tame

Ecuaciones Diferenciales

L. M. Balbuena

17 de mayo de 2008

Se resuelven algunas ecuaciones diferenciales mediante el m´etodo de sepa-raci´on de variables, factor integrante y por el m´etodo de series de potencias.

1.

Factor integrante

1. (3y+ 5 sen 2x)dx−dy= 0 Soluci´on:

(3y+ 5 sen 2x)dx−dy = 0

3y+ 5 sen 2x−dy

dx = 0

3y+ 5 sen 2x = dy dx dy

dx −3y = 5 sen 2x

multiplicando porα(x) a ambos lados de la ecuaci´on

α(x)dy

dx−α(x)3y = α(x)5 sen 2x (1)

y exijiendo que:

d

dxy(x)α(x) = α(x)5 sen 2x. (2) tememos

α(x) d dxy+y

d

dxα(x) = α(x)5 sen 2x (3)

ingualando los segundos t´erminos del lado izquierdo de (1) y (3) e ilimi-nando las funcionesy,

d

dxα(x) =−3α(x)

separando variables

dα(x)

integrando

Z _dα(x)

α(x) = −

Z

3dx

lnα(x) = −3x

aplicando la exponencial

elnα(x) = e−3x α(x) = e−3x

de (2) e integrando

Z

d(y(x)α(x)) =

Z

5α(x) sen 2xdx

y(x)α(x) = 5

Z

α(x) sen 2xdx

y(x) = α(x)−15

Z

α(x) sen 2xdx

y(x) = e3x5

Z

e−3xsen 2xdx

y(x) = − 5

13{2 cos 2x+ 3 sen 2x}

2. (y−1) senxdx−dy= 0 Soluci´on:

(y−1) senxdx−dy = 0

senxdx = 1

(y−1)dy

senx = 1

(y−1) dy dx dy

dx = (y−1) senx dy

dx−ysenx = −senx

usando el factor integrante:

α(x)dy

dx−α(x)ysenx = α(x) senx (4)

Exijimos que:

d

es decir

α(x)d dxy+y

d

dxα(x) = α(x) senx (6)

ingualando (4) y (6)

d

dxα(x) =−α(x) senx

separando variables

dα(x)

α(x) =−senxdx

integrando:

Z _dα(x)

α(x) = −

Z

senxdx

lnα(x) = cosx

α(x) = ecosx

de 5 e integrando:

d

dx{y(x)α(x)} = α(x) sen(x)

Z _d

dx{y(x)α(x)} =

Z

α(x) sen(x)dx

y(x)α(x) =

Z

α(x) sen(x)dx

y(x) = α(x)−1

Z

α(x) sen(x)dx

y(x) = −e−cos(x)

Z

ecos(x)sen(x)dx

y(x) = 1

3. (x−1) senxdx−dy= 0

Puesto que la ecuaci´on es separable basta con integrar las pertes depen-dientes dexy deypor separado, debido a lo cual tenemos:

(x−1) senxdx−dy = 0

(x−1) senx− dy

dx = 0 dy

dx−(x−1) senx = 0 dy

dx = (x−1) senx

Z _dy

dx =

Z

(x−1) senx

y(x) =

Z

xsenxdx−

Z

senxdx

y finalmente la soluci´ony(x) es:

y(x) = senx+ (1−x) cosx

4. (x−1)y0+y=x2−1

Soluci´on:

(x−1)y0+y=x2−1

Multiplicando a ambos lados por _x−1₁ :

y0+ 1 x−1y=

x2₋₁

x−1

donde comparamos con la forma para usar el m´etodo del factor integrante:

d

dxy(x) +P(x)y(x) =q(x) (7)

ind´entificamos a:

P(x) = 1 x−1

q(x) = x

2₋₁

resolviedo de forma general la ecuaci´on (1), se multiplica a ambos lados porα(x):

α(x)

_d

dxy(x) +P(x)y(x)

= α(x)q(x)

α(x) d

dxy(x) +α(x)P(x)y(x) = α(x)q(x) d

dx{α(x)y(x)} = α(x)q(x)

donde

d

dxα(x) = α(x)P(x)

en vista de lo cualα(x) que esα(x) =eRP(x)dx _{nos queda:}

α(x) = eR x−11dx

que es igual a Siendo la integral:

A=R _x−1₁dx

con c.v.u=x−1,du=dx A = R 1_udu = ln|u| = ln|x−1|

α(x) = eln|x−1| α(x) = x−1

y la soluci´ony(x) = nos queda:

y(x)α(x) =

Z

α(x)x

2₋₁

x−1 dx

y(x) = α(x)−1

Z

α(x)x

2₋₁

x−1 dx

y(x) = 1 x−1

Z

(x−1)x

2₋₁

x−1 dx

y(x) = 1 x−1

Z

(x2−1)dx= 1 x−1

Z

x2dx−

Z

dx

y(x) = 1 x−1

₁

3x

3_−x

y(x) = x(x

2₋₃₎

5. y0+ 5y=e5x Soluci´on:

y0+ 5y = e5x dy

dx + 5y = e

5x

Que comparando con la forma para el m´etodo del factor integrante, nos lleva a que:

P(x) = 5

q(x) = e5x

y en consecuencia:

α(x) = eRP(x)dx α(x) = eR5dx=e5Rdx α(x) = e5x

y la soluci´on es:

y(x) = α(x)−1

Z

α(x)q(x)dx

y(x) = e−5x

Z

e5xe5xdx

y(x) = e−5x

Z

e10xdx

con el c.v.u= 5xydu= 10dxtenemos que:

y(x) = 1 10e

2.

Ecuaci´

on de Bernoulli

1. y0+ 3x2y=x2y3 Soluci´on:

Aplicando el cambio de variable:

z=y1−n_→z0_{= (1−n)y}−n_y0

con n=3 tenemos:

z=y1−3_=y−2_→z0_=−2y−3_y0

multiplicando la ecuaci´on original por (1−n)y−n [conn = 3;−2y−3_{] y}

sustituyendo las expresiones parazyz0:

−2y−3_(y0_{+ 3x}2_{y = x}2_y3₎

−2y−3_y0_−6y−3_x2_{y = −2y}−3_y3_x2

−2y−3y0−6y−2x2 = −2x2 z0−6zx2 = −2x2

Que es una expresi´on que se puede resolver por el m´etodo del factor inte-grante.

z0−6zx2 = −2x2 dz

dx−6zx

2 _{= −2x}2

Multiplicando porα(x)

α(x)(z0−6zx2 = −2x2₎

α(x)z0−6α(x)zx2 = −2α(x)x2 (8)

Exijimos que:

d

dx(z(x)α(x)) =−2α(x)x

2 ₍₉₎

es decir, que:

α(x)d

dxz(x) +z(x) d

dxα(x) =−2α(x)x

2 ₍₁₀₎

igualando (8) y (10):

d

dxα(x) =−6x

separando variables

dα(x) α(x) =−6x

2_dx

integrando

Z _dα(x)

α(x) = −

Z

6x2dx

lnα(x) = −2x3_+c

aplicando al exponencial

α(x) =e−2x3+c=ece−2x3

de (9) e integrando:

Z

d(z(x)α(x)) =

Z

2α(x)x2dx

z(x)α(x) = 2

Z

α(x)x2dx

z(x) = 2α(x)−1

Z

α(x)x2dx

z(x) = 2e−ce2x3

Z

ece−2x3x2dx

z(x) = 2e2x3

Z

e−2x3x2dx

con un c.v.m=−2x3 _{con lo quedm=−6x}2_{dxnos queda:}

z(x) =1 3

con lo que, cambiando a la variablesy, tenemos:

y(x) =√3

2. y0₊ 1

xy=xy

2

Soluci´on:

Aplicando el cambio de variable:

z=y1−n_→z0_{= (1−n)y}−n_y0

z=y1−2=y−1→z0 =−y−2_y0

multiplicando la ecuaci´on original por (1−n)y−n _{[con n = 2; −y}−2_{] y}

sustituyendo las expresiones parazyz0:

−y−2_(y0₊1

xy = xy

2₎

−y−2_y0_−y−21

xy = −y

−2_xy2

−y−2_y0₋ 1

xy = −x

z0−z1

x = −x

Que es una ecuaci´on que se puede resolver por el metodo del factor inte-grante, por lo que multiplicamos la expresi´on anterior porα(x):

α(x)(z0−z1

x = −x)

α(x)z0−α(x)z

x = −α(x)x (11)

Exijimos que:

d

dxz(x)α(x) = −α(x)x (12)

es decir, que:

α(x)d

dxz(x) +z(x) d

dxα(x) =−α(x)x (13)

igualando (11) y (13):

d

dxα(x) =−α(x) 1 x

separando variables

dα(x) α(x) =−

1 xdx

integrando

Z _dα(x)

α(x) = −

Z ₁

xdx lnα(x) = −lnx+c

es decir:

de (12) e integrando:

Z

d(z(x)α(x)) =

Z

α(x)xdx

z(x)α(x) =

Z

α(x)xdx

z(x) = α(x)−1

Z

α(x)xdx

z(x) = −x1

Z

x−1xdx

z(x) = −x2

con lo que la soluci´ony(x) ser´a:

y=−x−2

3. y0−y=x3_y1 3

Soluci´on:

Aplicando el cambio de variable:

z=y1−n_→z0_{= (1−n)y}−n_y0

con n=1

3 tenemos:

z=y1−13 =y 2

3 →z0= 2

3y

−1 3y0

multiplicando la ecuaci´on original por (1−n)y−n [con n = 1₃; 2₃y−13] y

sustituyendo las expresiones parazyz0:

2 3y

−1

3_(y0−_{y = x}3_y13₎

2 3y

−1 3_y0−2

3y

−1

3_{y =} 2

3y

−1 3_x3_y13

2 3y

−1 3_y0−2

3y

2

3 _{= x}3

z0−2

3z = x

3

Que es una ecuaci´on que se puede resolver por el metodo del factor inte-grante, por lo que multiplicamos la expresi´on anterior porα(x):

α(x)(z0−2

3z = x

3₎

α(x)z0−α(x)2

3z = α(x)x

Exijimos que:

d

dxz(x)α(x) = α(x)x

3 ₍₁₅₎

es decir, que:

α(x) d

dxz(x) +z(x) d

dxα(x) =α(x)x

3 ₍₁₆₎

igualando (14) y (16):

d

dxα(x) =−α(x) 2 3 separando variables

dα(x) α(x) =−

2 3dx

integrando

Z _dα(x)

α(x) = − 2 3

Z

dx

lnα(x) = −2 3x−c

aplicando la exponencial

α(x) =e−ce−23x

de (15) e integrando:

Z

d(z(x)α(x)) =

Z

α(x)x3dx

z(x)α(x) =

Z

α(x)x3dx

z(x) = α(x)−1

Z

α(x)x3dx

z(x) = ece23x Z

e−ce−23xx3dx

z(x) = 2 3e

2 3x

Z

e−23xx3dx

z(x) = −x3₋9

2x

2₋27

2 x− 81

2

por lo que la soluci´ony(x) es:

y(x) =

−x3₋9

2x

2₋27

2 x− 81

2

4. y0+ 2xy=xy2 Soluci´on:

Aplicando el cambio de variable:

z=y1−n→z0= (1−n)y−ny0

con n=2 tenemos:

z=y1−2_=y−1_→z0 _=−y−2_y0

multiplicando la ecuaci´on original por (1−n)y−n _{[con n = 2; −y}−2_{] y}

sustituyendo las expresiones parazyz0:

−y−2_(y0_{+ 2xy = xy}2₎

−y−2y0−2y−2xy = −y−2xy2 −y−2_y0_−2y−1_{x = −x}

z0−2zx = −x

Que es una ecuaci´on que se puede resolver por el metodo del factor inte-grante, por lo que multiplicamos la expresi´on anterior porα(x):

α(x)(z0−2zx = −x)

α(x)z0−2α(x)zx = −α(x)x (17)

Exijimos que:

d

dxz(x)α(x) = −α(x)x (18)

es decir, que:

α(x)d

dxz(x) +z(x) d

dxα(x) =−α(x)x (19)

igualando (17) y (19):

d

dxα(x) =−2α(x)x

separando variables

dα(x)

α(x) =−2xdx

integrando

Z _dα(x)

α(x) = −2

Z

xdx

aplicando la exponencial

α(x) =e−ce−x2

de (18) e integrando:

Z

d(z(x)α(x)) = −

Z

α(x)xdx

z(x)α(x) = −

Z

α(x)xdx

z(x) = −α(x)−1

Z

α(x)xdx

z(x) = −ec_ex2

Z

e−ce−x2xdx

z(x) = −ex2

Z

e−x2xdx

z(x) = 1 2

y la soluci´ony(x) es :

y = z−1 y = 2

5. y0+_x1y=x√y Soluci´on:

Aplicando el cambio de variable:

z=y1−n_→z0_{= (1−n)y}−n_y0

conn=1

2 tenemos:

z=y1−1 2 =y

1

2 →z0= 1

2y

−1 2y0

multiplicando la ecuaci´on original por (1−n)y−n [con n = 1₂; 1₂y−12] y

sustituyendo las expresiones parazyz0:

1 2y

−1 2(y0+1

xy = x √

y)

1 2y

−1 2y0+1

2y

−1 21

xy = 1 2y

−1 2xy

1 2

1 2y

−1 2y0+1

2y

1 21

x = 1 2x

z0+1 2 z x =

Que es una ecuaci´on que se puede resolver por el metodo del factor inte-grante, por lo que multiplicamos la expresi´on anterior porα(x):

α(x)(z0+1 2 z x =

1 2x)

α(x)z0+α(x)1 2 z

x = α(x) 1

2x (20)

Exijimos que:

d

dxz(x)α(x) = α(x) 1

2x (21)

es decir, que:

α(x) d

dxz(x) +z(x) d

dxα(x) =α(x) 1

2x (22)

igualando (20) y (22):

d

dxα(x) =α(x) 1 2 1 x separando variables dα(x) α(x) = 1 2 1 xdx integrando Z _dα(x) α(x) = 1 2 Z ₁ xdx

lnα(x) = 1

2lnx+c

aplicando la exponencial

α(x) =√x

de (21) e integrando:

Z

d(z(x)α(x)) =

Z

α(x)xdx

z(x)α(x) = 1 2

Z

α(x)xdx

z(x) = 1 2α(x)

−1

Z

α(x)xdx

z(x) = 1 2x

−1 2

Z _√

xxdx

z(x) = 1 2x

−1 2

Z _√

xxdx

z(x) = 1 5x

por lo qu ela soluci´ony(x) es:

y(x) = 1 25x

3.

Soluci´

on por series de potencias

3.1.

Ecuaci´

on de Hermite

La ecuaci´on de Hermite (la cual es una ecuaci´on diferencial ordinaria de segundo orden) es:

d2_y

dx2 −2x

dy

dx+λy= 0 (23)

la cu´al tiene una singularidad irregular en ∞. Si usamos el m´etodo de series, hemos de proponer una soluci´on de la forma:

y(x) =

∞

X

n=0

anxn (24)

con las primeras dos derivadas siendo:

y0(x) =

∞

X

n=1

annxn−1 (25)

y00(x) =

∞

X

n=2

ann(n−1)xn−2 (26)

usando las expreci´ones (24,25,26) en la ecuaci´on de Hermite (23) y ajustando los ´ındices de las sumatorias tenemos:

∞

X

n=2

ann(n−1)xn−2−2x

∞

X

n=1

annxn−1+λ

∞

X

n=0

anxn = 0

∞

X

n=0

an+2(n+ 2)(n+ 1)xn−

∞

X

n=1

2annxn+

∞

X

n=0

λanxn = 0 (27)

N´otece que en el segundo renglon, hemos sumado las potencias dexen el segundo t´ermino. Obteniendo los primeros terminos (n = 0) del primer y el ´ultimo sumando, tenemos que:

(2a2+λa0) +

∞

X

n=1

an+2(n+ 2)(n+ 1)xn−

∞

X

n=1

2annxn+

∞

X

n=1

λanxn= 0

(2a2+λa0) +

∞

X

n=1

[(n+ 2)(n+ 1)an+2−2ann+λan]xn= 0 (28)

en donde, debido a la independencia lineal, vemos que cada uno de las potencias dexdebe ser igual a cero, con lo que podemos separar el primer termino (x0₎

y la suma de terminos enxn _{e igualarlos a cero independiantemente. Es decir:}

a2=−

λa0

y despejando del segundo termino:

an+2=

2n−λ

(n+ 2)(n+ 1)an (30)

para toda n≥0. Examinando la conducta de los terminos de an+2 con n par

(con n impar se eliminan):

n= 0 a2=−

λa0

2

n= 2 a4=−

(4−λ) 4·3 a2

= (−1)2(4−λ)

4·3 λa0

2

n= 4 a6=−

(8−λ) 6·5 a4

= (−1)3(8−λ)

6·5

(4−λ) 4·3

λa0

2

Y las soluciones, es decir la forma de (24) para casos par e impar quedan:

ypar(x) =a0

1− λ 2!x

2₋λ(4−λ)

4! x

4₋λ(8−λ)(4−λ)

6! x

6_{. . .}

yimpar(x) =a1

x+(2−λ) 3! x

3₊(6−λ)(2−λ)

5! x

5_{+. . .}

3.2.

Ecuaci´

on de Legendre

La ecuaci´on de Legendre es:

1 +x2d

2_y

dx2 −2x

dy

dx+l(l+ 1)y= 0 (31)

Donde los primeros dos terminos se pueden tratar como el resultado de una derivada del producto de dos funciones por lo que se puede escribir la ecuaci´on (31) como:

d dx

1−x2dy dx

+l(l+ 1)y=o (32)

es regular en puntos finitos y unaQl(x) que es singular en±1. Al usar el m´etodo

de soluci´on en series hemos de proponer una soluci´on en la forma:

y(x) =

∞

X

n=0

anxn (33)

con primera y segunda derivada:

y0(x) =

∞

X

n=1

annxn−1

y00(x) =

∞

X

n=2

ann(n−1)xn−2

notando que las expresiones anteriores son equivalentes a :

y0(x) =

∞

X

n=0

annxn−1 (34)

y00(x) =

∞

X

n=0

ann(n−1)xn−2 (35)

substituyendo las ecuaciones (33), (34) y (35) en (31) tenemos:

1−x2

∞

X

n=0

ann(n−1)xn−2−2x

∞

X

n=0

an(n−1)xn−1+l(l+ 1)

∞

X

n=0

anxn= 0

∞

X

n=0

ann(n−1)xn−2−

∞

X

n=0

ann(n−1)xn−2

∞

X

n=0

annxn+l(l+ 1)

∞

X

n=0

anxn= 0

∞

X

n=2

ann(n−1)xn−2−

∞

X

n=0

ann(n−1)xn−2

∞

X

n=0

annxn+l(l+ 1)

∞

X

n=0

anxn= 0

∞

X

n=0

an+2(n+ 2)(n+ 1)xn−

∞

X

n=0

ann(n−1)xn−2

∞

X

n=0

annxn+l(l+ 1)

∞

X

n=0

anxn= 0

donde si factorizamosxn_{, tenemos:}

∞

X

n=0

{(n+ 1) (n+ 2)an+2+ [−n(n−1)−2n+l(l+ 1)]an}xn= 0 (36)

lo que implica que cada termino es igual a cero, por lo que podemos usar la independencia lineal para decir que de la ecuaci´on 36 tenemos:

(n+ 1) (n+ 2)an+2+ [−n(n−1)−2n+l(l+ 1)]an = 0

despejando paraan+2 nos queda:

an+2=

n(n+ 1)−l(l+ 1) (n+ 1)(n+ 2) an

n= 0 a2=−

l(l+ 1) 1·2 a0

n= 2 a4=−

(l−2)(l−3) 3·4 a2

= (−1)2[l(l−2)][(l+ 1)(l+ 3)]

1·2·3·4 a0

n= 4 a6=−

(l−4)(l+ 5) 5·6 a4

= (−1)3[l(l−2)(l−4)][(l+ 1)(l+ 3)(l+ 5)]

1·2·3·4·5·6 a0

de donde se puede ver la conducta que tendr´an estos factores, y con lo cual nos quedan dos soluciones, una par y otra impar. La soluci´on par queda sustituyendo estos factores en la ecuaci´on (33):

ypar(x) = 1 +

∞

X

n=1

[(l+ 2−2n). . . l(l−2)][(l+ 1)(l+ 3). . .(l−1 + 2n)]

(2n)! x

2n

mientras que la soluci´on impar es:

yimpar(x) =x+

∞

X

n=1

(−1)n[(l+ 1−2n). . .(l−1)(l−3)][(l+ 2)(l+ 4). . .(l+ 2n)]

(2n+ 1)! x