8.11...(3n + 2)   n =1  . ∑. ∞. . ∑ n!.1.4.7...(3n − 2) x  . 1. n. n =1. De acuerdo al teorema 7 se puede afirmar que la convergencia de las soluciones se da para todo valor finito de x. Se tiene entonces que y = C1y1 + C2 y2 , es la solución general de la ecuación diferencial.. 2.26. ECUACIÓN INDICIAL Definición 9. Se llama ecuación indicial alrededor de un punto singular regular (x − a)q(x) x = a , a una ecuación de la forma r(r − 1) + p0r + q0 = 0 , donde p0 = lím y x →a p(x). (x − a)2 r(x) . x →a p(x). q0 = lím. A la ecuación (∗) se le llama ecuación indicial del problema y a los valores r1 = 2 / 3 y r2 = 0 se les llama raíces indiciales o exponentes de la singularidad.. Prof. José Luis Quintero. 88.

(31) Ejemplo 44. Resuelva xy ''+ (x − 6)y '− 3y = 0 . ∞. Solución. Se ensayará una solución de la forma y =. ∑c x n. n +r. . Ahora bien,. n=0. ∞. y' =. ∑. (n + r)cnxn + r −1 , y '' =. n =0. ∞. ∑ (n + r)(n + r − 1)c x. n +r −2. n. .. n=0. De modo que ∞. xy ''+ (x − 6)y '− 3y = 0 ⇒. ∑. (n + r)(n + r − 1)cnxn + r −1 − 6. n=0 ∞. ∑. ∑ (n + r)c x. n + r −1. n. +. n=0. ∞. ∑c x. (n + r)cnxn + r −3. n=0. n. n+r. =0. n =0.  ⇒ xr r(r − 7)c0 x −1 +   ⇒ xr r(r − 7)c0 x −1 + . ∞. ∑. (n + r)(n + r − 7)cnxn −1 +. n =1. ∞. . ∑ (n + r − 3)c x  = 0 n. n. n=0. ∞. ∑ [(n + r + 1)(n + r − 6)c. n +1. n=0.  + (n + r − 3)cn ]xn  = 0 . de modo que r1 = 7, r2 = 0 , r1 − r2 = 7 y + (n + r − 3)cn = 0, n = 0,1,2,... . Para la raíz menor r2 = 0 , se. Por consiguiente,. (n + r + 1)(n + r − 6)cn +1. ∞. r(r − 7) = 0. tiene (n + 1)(n − 6)cn +1 + (n − 3)cn = 0. Puesto que n − 6 = 0 cuando n = 6 , no hay que dividir entre este término hasta que n > 6 . Se tiene 1.(−6)c1 + (−3)c0 = 0 , 2.(−5)c2 + (−2)c1 = 0 , 3.(−4)c3 + (−1)c2 = 0. 4.(−3)c4 + 0.c3 = 0  5.(−2)c5 + 1.c4 = 0  implica c4 = c5 = c6 = 0  6.(−1)c6 + 2.c5 = 0  c0 y c7 arbitrarios 7.0c7 + 3.c6 = 0  1 1 1 1 1 Luego, c1 = − c0 , c2 = − c1 = c0 , c3 = − c2 = − c0 y para n ≥ 7 : 2 5 10 12 120 (n − 3)cn cn +1 = − (n + 1)(n − 6) 4 5 4.5 6 4.5.6 c8 = − c7 , c9 = − c8 = c7 , c10 = − c9 = − c7 8.1 9.2 2!.8.9 10.3 3!.8.9.10 … (−1) .4.5.6...(n − 4) cn = c7 , n = 8, 9,10,... (n − 7)!.8.9.10...n n +1. Finalmente, para x > 0 , una solución general de la ecuación es ∞  1 1 2 1 3 (−1)n.4.5.6...(n + 3) n + 7   y = C1 1 − x + x − x  + C2  x7 + x  2 10 120  n!.8.9.10...(n + 7)  n =1  . ∑. Es interesante observar que en el ejemplo precedente no se usó la raíz mayor. Se debe a que esta sólo daría una solución contenida en la solución general que ya se encontró.. Prof. José Luis Quintero. 89.