ecuaciones diferenciales _clases parcial 2

Prof. Jos Luis Quintero 59

TEMA 2

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE

SEGUNDO ORDEN Y SUS APLICACIONES

2.1. MOTIVACIN Las ecuaciones diferenciales de orden mayor o igual que dos son bastante

difciles de resolver. De manera especial se estudiarn, algunas ecuaciones lineales,

para las cuales existe una teora general a efectos de su integracin (las lineales a

coeficientes constantes). Ya se ha visto un tipo de problema que conduce a ecuaciones

de orden superior a uno: la determinacin de la ecuacin diferencial de una familia de

curvas planas que depende de ms de un parmetro. Se resolvern, 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 ms, que las de coeficientes constantes. Una

ecuacin 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 ecuacin pero, segn se ver, estas soluciones

estn representadas por series infinitas.

2.2. ECUACIN DIFERENCIAL LINEAL DE SEGUNDO ORDEN

Definicin 1. Una ecuacin diferencial lineal de segundo orden de coeficientes

reales tiene la forma 2

2

d y dya b cy g(x)

dxdx+ + = o bien ay '' by ' cy g(x)+ + = (1) con a, b,

c R, a 0, g(x) una funcin continua en un intervalo abierto I.

Cuando g(x) es diferente de cero entonces se dir que (1) es una ecuacin diferencial lineal no homognea mientras que si g(x) 0= entonces (1) es una ecuacin

diferencial lineal homognea.

Definicin 2. Sea ay '' by ' cy g(x)+ + = una ecuacin diferencial lineal de segundo orden con coeficientes reales y no homognea. A la ecuacin ay '' by ' cy 0+ + = (2) se

le llamar su ecuacin homognea asociada.


2.3. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL DE LAS SOLUCIONES Definicin 3. Se dice que un conjunto de funciones 1f (x), 2f (x), ..., nf (x) es

linealmente dependiente en un intervalo I si existen constantes 1 2 nc , c , ..., c , no

todas nulas, tales que 1 1 2 2 n nc f (x) c f (x) ... c f (x) 0+ + + = para todo x en el intervalo.

Ejemplo 1. Las funciones 1f (x) sen2x= y 2f (x) senx cos x= son linealmente

dependientes en el intervalo x < < puesto que 1 2c sen2x c senx cos x 0+ = se

satisface para todo x si se elige 1c 1 /2= y 2c 1= .

Ejemplo 2. Las funciones 1f (x) x 5= + , 2f (x) x 5x= + , 3f (x) x 1= , 2

4f (x) x= , son

linealmente dependientes en 0 x< < ya que 2 1 3 4f (x) 1.f (x) 5.f (x) 0.f (x)= + + para todo

x del intervalo.

Definicin 4. Se dice que un conjunto de funciones 1f (x), 2f (x), ..., nf (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 nicas constantes para las cuales 1 1 2 2 n nc f (x) c f (x) ... c f (x) 0+ + + = ,

para todo x en el intervalo, son 1 2 nc c ... c 0.= = = =

Ejemplo 3. Las funciones 1f (x) x= y 2f (x) x= son linealmente independientes en el

intervalo x < < . El intervalo en el cual las funciones estn definidas es importante

en las consideraciones sobre dependencia lineal. Las funciones 1f (x) x= y 2f (x) x=

son linealmente independientes en el intervalo 0 x< < ya que 1 2c x c x+ =

1 2c x c x 0+ = se satisface para cualquier valor no nulo de 1c y 2c tal que 1 2c c= .

2.4. EL WRONSKIANO

TEOREMA 1. Suponga que 1f (x), 2f (x), , nf (x) tienen al menos n 1 derivadas. Si el

determinante

1 2 n

' ' '1 2 n

(n 1) (n 1) (n 1)n1 2

f (x) f (x) f (x)

f (x) f (x) f (x)

f (x) f (x) f (x)

L

L

M M M M

L

no es cero por lo menos en un punto del

intervalo I, entonces 1 2 nf (x), f (x), ..., f (x) son linealmente independientes en I.

El determinante que aparece en el teorema anterior se designa por

1 2 nW(f (x), f (x),..., f (x)) y se llama wronskiano de las funciones.


Ejemplo 4. 21f (x) sen x= y 2f (x) 1 cos2x= son linealmente dependientes para todo x 2W(sen x,1 cos2x) 0 = para todo nmero real. Para verificar esto, se observa que

22

2

2

2

sen x 1 cos2xW(sen x,1 cos2x)

2senx cos x 2sen2x

2sen xsen2x 2senx cosx 2senx cos x cos2x

sen2x[2sen x 1 cos2x]

sen2x[2sen x 1

=

= +

= +

= +

2 2

2 2

cos x sen x]

sen2x[sen x cos x 1] 0

= + =

Ejemplo 5. Para m x m x1 21 2 1 2f (x) e , f (x) e , m m= = m x m x1 2

m x m x (m m )x1 2 1 22 1m x m x1 2

1 2

e eW(e ,e ) (m m )e 0

m e m e

+= =

para todo valor real de x. Por lo tanto 1f (x) y 2f (x) son linealmente independientes en

cualquier intervalo del eje x.

2.5. PRINCIPIO DE SUPERPOSICIN

TEOREMA 2. Sean 1y , 2y dos soluciones de la ecuacin (2) (homognea asociada) en

el intervalo I. Si 1 2c , c R, entonces la combinacin lineal 1 1 2 2y c y c y= + tambin es

solucin de la ecuacin (2) sobre I. Demostracin. Si 1 1 2 2y c y c y= + entonces la linealidad de la operacin de

diferenciacin implica que: ' ' '' ''1 1 2 2 1 1 2 2y ' c y c y , y '' c y c y= + = + luego:

'' '' ' '1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

'' ' '' '1 1 1 1 2 2 2 2 1 2

ay '' by ' cy a[c y c y ] b[c y c y ] c[c y c y ]

c [ay by cy ] c [ay by cy ] c [0] c [0] 0

+ + = + + + + +

= + + + + + = + =

ya que 1y , 2y son soluciones de (2).

Ejemplo 6. Demuestre que 2x x1 2y e , y e

= = son soluciones de y '' y ' 2y 0 = .

Solucin. Se tiene que: ' 2x '' 2x ' x '' x1 1 2 2y 2e y 4e y e y e

= = = = . Al reemplazar las

derivadas en cada caso en la ecuacin se obtiene: '' ' 2x 2x 2x1 1 1y y 2y 4e 2e 2e 0 = = ,

'' ' x x x2 2 2y y 2y e e 2e 0

= + = .

As se concluye que 1y , 2y son soluciones de la ecuacin dada. Adems, como

1y , 2y no son mltiplos una de la otra, entonces la solucin general de la ecuacin

diferencial dada es 2x x1 2y c e c e

= + .

Corolario 1. a. Si 1y es solucin de (2) entonces un mltiplo constante tambin lo es, es decir

1 1y c y= es una solucin de (2).

b. La ecuacin (2) siempre tiene solucin trivial y 0.


2.6. ECUACIN AUXILIAR O CARACTERSTICA En la bsqueda de una solucin de la ecuacin (2) si se ensaya una solucin de la forma mxy e= se obtiene mxy ' me= , 2 mxy '' m e= , entonces la ecuacin (2) se

convierte as: 2 mx mx mxam e bme ce 0+ + = o bien mx 2e [am bm c] 0+ + = . Como mxe 0

x R, entonces se elige m de tal manera que satisfaga la ecuacin de la forma dad por 2am bm c 0+ + = (3), a esta ecuacin se le denomina ecuacin auxiliar o

ecuacin caracterstica de la ecuacin (2). Observe que la ecuacin (3) se puede determinar de manera directa a partir de la ecuacin (2) simplemente sustituyendo y ''

por 2m , y ' por m, y 1 en lugar de y.

Se clasificarn las soluciones de la ecuacin homognea asociada (ecuacin

(2)) de acuerdo alos tipos de races de la ecuacin caracterstica (3):

TEOREMA 3. Soluciones de ay '' by ' cy 0 :+ + =

a. Races Reales Distintas: Si la ecuacin caracterstica tiene races 1 2m , m reales

y distintas, entonces la solucin general de (2) viene dada por la expresin:

m x m x1 21 2 1 2y C e C e C , C R.= + b. Races Reales Iguales: Si 1 2m , m son races reales iguales de la ecuacin

caracterstica, entonces la solucin general de (2) viene dada por la expresin:

m x m x m x1 1 11 2 1 2 1 2y C e C xe (C C x)e C ,C R.= + = + c. Races Complejas Conjugadas. Si 1m i= + , 2m i= son races complejas

conjugadas de la ecuacin caracterstica, entonces la solucin general de (2) viene

dada por la expresin: x x1 2y C e cos( x) C e sen( x)

= + , es decir, x 1 2 1 2y e [C cos( x) C sen( x)] C , C R.

= +

Ejemplo 7. Resuelva y '' 2y ' 3y 0 = .

Solucin. Al escribir la ecuacin caracterstica se tiene 2m 2m 3 0 = . Aplicando la

frmula cuadrtica o bien factorizando de manera directa se obtiene: 2m 2m 3 =

(m 3)(m 1) 0 + = , entonces las races son 1 2m 3, m 1= = , reales y distintas, por lo

tanto, del teorema anterior se concluye que la solucin general de la ecuacin dada es: 3x x

1 2y C e C e .

= +

Ejemplo 8. Resuelva y '' 8y ' 16y 0. + =

Solucin. La ecuacin auxiliar es: 2 2m 8m 16 (m 4)(m 4) (m 4) 0 + = = = , por lo tanto 1 2m m 4= = . Por el teorema anterior se tiene que la solucin general de la

ecuacin dada es: 4x 4x 4x1 2 1 2y C e C xe e (C C x).= + = +

Ejemplo 9. Resuelva y '' 2y ' 2y 0.+ + =

Solucin. La ecuacin caracterstica es 2m 2m 2 0.+ + = Se tiene que

2 4 4(1)(2) 2 4 8 2 2im 1 i

2 2 2

= = = = .


Luego 1m 1 i i= + = + , 2m 1 i i= = , es decir, 1, 1, = = por lo tanto, la solucin general de la ecuacin dada es: x 1 2y e [C cos(x) C sen(x)]

= + .

2.7. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN NO HOMOGNEAS Al comienzo del tema se consider la ecuacin ay '' by ' cy g(x)+ + = (4) con

a, b, c R, a 0, g(x) una funcin continua en un intervalo abierto I, pero se

concentr la atencin para el caso en que g(x) 0,= es decir, el caso homogneo. Se

quiere estudiar ahora la ecuacin (4) para el caso no homogneo o cuando g(x) 0 .

2.8. OPERADORES DIFERENCIALES El smbolo nD se usa frecuentemente para designar la derivada ensima de

una funcin n

n

n

d yD y

dx= . Por lo tanto, una ecuacin diferencial lineal con coeficientes

constantes (n) (n 1)n n 1 2 1 0a y a y ... a y '' a y ' a y g(x)

+ + + + + = puede escribirse de la forma

dada por n n 1 2n n 1 2 1 0a D y a D y ... a D y a Dy a y g(x)

+ + + + + = o bien de la forma dada por

n n 1 2n n 1 2 1 0(a D a D ... a D a D a )y g(x)

+ + + + + = .

La expresin n n 1 2n n 1 2 1 0a D a D ... a D a D a

+ + + + + (5) se llama operador lineal

de orden n. Puesto que (5) es un polinomio en el smbolo D, a menudo se abrevia como P(D). Puede demostrarse que cuando los ia , 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 2D D+ y 2D 1 se factorizan como D(D 1)+ y

(D 1)(D 1),+ respectivamente.

2.9. OPERADOR ANULADOR Sea y f(x)= una funcin que tiene al menos n derivadas. Si

n n 1 2n n 1 2 1 0(a D a D ... a D a D a )f(x) 0

+ + + + + = entonces se dice que el operador

diferencial n n 1 2n n 1 2 1 0a D a D ... a D a D a

+ + + + + anula a f. Si por ejemplo f(x) es una

constante, f(x) k= , entonces Dk 0= . Tambin, 2 3 2D x 0, D x 0,= = etctera.

Observacin 1. El operador diferencial nD anula a cada una de las funciones 1, x, 2x ,

n-1..., x .


Una consecuencia inmediata de la observacin 1, junto con la posibilidad de

derivar trmino a trmino, es que un polinomio n 10 1 n 1c c x ... c x

+ + + puede ser

anulado encontrando un operador que anule a la mayor potencia de x.

Ejemplo 11. Hallar un operador que anule a 2 31 5x 8x + .

Solucin. De la observacin 1 se sabe que 4 3D x 0= y por lo tanto se tiene que 4 2 3D (1 5x 8x ) 0 + = .

Observacin 2. El operador diferencial n(D ) anula a cada una de las funciones

x x n-1 xe , xe , ..., x e .

Para verificar esto, note que la ecuacin auxiliar de la ecuacin homognea n(D ) y 0 = es n(m ) 0. = Puesto que es una raz de multiplicidad n, la solucin

general es x x n 1 x1 2 ny c e c xe ... c x e

= + + + .

Ejemplo 12. Halle un anulador para (a) 5xe (b) 2x 2x4e 6xe

Solucin. a. Eligiendo 5 = y n 1= , de la observacin 2 se obtiene que 5x(D 5)e 0. =

b. Eligiendo 2 = y n 2= , se obtiene que 2 2x 2x(D 2) (4e 6xe ) 0 = .

Ejemplo 13. Obtenga un operador diferencial que anule a la funcin 3x xe xe + .

Solucin. De la observacin 2, 3x(D 3)e 0+ = y 2 x(D 1) xe 0 = . El producto de los dos

operadores 2(D 3)(D 1)+ anular la combinacin lineal dada. Dado que lo anterior

puede no ser obvio, se necesita verificar:

2 3x x 2 3x 2 x 3x

3x

(D 3)(D 1) (e xe ) (D 3)[(D 1) e (D 1) xe ] (D 3)[16e 0]

16(D 3)e 0.

+ + = + + = + +

= + =

Si y son nmeros reales, la ecuacin 2 2 2 n[m 2 m ( )] 0 + + = tiene races complejas i + y i , ambas de orden de multiplicidad n.

Observacin 3. El operador diferencial 2 2 2 n[D 2 D ( )] + + anula a cada una de las funciones x x 2 x n 1 x x xe cos x, xe cos x, x e cos x, ..., x e cos x, e sen x, xe sen x,

2 x n 1 xx e sen x, ..., x e sen x .

Ejemplo 14. Eligiendo 0, = 1 = y n 2,= el operador diferencial 2 2(D 1)+ o bien 4 2D 2D 1+ + , anular cos x, x cos x, senx y xsenx . Adems, tambin anular cualquier

combinacin lineal de esas funciones.


2.10. MTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Para obtener la solucin general de una ecuacin diferencial no homognea con coeficientes constantes deben hacerse dos cosas: hallar la solucin complementaria cy

y luego, obtener cualquier solucin particular py de la ecuacin no homognea.

Recuerde que una solucin particular es cualquier funcin sin constantes arbitrarias,

que satisface la ecuacin idnticamente. La solucin general de la ecuacin no homognea es la suma de cy y py . Ahora bien, si P(D) representa un operador de la

forma n n 1 2n n 1 2 1 0a D a D ... a D a D a

+ + + + + , entonces una ecuacin diferencial lineal no

homognea con coeficientes constantes puede escribirse como P(D)y g(x)= . (6) Si

g(x) es una constante k, un polinomio en x, una funcin exponencial xe , sen x , cos x , o consiste en sumas finitas y productos de estas funciones, siempre es posible encontrar otro operador diferencial 1P (D) que anule a g(x) . Aplicando 1P (D) a (6)

resulta 1 1P (D)P(D)y P (D)g(x) 0.= =

Resolviendo la ecuacin homognea 1P (D)P(D)y 0= es posible descubrir la

forma de una solucin particular py de la ecuacin no homognea (6). Los ejemplos

que vienen a continuacin ilustran el llamado mtodo de los coeficientes indeterminados para encontrar py .

Ejemplo 15. Resuelva 2

2

2

d y dy3 2y 4xdxdx

+ + = . (7)

Solucin.

Paso 1. Se resuelve la ecuacin homognea 2

2

d y dy3 2y 0dxdx

+ + = . De la ecuacin

auxiliar 2m 3m 2 (m 1)(m 2) 0+ + = + + = se obtiene la funcin complementaria que

corresponde x 2xc 1 2y c e c e

= + .

Paso 2. Se tiene que (7) puede ser transformada en homognea derivando tres veces

cada miembro de la ecuacin. En otras palabras, 3 2 3 2D (D 3D 2)y 4D x 0+ + = = (8) ya

que 3 2D x 0= . La ecuacin auxiliar de (8) es 3m (m 1)(m 2) 0+ + = y por lo tanto su

solucin general debe ser x 2x 21 2 3 4 5y yc p

y c e c e c c x c x = + + + +1442443 144424443

.

Al trabajar con la solucin particular es necesario hallar coeficientes especficos 3 4c , c y 5c . Derivando y sustituyendo resulta:

'' ' 2 2p p p 5 4 5 3 4 5

2 25 4 3 5 4 5

y 3y 2y 2c 3(c 2c x) 2(c c x c x ) 4x

(2c 3c 2c ) (6c 2c )x 2c x 4x

+ + + + + + + =

+ + + + + =

Igualando coeficientes, se obtiene el sistema

5 4 3

5 4

5

2c 3c 2c 0

6c 2c 0

2c 4

+ + =

+ =

=

.

Resolviendo resulta 3 4 5c 7, c 6, c 2= = = . De modo que, 2

py 7 6x 2x .= +

Paso 3. La solucin general es x 2x 21 2y c e c e 7 6x 2x

= + + + .


Ejemplo 16. Resuelva 3xy '' 3y ' 8e 4senx = + . Paso 1. La ecuacin auxiliar de la ecuacin homognea y '' 3y ' 0 = es m(m 3) 0 = y

as: 3xc 1 2y c c e .= +

Paso 2. Ahora bien, puesto que 3x(D 3)e 0 = y 2(D 1)senx 0+ = , se aplica el operador

diferencial a ambos miembros: 2(D 3)(D 1)D(D 3)y 0 + = . La ecuacin auxiliar es

2 2 2(m 3)(m 1)m(m 3) 0 m(m 3) (m 1) 0. + = + =

En consecuencia, 3x 3x1 2 3 4 5y yc p

y c c e c xe c cos x c senx= + + + +14243 1444442444443

. Sustituyendo py y

simplificando resulta: '' ' 3x 3xp p 3 4 5 4 5y 3y 3c e ( c 3c )cos x (3c c )senx 8e 4senx = + = + .

Igualando coeficientes resulta:

3

4 5

4 5

3c 8

c 3c 0

3c c 4

=

=

=

. Se encuentra 3 4c 8 /3 , c 6 /5= = ,

5c 2 /5= y por consiguiente, 3x

p

8 6 2y xe cos x senx.

3 5 5= +

Paso 3. La solucin general es entonces 3x 3x1 28 6 2

y c c e xe cos x senx3 5 5

= + + + .

2.11. MTODO DE VARIACIN DE PARMETROS En el tema 1 se vi que la solucin general de la ecuacin diferencial lineal de

primer orden dy

P(x)y f(x),dx

+ = (9) en donde P(x) y f(x) son continuas en un intervalo

I, es P(x)dx P(x)dx P(x)dx

1y e e f(x)dx c e

= + . (10) Ahora bien (10) tiene la forma

c py y y= + en donde P(x)dx

c 1y c e

= es una solucin de dy

P(x)y 0dx

+ = (11) y

P(x)dx P(x)dxpy e e f(x)dx

= (12) es una solucin particular de (9). Para motivar un

mtodo adicional para resolver ecuaciones lineales no homogneas de orden superior

se volver a deducir la ecuacin (12) mediante un procedimiento conocido como

mtodo de variacin de parmetros.

Suponga que 1y es una solucin conocida de la ecuacin (11), esto es,

11

dyP(x)y 0

dx+ = .

Ya se ha demostrado que P(x)dx

1y e

= es una solucin, y puesto que la

ecuacin diferencial es lineal, su solucin general es 1 1y c y (x)= . El mtodo de

variacin de parmetros consiste en encontrar una funcin 1u tal que p 1 1y u (x)y (x)=

sea una solucin particular de (9). En otras palabras, se reemplaza el parmetro 1c

por una variable 1u . Sustituyendo p 1 1y u y= en (9) resulta


1 11 1 1 1 1 1 1

1 11 1 1

cero

dy dud[u y ] P(x)y f(x) u y P(x)u y f(x)

dx dx dx

dy duu P(x)y y f(x)

dx dx

+ = + + =

+ + =

144424443

de modo que 11du

y f(x)dx

= . Separando variables: 11

f(x)du dx

y (x)= y 1

1

f(x)u dx

y (x)= de lo

cual se deduce que 1 1 11

f(x)y u y y dx.

y (x)= =

2.12. ECUACIONES DE SEGUNDO GRADO

Para adaptar el procedimiento anterior a una ecuacin diferencial de segundo orden 2 1 0a (x)y '' a (x)y ' a (x)y g(x),+ + = (13) se escribe (13) en la forma estndar

y '' P(x)y ' Q(x)y f(x)+ + = (14) dividiendo entre 2a (x) toda la ecuacin. Se supone que

P(x), Q(x) y f(x) son continuas en un intervalo I. La ecuacin (14) es anloga de (9).

Como ya se sabe, cuando P(x) y Q(x) son constantes no hay problema para escribir

cy explcitamente. Suponga que 1y y 2y son tales que '' '1 1 1y P(x)y Q(x)y 0+ + = y

'' '2 2 2y P(x)y Q(x)y 0+ + = . Se pregunta ahora: Es posible encontrar dos funciones 1u y

2u de modo que p 1 1 2 2y u (x)y (x) u (x)y (x)= + sea una solucin particular de (9)?. Se

advierte que esto es equivalente a suponer que c 1 1 2 2y c y c y= + , pero que se han

reemplazado 1c y 2c por parmetros variables 1u y 2u . Empleando la regla del

producto para derivar py resulta ' ' ' ' 'p 1 1 1 1 2 2 2 2y u y y u u y y u= + + + (15). Si adems se exige

que 1u y 2u sean funciones para las cuales ' '

1 1 2 2y u y u 0+ = (16) entonces (15) se

transforma en ' ' 'p 1 1 2 2y u y u y= + .

Continuando, se encuentra que '' '' ' ' '' ' 'p 1 1 1 1 2 2 2 2y u y y u u y y u= + + + y por lo tanto

'' ' '' ' ' '' ' ' ' 'p p p 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

'' ' '' ' ' ' ' '1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2

cero cero

y Py Qy u y y u u y y u Pu y Pu y Qu y Qu y

u [y Py Qy ] u [y Py Qy ] y u y u f(x)

+ + = + + + + + + +

= + + + + + + + =144424443 144424443

. Se tiene que

1u y 2u deben ser funciones que adems satisfagan la condicin ' ' ' '1 1 2 2y u y u f(x).+ = Se

obtiene entonces el sistema lineal de ecuaciones: ' '

1 1 2 2

' ' ' '1 1 2 2

y u y u 0

y u y u f(x)

+ =

+ =. Por la regla de

Cramer, se puede expresar por medio de determinantes:

2 1

' '2 1' '1 2 2 1

1 2' ' ' '1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2' ' ' '1 2 1 2

0 y y 0

f(x) y y f(x)W y f(x) W y f(x)u , u .

y y y yW Wy y y y y y y y

y y y y

= = = = = =


El determinante W se identifica como el wronskiano W de 1y y 2y . Por la

independencia de 1y y 2y en I se sabe que 1 2W(y (x), y (x)) 0 para todo x en el

intervalo.

Ejemplo 17. Resuelva 2xy '' 4y ' 4y (x 1)e . + = +

Solucin. Puesto que la ecuacin auxiliar es 2 2m 4m 4 (m 2) 0 + = = se tiene que 2x 2x

c 1 2y c e c xe= + . Identificando 2x

1y e= y 2x

2y xe= , se evala el wronskiano:

2x 2x2x 2x 4x

2x 2x 2x

e xeW(e ,xe ) e .

2e 2xe e= =

+ Se obtiene:

2x 2x 3 2' 21 14x

xe (x 1)e x xu x x u .

3 2e

+= = =

2x 2x 2'2 24x

e (x 1)e xu x 1 u x.

2e

+= = + = +

Por consiguiente: 3 2 2 3 2

2x 2x 2xp

x x x x xy e x xe e .

3 2 2 6 2

= + + = +

En consecuencia: 3 2

2x 2x 2xc p 1 2

x xy y y c e c xe e .

6 2

= + = + + +

Ejemplo 18. Resuelva 4y '' 36y csc3x.+ =

Solucin. Primero se escribe la ecuacin como 1

y '' 9y csc3x.4

+ = Puesto que las races

de la ecuacin auxiliar dada por 2m 9 0+ = son 1m 3i= y 2m 3i= se tiene entonces

c 1 2y c cos3x c sen3x= + y cos3x sen3x

W(cos3x,sen3x) 3.3sen3x 3cos3x

= =

Consecuentemente, 1

' 41 1

(sen3x)( csc3x) 1 1u u x

3 12 12= = =

1' 42 2

(cos3x)( csc3x) 1 cos3x 1u u ln sen3x

3 12 sen3x 36= = =

Por tanto, c p 1 21 1

y y y c cos3x c sen3x x cos3x (sen3x)ln sen3x12 36

= + = + + .

Ejemplo 19. Halle la solucin general de la ecuacin 2x

1y '' 3y ' 2y

1 e+ + =

+.

Solucin. Resolviendo la ecuacin homognea asociada: 2 x 2x

1 2 c 1 2m 3m 2 0 (m 1)(m 2) 0 m 1, m 2 y c e c e + + = + + = = = = +

Calculando Wronskiano: ' ' x 2x x 2x 3x1 2 1 2W y y y y e 2e e e e

= = + = .

Usando variacin de parmetros:

2xx2x

' 21 3x 2x

1e .

y f(x) e1 euW e 1 e

+= = =

+.

De modo que x1u (x) arctg(e )= . x

x x

2x 2

e dzdx arctg(z) arctg(e ) (z e )

1 e 1 z= = = =

+ + x

2x2x' 12 3x 2x

1e .

y f(x) e1 euW e 1 e

+= = =

+. De modo que 2x2

1u (x) ln(1 e )

2= + .


2xx 2x

2x

e dz 1 1dx ln z ln(e ) (z 1 e )

2z 2 21 e= = = = +

+

En consecuencia: 2x

x 2x x x 2x1 2

ey(x) c e c e e arctg(e ) ln(1 e )

2

= + + + .

2.13. ELABORACIN DE UNA SEGUNDA SOLUCIN A PARTIR DE UNA SOLUCIN CONOCIDA Una de las cosas ms interesantes e importantes al estudiar las ecuaciones

diferenciales lineales de segundo orden es que es posible formar una segunda solucin a partir de una solucin conocida. Sea la ecuacin 2 1 0a (x)y '' a (x)y ' a (x)y 0+ + = (17).

Suponga que se divide entre 2a (x) para llevar la ecuacin (17) a la forma dada por la

expresin y '' P(x)y ' Q(x)y 0+ + = (18), en donde P(x) y Q(x) son continuas en algn

intervalo I. Suponga adems que 1y (x) es una solucin conocida de (18) en I y que

1y (x) 0 para todo x en I. Si se define 1 1 2 2 1 1 2 1y c y c y (x) c y (x) c u(x)y (x)= + = + , se

tiene: ' '1 1 2 1 2 1

'' ' ''1 1 2 1 2 1 2 1

y ' c y (x) c u(x)y (x) c u'(x)y (x)

y '' c y (x) 2c u'(x)y (x) c u(x)y (x) c u''(x)y (x)

= + +

= + + +.

'' ' ''1 1 2 1 2 1 2 1

' '1 1 2 1 2 1

1 1 2 1

y '' P(x)y ' Q(x)y c y (x) 2c u'(x)y (x) c u(x)y (x) c u''(x)y (x)

P(x)c y (x) P(x)c u(x)y (x) P(x)c u'(x)y (x)

Q(x)c y Q(x)c u(x)y (x) 0

+ + = + + +

+ + +

+ + ='' ' '' '

1 1 1 1 2 1 1 1

cero cero

'2 1 2 1 2 1

c [y (x) P(x)y (x) Q(x)y ] c u(x)[y (x) P(x)y (x) Q(x)y ]

2c u'(x)y (x) c u''(x)y (x) P(x)c u'(x)y (x) 0

+ + + + + +

+ + =

144444424444443 144444424444443

Esto implica que se debe tener '2 1 2 1 2 12c u'(x)y (x) c u''(x)y (x) P(x)c u'(x)y (x) 0+ + =

o bien '2 1 2 1 1c y (x)u''(x) c (2y (x) P(x)y (x))u'(x) 0+ + = . Si se hace el cambio w u'= la

ecuacin se convierte en '2 1 2 1 1c y (x)w'(x) c (2y (x) P(x)y (x))w(x) 0+ + = (19).

Observe que la ecuacin (19) es lineal y tambin separable. '

' 12 1 2 1 1

1

2y (x)dw dwc y (x) c (2y (x) P(x)y (x))w dx P(x)dx

dx w y (x)= + = , 2(c 0)

'21

1 1 11

P(x)dxP(x)dx k2 21

1 21

P(x)dx2

2y (x)dwdx P(x)dx ln w 2ln y P(x)dx ln wy P(x)dx k

w y (x)

k ewy e w

y

k eu

+

= + = = +

= =

=

321

dx ky

+

De modo que P(x)dx P(x)dx

1 1 2 2 3 1 1 1 2 12 21 1

e ey c y (x) c k dx k y (x) C y (x) C y (x) dx

y (x) y (x)

= + + = +


Ejemplo 20. La funcin 21y x= es una solucin de 2x y '' 3xy ' 4y 0. + = Halle la

solucin general en el intervalo 0 x< < .

Solucin. Puesto que la ecuacin tiene la forma alternativa 2

3 4y '' y ' y 0

x x + =

entonces resulta 3 dx / x 3 dx / x

2 2 2 22 4 4

e e dxy x dx x dx x x lnx

xx x

= = = = . La solucin

general en 0 x< < est dada por 2 21 2y c x c x lnx.= +

Ejemplo 21. Resuelva la ecuacin diferencial 2(1 x )y '' 2xy ' 2y 0 + = en el intervalo

1 x 1 < < , sabiendo que 1y (x) x= es una solucin de la ecuacin.

Solucin. 2x dx

P(x)dx 21 x

2 1 2 2 2 21

e e dxy (x) y (x) dx x dx x

y (x) x x (1 x )

= = =

(x 0)

2 2 2

2 2 2 2

2 3 2 3 2 3

3 2

1 12 2

1 A B C D

x 1 x 1 xx (1 x ) x

1 A(1 x ) Bx(1 x ) Cx (1 x) Dx (1 x)

1 A Ax Bx Bx Cx Cx Dx Dx

1 ( B C D)x ( A C D)x Bx A

B C D 0 , A C D 0 , B 0 , A 1

A 1 , B 0 , C , D

= + + ++

= + + + +

= + + + +

= + + + + + +

+ = + + = = =

= = = =

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1y (x) x . . dx x ln(1 x) ln(1 x)

2 1 x 2 1 x x 2 2x

1 1 1 xx ln

x 2 1 x

= + + = + + +

+ = +

Entonces 1 2 1 21 1 1 x x 1 x

y(x) c x c x ln c x c 1 lnx 2 1 x 2 1 x

+ + = + + = + +

.

Se puede verificar que x 0= tambin es una solucin de la ecuacin diferencial.

2.14. ECUACIN DE EULER - CAUCHY Definicin 5. Una ecuacin diferencial de la forma

n n 1n n 1

n n 1 1 0n n 1

d y d y dya x a x ... a x a y g(x)

dxdx dx

+ + + + =

en donde na , n-1a , ..., 0a son constantes, se llama ecuacin de Euler-Cauchy o

ecuacin equidimensional.

Para precisar el estudio, se fijar la atencin sobre la resolucin de la ecuacin

homognea de segundo orden 2

2

2

d y dyax bx cy 0

dxdx+ + = . Se puede resolver la ecuacin


no homognea 2

2

2

d y dyax bx cy g(x)

dxdx+ + = mediante variacin de parmetros, una vez

que se haya determinado la funcin complementaria cy .

2.15. SOLUCIN DE LA ECUACIN DE EULER - CAUCHY Se probar una solucin de la forma my x= , donde m debe ser determinada.

Las derivadas primera y segunda son, respectivamente,

m 1dy mxdx

= y 2

m 2

2

d ym(m 1)x

dx

= .

Por consiguiente, la ecuacin diferencial se transforma en

22 2 m 2 m 1 m

2

m m m

m

d y dyax bx cy ax m(m 1)x bxmx cx

dxdx

am(m 1)x bmx cx

x (am(m 1) bm c).

+ + = + +

= + +

= + +

As, my x= ser solucin de la eucacin diferencial cada vez que m sea

solucin de la ecuacin auxiliar am(m 1) bm c 0 + + = o 2am (b a)m c 0.+ + = (20)

Hay que considerar tres casos diferentes dependiendo de si las races de esta

ecuacin cuadrtica son reales y distintas, reales e iguales, o complejas conjugadas.

Caso I. Sean 1m y 2m races reales de (20) tales que 1 2m m . Entonces m1

1y x= y

m22y x= forman un conjunto fundamental de soluciones. Por lo tanto, la solucin

general es m m1 21 2y c x c x= + .


2

2

d y dyx 2x 4y 0.

dxdx =

Solucin. Al suponer my x= como solucin, al derivar dos veces se tiene:

m 1dy mxdx

= y 2

m 2

2

d ym(m 1)x

dx

= .

Sustituyendo en la ecuacin diferencial:

22 2 m 2 m 1 m

2

m m 2

d y dyx 2x 4y x m(m 1)x 2xmx 4x

dxdx

x (m(m 1) 2m 4) x (m 3m 4) 0

=

= = =

Ahora bien, (m 1)(m 4) 0+ = implica 1m 1,= 2m 4= de modo que

1 41 2y c x c x .

= +

Caso II. Si 1 2m m= , se obtiene una sola solucin a saber, m1y x= . Cuando las races

de la ecuacin cuadrtica 2am (b a)m c 0+ + = son iguales, el discriminante de los


coeficientes es necesariamente cero. Por la frmula cuadrtica se sabe que la raz debe ser 1m (b a) /2a= . Ahora se puede construir una segunda solucin usando la

frmula obtenida en el apartado 4.13. Se escribe primero la ecuacin de Euler-Cauchy

en la forma 2

2 2

d y b dy cy 0

ax dxdx ax+ + = y se hace la identificacin P(x) b / ax.= Por

consiguiente (b / ax)dx

m m 2m m m mb / a b / a (b a) / a1 1 1 1 1 12 2m1

e dxy x dx x x .x dx x x .x dx x x lnx.

xx

= = = = =

La solucin general es entonces m m1 11 2y c x c x lnx= +


2

2

d y dy4x 8x y 0

dxdx+ + = .

Solucin. La sustitucin my x= da 2

2 m m 2

2

d y dy4x 8x y x (4m(m 1) 8m 1) x (4m 4m 1) 0

dxdx+ + = + + = + + =

cuando 24m 4m 1 0+ + = o bien 2(2m 1) 0.+ = Puesto que 1m 1/2,= la solucin

general es 1 /2 1 /21 2y c x c x lnx

= + .

Observacin 4. Para ecuaciones de orden superior, puede demostrarse que si 1m es

una raz de multiplicidad k, entonces m m m m2 k 11 1 1 1x , x lnx, x (lnx) , ..., x (lnx) son k

soluciones linealmente independientes.

Caso III. Si 1m y 2m son complejas conjugadas, por ejemplo 1 2m i, m i= + = donde y 0 > son reales, entonces una solucin formal es i i1 2y C x C x . + = + Pero como en el caso de las ecuaciones cono coeficientes constantes, cuando las races de la

ecuacin auxiliar son complejas, se tratar de escribir la solucin solamente en

trminos de funciones reales. Se destaca la identidad i lnx i ilnxx (e ) e = = , la cual, por

la frmula de Euler, es la misma que ix cos( lnx) isen( lnx). = +

Por lo tanto

i i i i1 2 1 2

1 2

1 2 1 2

y C x C x x [C x C x ]

x [C [cos( lnx) isen( lnx)] C [cos( lnx) isen( lnx)]]

x [(C C )cos( lnx) (C i C i)sen( lnx)]

+

= + = +

= + + = + +

En el intervalo 0 x< < se puede verificar fcilmente que 1y x cos( lnx)

= y 2y x sen( lnx)

= constituyen un conjunto fundamental de soluciones de la ecuacin

diferencial. Se deduce que la solucin general es 1 2y x [c cos( lnx) c sen( lnx)]

= + .



2

2

d y dyx 3x 3y 0.

dxdx+ + =

Solucin. Se tiene 2

2 m

2

d y dyx 3x 3y x (m(m 1) 3m 3) 0

dxdx+ + = + + = si 2m 2m 3 0+ + = .

Con la frmula cuadrtica se encuentra 1m 1 2i= + y 2m 1 2i= . Si se identifican

1 = y 2 = , la solucin general es 1 1 2y x [c cos( 2 lnx) c sen( 2 lnx)]= + .

Ejemplo 25. Resuelva 2 4 xx y '' 3xy ' 3y 2x e + = .

Solucin. La sustitucin my x= conduce a la ecuacin auxiliar m(m 1) 3m 3 0 + = o

bien (m 1)(m 3) 0 = . Por consiguiente, 3c 1 2y c x c x= + . Antes de usar variacin de

parmetros, se recordar que las frmulas '1 2u y f(x) /W= y '2 1u y f(x) /W= fueron

deducidas en el supuesto de que la ecuacin diferencial haba sido reducida a la forma

y '' P(x)y ' Q(x)y f(x)+ + = . Consecuentemente, se divide la ecuacin dada entre 2x y se

hace la identificacin 2 xf(x) 2x e= . Ahora bien, 3

3 3 3

2

x xW 3x x 2x

1 3x= = = , de modo

que 3 2 x 2 x

' 2 x ' x1 23 3

x (2x e ) x(2x e )u x e y u e

2x 2x= = = = . La integral de la ltima funcin es

inmediata, pero en el caso de '1u se debe integrar dos veces por partes. Los resultados

son 2 x x x1u x e 2xe 2e= + y x

2u e= . Luego,

2 x x x x 3 2 x xp 1 1 2 2y u y u y ( x e 2xe 2e )x e x 2x e 2xe .= + = + + =

Finalmente se tiene 3 2 x xc p 1 2y y y c x c x 2x e 2xe= + = + + .


y ' y ln(x)y '' 3

x xx= + + , y(1) y(2) 0= = .

Solucin. Al manipular la ecuacin se tiene 2x y '' xy ' 3y x.ln(x) = , x 0 .

Ecuacin de Euler de segundo orden no homognea.

Solucin de la ecuacin homognea asociada 2x y '' xy ' 3y 0 = :

3 1c 1 1 2 2 1 2y (x) c y c y c x c x

= + = + .

Al utilizar el mtodo de variacin de parmetros se tiene que: ln(x) ln(x)2 2' 2 x x

1 1' ' 3 2 2 1 3 31 2 1 2

y f(x) ln(x) 1 ln(x)u u dx

4x 4y y y y x x 3x x 4x x = = = = =

Resolviendo la integral 3

1 ln(x)dx

4 x se sigue que

2z

3 2z

1 ln(x) 1 z 1dx dz e zdz

4 4 4x e

(z ln(x))

= =

=

.

2z 2z1

u z du dz , dv e dz v e2

= = = = .

2z 2z 2z 2z 2z

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ln(x) 1e zdz ze e dz ze e

4 4 2 2 4 2 4 4 2 x 4x

= + = =

. 2

' 12 2' '

1 2 1 2

y f(x) x ln(x) x ln(x) 1u u x ln(x)dx

4x 4 4y y y y= = = =


Resolviendo 1

x ln(x)dx4

se sigue que 2dx x

u ln(x) du , dv xdx vx 2

= = = = .

2 2 2

2 2

1 1 x 1 1 x x 1 1 ln(x) 1x ln(x)dx ln(x) xdx ln(x)

4 4 2 2 4 2 4 4 2 x 4x

= = =

La solucin es 3 1c p 1 21 x 1 x

y(x) y y c x c x x ln(x) x ln(x)8 16 8 16

= + = + + .

Si y(1) y(2) 0= = entonces 1 2

1 221

c c 0ln(2) ln(2)

c , cc 115 158c ln(2)

2 2

+ =

= = + =

y se tiene que

3 1ln(2) ln(2) 1y(x) x x x ln(x)15 15 4

=

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 ingeniera. En las prximas secciones se

explorar una de ellas: las vibraciones mecnicas.

Ejemplo 27. Se sabe que los objetos en cada libre cercanos a la superficie de la

Tierra tienen una aceleracin constante g. Ahora bien, la aceleracin es la derivada de

la velocidad y sta, a su vez, es la derivada de la distancia s. Luego, si se toma como

direccin positiva la direccin vertical hacia arriba, se tiene que la frmula 2

2

d sg

dt= es

la ecuacin 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 direccin opuesta a

la direccin positiva. Si adems se supone que desde el techo de un edificio de altura

0s se lanza una piedra hacia arriba con una velocidad inicial 0v , en tal caso se debe

resolver 2

12

d sg, 0 t t

dt= < < , sujeta a las condiciones adicionales 0 0s(0) s , s '(0) v= = .

Aqu t 0= se toma como el instante inicial en el que la piedra sale del techo del edificio

y 1t es el tiempo transcurrido hasta que sta cae a tierra. Puesto que la piedra se

lanza hacia arriba, naturalmente se da por sentado que 0v 0> . Por supuesto, esta

formulacin del problema ignora otras fuerzas tales como la resistencia del aire que

acta sobre el cuerpo.

2.17. MOVIMIENTO ARMNICO SIMPLE O MOVIMIENTO VIBRATORIO LIBRE NO AMORTIGUADO Considere el movimiento de un objeto de masa m, en el extremo de un resorte

en posicin 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


(llamada constante de elasticidad). Si se ignoran las fuerzas de resistencia externas

(debidas a resistencia del aire o a la friccin) entonces, por la segunda ley de Newton

(fuerza es igual a masa por aceleracin), se tiene 2

2

d xm kxdt

= o 2

2

d xm kx 0dt

+ = . Esta

es una ecuacin diferencial lineal de segundo orden. Su ecuacin caracterstica es 2mr k 0+ = con races r i,= donde k m = . Por tanto, la solucin general viene

dada por 1 2x(t) c cos t c sen t= + .

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 posicin de la masa en cualquier tiempo t.

Solucin. 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

con m 2= se tiene 2

2

d x2 128x 0.dt

+ = La solucin de esta ecuacin segn el anlisis

general anterior es 1 2x(t) c cos8t c sen8t= + . Se da la condicin inicial x(0) 0.2,= por

tanto 1c 0.2.= Derivando la ecuacin anterior se obtiene 1 2x '(t) 8c sen8t 8c cos8t= + .

Como la velocidad inicial est dada como x '(0) 0= , se tiene 2c 0= y por tanto la

solucin es 15

x(t) cos8t= . Analizando un poco la ecuacin 1 2x(t) c cos t c sen t= + , se

tiene que el perodo de las vibraciones libres es T 2= pi y la frecuencia f 1 T 2= = pi .

Por ejemplo, para 15

x(t) cos8t= (ver figura 1) el perodo es 2 8 4pi = pi y la frecuencia

4 pi . El primer nmero indica que la grfica de x(t) se repite cada 4pi unidades; el

ltimo nmero indica que hay 4 ciclos de la grfica cada pi unidades. Adems, se

puede demostrar que el perodo 2pi es el intervalo de tiempo entre dos mximos

sucesivos de x(t) .

Figura 1. Grfica del movimiento armnico simple para el ejemplo 28.


A veces es til escribir la ecuacin 1 2x(t) c cos t c sen t= + en una forma

equivalente x(t) Asen( t )= + , donde 2 21 2A c c= + (amplitud), (ngulo de fase), tal

que 1 2c c

sen , cosA A

= = . Para demostrar la frmula anterior se tiene:

2 21 2

2 2 2 22 11 2 1 2

2 2 2 21 2 1 2

1 2

Asen( t ) c c (sen t cos cos tsen )

c cc c .sen t. c c .cos t.

c c c c

c cos t c sen t

+ = + +

= + + + + +

= +

Para el caso 1

5x(t) cos8t= se tiene sen 1, cos 0 2 = = = pi . De modo

que 15 2

x(t) sen(8t )pi= + .

2.18. MOVIMIENTO VIBRATORIO Se supondr en el estudio que sigue que la fuerza de amortiguacin que acta sobre un cuerpo est dada por un mltiplo constante de dx dt (en muchos casos, la

fuerza de amortiguacin es proporcional a 2(dx / dt) , por ejemplo, en problemas de

hidrodinmica). Cuando no actan otras fuerzas exteriores sobre el sistema, se tiene

por la segunda ley de Newton, que 2

2

d x dxm. kx

dtdt= , en donde es una constante

de amortiguacin positiva y el signo negativo se debe a que la fuerza amortiguadora

acta en direccin opuesta al movimiento. Dividiendo la ecuacin anterior entre la

masa m, se obtiene la ecuacin diferencial del movimiento vibratorio amortiguado libre 2

2

d x dx k. x 0

m dt mdt

+ + = o bien

22

2

d x dx2 x 0

dtdt+ + = .

El smbolo 2 se usa slo por conveniencia algebraica ya que la ecuacin auxiliar es 2 2m 2 m 0+ + = y por lo tanto las correspondientes races son

2 2 2 21 2m , m= + = .

Segn el signo algebraico de 2 2 , se pueden distinguir tres casos posibles:

CASO I. 2 2 0 > . En esta situacin, se dice que el sistema est sobreamortiguado, puesto que el coeficiente de amortiguacin es grande comparado son la constante k del resorte. La correspondiente solucin es m t m t1 21 2 1 2x(t) c e c e m , m= + ambas < 0,

o bien 2 2 2 2t t t

1 2x(t) e c e c e

= +

.

Ejemplo 29. Se verifica fcilmente que la solucin del problema de valor inicial

2

2

d x dx5 4x 0, x(0) 1, x '(0) 1dtdt

+ + = = = es t 4t5 23 3

x(t) e e . = El problema puede ser


interpretado como una representacin del movimiento sobreamortiguado de una masa

sujeta a un resorte. La masa parte desde una posicin que se encuentra 1 unidad

debajo de la posicin de equilibrio, con una velocidad dirigida hacia debajo de 1 m/seg.

Para trazar la grfica de x(t), se encuentra el valor de t para el cual la funcin tiene un

extremo, esto es, el valor de t para el cual la primera derivada (velocidad) es cero.

Derivando resulta t 4t5 83 3

x '(t) e e = + de modo que x '(t) 0= implica 3t 85

e =

813 5

t ln 0.157.= Por intuicin fsica y por el estudio de la derivada en un entorno del

punto, se deduce que efectivamente x(0.157) 1.069= m es un mximo. En otras

palabras, la masa alcanza un desplazamiento mximo de 1.069 m debajo de la

posicin de equilibrio. Se debe averiguar tambin si la grfica cruza el eje t, esto es,

saber si la masa pasa por la posicin de equilibrio. Esto no puede suceder en este caso

puesto que la ecuacin x(t) 0,= o sea 3t 25

e = , tiene una solucin fsicamente

irrelevante t 0.305 . La grfica del ejemplo es la siguiente (figura 2):

Figura 2. Grfica del ejemplo 29.

CASO II. 2 2 0 = . Se dice que el sistema est crticamente amortiguado, ya que una pequea disminucin de la fuerza de amortiguacin producira un movimiento

oscilatorio. La solucin general es m t m t1 11 2 1x(t) c e c te m 0= + < , o t

1 2x(t) e (c c t)

= + .

Ejemplo 30. Un cuerpo que pesa 8 lb estira un resorte 2 pies. Suponiendo que una

fuerza de amortiguacin numricamente igual a dos veces la velocidad instantnea

acta sobre el sistema y que el peso se suelta desde la posicin de equilibrio con una velocidad dirigida hacia arriba de 3 pies / seg , determinar la ecuacin del movimiento. Solucin. Por la ley de Hooke se tiene 8 2k k 4 lb /pies= = y por m W / g,=

8 132 4

m slug= = . En consecuencia, la ecuacin diferencial del movimiento es

2

2

1 d x dx. 4x 2

4 dtdt= o bien

2

2

d x dx8 16x 0dtdt

+ + = .


Las condiciones iniciales son x(0) 0, x '(0) 3.= = Ahora bien, la ecuacin

auxiliar es 2 2m 8m 16 (m 4) 0+ + = + = , de modo que 1 2m m 4= = . Por tanto, al

sistema est crticamente amortiguado y 4t 4t1 2x(t) c e c te

= + . La condicin inicial

x(0) 0= exige de inmediato que 1c 0,= por el contrario, usando x '(0) 3= resulta

2c 3= . As, la ecuacin del movimiento es 4tx(t) 3te= . La grfica del ejemplo es la

siguiente (figura 3):


CASO III. 2 2 0 < . En este caso se dice que el sistema est subamortiguado, ya que el coeficiente de amortiguacin es pequeo comparado con la constante del

resorte. Las races 1m y 2m son complejas, 2 2 2 2

1 2m i, m i= + = , y

por lo tanto la solucin general es t 2 2 2 21 2x(t) e (c cos( t) c sen( t))

= + . El movimiento es oscilatorio, sin embargo, a causa del coeficiente te , las amplitudes de

variacin 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 est 2 pies sobre la posicin de

equilibrio, determinar los desplazamientos x(t) sabiendo adems que el medio ofrece

una resistencia numricamente igual a la velocidad instantnea.

Solucin. El alargamiento experimentado por el resorte despus 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.= Adems, m 16 32 1 2 slug= = , y la ecuacin diferencial que resulta es 2

2

1 d x dx. 5x

2 dtdt= o bien

2

2

d x dx2 10x 0.dtdt

+ + = Esta ltima ecuacin se resuelve sujeta

a las condiciones x(0) 2, x '(0) 0= = . Las races de 2m 2m 10 0+ + = son 1m 1 3i= + y 2m 1 3i= lo cual implica que el sistema est subamortiguado y


t1 2x(t) e (c cos3t c sen3t)

= + . Ahora bien, de las condiciones iniciales se tiene 1c 2,=

22 3c .= Finalmente se tiene t 2

3x(t) e ( 2cos3t sen3t).= La grfica del ejemplo es la

siguiente (figura 4):


2.19. MOVIMIENTO VIBRATORIO FORZADO

Suponga que ahora se considera adems una fuerza exterior f(t) que acta

sobre una masa oscilante sujeta a un resorte. Al incluir f(t) en la formulacin de la

segunda ley de Newton resulta 2

2

d x dx k f(t). x

m dt m mdt

+ + = , o

22

2

d x dx2 x F(t)

dtdt+ + = , en

donde F(t) f(t) m= y, tal como en la seccin precedente, 2 m = , 2 k m = . Para resolver la ltima ecuacin no homognea se puede usar indistintamente el mtodo de

los coeficientes indeterminados o el de variacin de parmetros.

Ejemplo 32. Interprete y resuelva el problema de valor inicial 2

2

1 d x dx. 1.2 2x 5cos4t

5 dtdt+ + = ,

1x(0) , x '(0) 0.

2= =

Solucin. Se puede interpretar el problema como una representacin de un sistema oscilatorio que consiste en una masa 1

5(m Kg)= sujeta a un resorte (k 2 N /m)= . La

masa se suelta, a partir del reposo, desde un punto que est 21 unidades (metro) bajo

la posicin de equilibrio. El movimiento es amortiguado ( 1.2) = y es impulsado por una fuerza externa peridica. Primero se multiplica por 5 y se resuelve la ecuacin

homognea 2

2

d x dx6 10x 0dtdt

+ + = por los mtodos usuales. Si 1m 3 i,= + 2m 3 i= se

tiene 3tc 1 2x (t) e (c cos t c sent).

= + Usando coeficientes indeterminados, se postula una


solucin particular de la forma px (t) A cos 4t Bsen4t= + . El sistema de ecuaciones que

resulta es 6A 24B 25

24A 6B 0

+ =

=

de solucin A 25 /102= y B 50 /51= . Se tiene pues

3t 25 501 2 102 51

x(t) e (c cos t c sent) cos 4t sen4t.= + +

Si en la ecuacin anterior se hace t 0= , inmediatamente resulta 1c 38 /51= .

Derivando la expresin y haciendo t 0= se encuentra adems que 2c 86 /51= . Por lo

tanto, la ecuacin del movimiento viene dada por la expresin de la forma

3t 38 86 25 50x(t) e cos t sent cos 4t sen4t.51 51 102 51

= +

. Se puede observar que la

funcin complementaria 3tc38 86

x (t) e cos t sent)51 51

=

tiene la propiedad particular

ctlm x (t) 0

= . Puesto que cx (t) se vuelve insignificante (es decir tiende a cero cuanto

t , se dice que es un trmino transitorio o una solucin transitoria.

Ejemplo 33. Resuelva el problema de valor inicial 2

2

d x64x 16 cos8t

dt+ = , x(0) 0, x '(0) 0.= =

Solucin. La solucin complementaria es cx A cos8t Bsen8t= + . La solucin particular

es de la forma px t(acos8t bsen8t).= + Sustituyendo se tiene a 0= , b 1= . As la

solucin general es x(t) A cos8t Bsen8t tsen8t= + + . De las condiciones iniciales,

rpidamente se encuentra que A B 0= = , de donde x t.sen8t.= El grfico del ejemplo

es el siguiente (figura 5):


Se ve del grfico (figura 5) que las oscilaciones van creciendo sin lmite.

Naturalmente, el resorte est limitado a romperse dentro de un corto tiempo. Se

debera notar que en este ejemplo el amortiguamiento fue ignorado y ocurri


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 explcitamente en

trminos 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

fsicos. En ese caso, se emplea el mtodo de serie de potencias, es decir, se busca una

solucin de la forma n 2 3n 0 1 2 3n 0

y f(x) c x c c x c x c x ...

=

= = = + + + +

El mtodo consiste en sustituir esta expresin en la ecuacin diferencial y determinar los valores de los coeficientes 0 1 2c , c , c , ... . Esta tcnica es semejante al

mtodo de coeficientes indeterminados. Se ilustrar el mtodo en la ecuacin y '' y 0+ = , que es sencilla. Es cierto que ya se sabe cmo resolver esta ecuacin por

tcnicas anteriores, pero es ms fcil entender el mtodo de las series de potencias

cuando se aplica a una ecuacin ms sencilla.

Ejemplo 34. Utilice una serie de potencias para resolver la ecuacin y '' y 0.+ =

Solucin. Suponga que hay una solucin de la forma 2 n0 1 2 nn 0

y c c x c x ... c x

=

= + + + = .

Se puede derivar una serie de potencias trmino a trmino, y n 1nn 1

y ' nc x

=

= ,

n 2n

n 2

y '' n(n 1)c x

=

= . Para comparar y y y '' con ms facilidad, se escribe y '' como

sigue: nn 2n 0

y '' (n 2)(n 1)c x

+

=

= + + . Sustituyendo en la ecuacin diferencial se obtiene

n nn 2 n

n 0 n 0

(n 2)(n 1)c x c x 0

+

= =

+ + + = o bien nn 2 nn 0

[(n 2)(n 1)c c ]x 0

+

=

+ + + = . De donde se

deduce que nn 2 n n 2c

(n 2)(n 1)c c 0 c(n 1)(n 2)+ +

+ + + = = + +

n 0,1,2,3,...=

Para:

02c

n 0 : c1.2

= = . 13c

n 1: c2.3

= = . 0 024c cc

n 2 : c3.4 1.2.3.4 4!

= = = = .

3 1 15c c c

n 3 : c4.5 1.2.3.4.5 5!

= = = = . 0 046c cc

n 4 : c5.6 4!.5.6 6!

= = = = .

5 1 17c c c

n 5 : c6.7 5!.6.7 7!

= = = = .


La expresin para los coeficientes es:

Para los pares: n 02nc

c ( 1)(2n)!

= . Para los impares: n 12n 1c

c ( 1)(2n 1)!+

=

+.

De modo que:

2 3 4 50 1 2 3 4 5

2 4 6 2n 3 5 7 2n 1n n

0 1

2n 2n 1n n

0 1

n 0 n 0

y c c x c x c x c x c x ...

x x x x x x x xc 1 ... ( 1) ... c x ... ( 1) ...

2! 4! 6! (2n)! 3 5! 7! (2n 1)!

x xc ( 1) c ( 1) .

(2n)! (2n 1)!

+

+

= =

= + + + + + +

= + + + + + + + + + +

= + +

Note que hay dos constantes arbitrarias, 0c y 1c .

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 solucin de la forma

0 1y(x) c cos(x) c sen(x)= + . Pero por lo general no se pueden expresar las soluciones de

las ecuaciones diferenciales en forma de series de potencias en trminos 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 prctica, y tambin una vez se tenga informacin en relacin a ellas es

facil generalizar a ecuaciones de orden superior o ms complicadas. Una de tales

generalizaciones se refiere al caso donde p(x), q(x) y r(x) son funciones analticas,

esto es, tienen expansiones en series de potencias en algn intervalo de convergencia.

Una forma de la ecuacin sera q(x)y ' r(x)y

y ''p(x)

+= . Ahora si ha de existir una solucin

en forma de serie y se desea que exista en x a= , sera catastrfico si el denominador

p(x) fuera cero para x a= . Estas situaciones sern tratadas con cuidado en secciones

posteriores.

2.21. PUNTOS ORDINARIOS Y PUNTOS SINGULARES Definicin 6. Un valor de x tal que p(x) 0= se llama un punto singular o singularidad, de la ecuacin 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 ecuacin 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 12

x , 3=

por ejemplo, son puntos ordinarios.

Ejemplo 36. La ecuacin diferencial xy '' y ' xy 0+ + = tiene un nico punto singular

x 0= . Cualesquiera otros valores son puntos ordinarios.


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 ecuacin 2(x 1)y '' 2y ' xy 0+ + = tiene puntos singulares dados por 2x 1 0,+ = esto es, x i= . As puntos singulares (y puntos ordinarios) pueden ser

nmeros complejos.

Se tiene entonces el interesante e importante teorema siguiente:

TEOREMA 4. Sea p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = una ecuacin diferencial donde p(x), q(x) y

r(x) son polinomios. Suponga que a es cualquier punto ordinario de la ecuacin, esto es, p(a) 0 . Entonces se pueden obtener las dos siguientes conclusiones:

a. La solucin 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

2 j0 1 2 j

j 0

y a a (x a) a (x a) ... a (x a)

=

= + + + =

en la ecuacin 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 ms prxima. 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 fcil confirmar la segunda conclusin de este teorema en

relacin a la convergencia de las soluciones con series usando la prueba del cociente

aprendida en Clculo.

Ejemplo 39. Determine, en trminos de series de potencias centradas en x 0= , la

solucin general de la ecuacin diferencial 2(x 1)y '' xy ' y 0+ + = .

Solucin.

Si nnn 0

y c x

=

= entonces 2 n 2 n 1 nn n nn 2 n 1 n 0

(x 1) n(n 1)c x x nc x c x 0

= = =

+ + = .

n n 2 n nn n n n

n 2 n 2 n 1 n 0

n(n 1)c x n(n 1)c x nc x c x 0

= = = =

+ + = .

n n n nn n 2 n n

n 2 n 0 n 1 n 0

n(n 1)c x (n 2)(n 1)c x nc x c x 0

+

= = = =

+ + + + = .

nn n 2

n 0

n(n 1) n 1 c (n 2)(n 1)c x 0

+

=

+ + + + = . La relacin de recurrencia es:

n n 2 n 2 n

(1 n)(n 1)(n 1)c (n 2)(n 1)c 0 c c

(n 2)+ +

+ + + + = =+

.

2 0 0 3 1 1

1 0n 0 c c c arbitrario n 1 c c c arbitrario

2 3= = = =


4 2 0 5 32

1 1 2n 2 c c c n 3 c c 0

4 52 2!= = = = = =

6 4 0 7 53

3 1.3 4n 4 c c c n 5 c c 0

6 72 3!= = = = = = .

Por lo tanto

2 3 2 4 6 80 1 2 3 1 0 2 3 4

1 1 1.3 1.3.5y c c x c x c x ... c x c 1 x x x x ...

2 2 2! 2 3! 2 4!

= + + + + = + + + +

Las soluciones son

2 n 1 2n1 0 2 1n

n 2

1 1.3.5...(2n 3)y (x) c 1 x ( 1) x , x 1, y (x) c x

2 2 n!

=

= + + < =

Ejemplo 40. Determine, en trminos de series de potencias centradas en x 0= , la solucin de la ecuacin diferencial y '' 2xy ' y 0+ = sujeta a las condiciones y(0) 0= ,

y '(0) 1= .

Solucin. Sean n n 1 n 2n n nn 0 n 0 n 0

y C x , y ' C nx , y'' C n(n 1)x

= = =

= = = .

Sustituyendo: n 2 n nn n nn 2 n 0 n 0

C n(n 1)x 2 C nx C x 0

= = =

+ = .

Haciendo k n 2= en n 2nn 2

C n(n 1)x

=

se tiene kk 2k 0

C (k 2)(k 1)x

+

=

+ + .

De modo que: n n nn 2 n nn 0 n 0 n 0

C (n 2)(n 1)x 2 C nx C x 0

+

= = =

+ + + = .

Entonces: nn 2 n nn 0

C (n 2)(n 1) 2C n C x 0

+

=

+ + + = , de donde la relacin de recurrencia

se define como: n 2 n(2n 1)

C C(n 2)(n 1)+

=

+ +. Para:

2 0

1n 0 , C C

2= = ; 3 1

1n 1 , C C

3.2= = ; 4 2 0

3 3.1n 2 , C C C

4.3 4.3.2= = = ;

5 3 1

5 5.1n 3 , C C C

5.4 5.4.3.2= = = ; 6 4 0

7 7.3.1n 4 , C C C

6.5 6.5.4.3.2= = = ;

7 5 1

9 9.5.1n 5 , C C C

7.6 7.6.5.4.3.2= = = ; 8 6 0

11 11.7.3.1n 6 , C C C

8.7 8.7.6.5.4.3.2= = =

De modo que:

2 4 6 80

3 5 7 91

1 3.1 7.3.1 11.7.3.1y C 1 x x x x ...

2! 4! 6! 8!

1 5.1 9.5.1 13.9.5.1 C x x x x x ...

3! 5! 7! 9!

= + + + +

+ +

y

3 5 70

2 4 6 81

2 4.3.1 7.6.3.1 11.8.7.3.1y ' C x x x x ...

2! 4! 6! 8!

3 5.5.1 9.7.5.1 13.9.9.5.1 C 1 x x x x ...

3! 5! 7! 9!

= + + +

+ +


Entonces:

k 1 2k k 2k 10 1

k 1 k 1

3.7.11.....(4k 1) 5.9.13.....(4k 1)y C 1 ( 1) x C x ( 1) x

(2k)! (2k 1)!

+ +

= =

+

= + + + +

Con las condiciones iniciales se obtiene: 0 1 0 1 00 C 0.C , 1 0.C C , C 0 ,= + = + = 1C 1= y

la solucin toma la forma k 2k 1

k 1

5.9.13.....(4k 1)y x ( 1) x

(2k 1)!

+

=

+ = + +

.

2.22. ECUACIN DE LEGENDRE

Definicin 7. La ecuacin 2(1 x )y '' 2xy ' n(n 1)y 0 + + = , donde n es un entero no

negativo, aparece en muchas ocasiones en estudios avanzados de matemtica

aplicada, fsica e ingeniera. Se llama ecuacin de Legendre.

Dado que x 0= es un punto ordinario de la ecuacin, se sustituye la serie de

potencia nnn 0

y c x

=

= , se desplazan los ndices de suma y se combinan las series para

obtener

20 2 1 3

jj 2 j

j 2

(1 x )y '' 2xy ' n(n 1)y n(n 1)c 2c (n 1)(n 2)c 6c x

(j 2)(j 1)c (n j)(n j 1)c x 0,

+

=

+ + = + + + + +

+ + + + + + =

lo cual significa que, 0 2 1 3 j 2 jn(n 1)c 2c 0, (n 1)(n 2)c 6c 0, (j 2)(j 1)c (n j)(n j 1)c 0++ + = + + = + + + + + =

o sea

2 0 3 1 j 2 jn(n 1) (n 1)(n 2) (n j)(n j 1)

c c , c c , c c , j 2,3,4,...2! 3! (j 2)(j 1)+

+ + + += = = =

+ +

Si se hace que j tome los valores 2, 3, 4, , la relacin de recurrencia anterior

da como resultado

4 2 0

5 3 1

6 4 0

7 5 1

(n 2)(n 3) (n 2)n(n 1)(n 3)c c c

4.3 4!

(n 3)(n 4) (n 3)(n 1)(n 2)(n 4)c c c

5.4 5!

(n 4)(n 5) (n 4)(n 2)n(n 1)(n 3)(n 5)c c c

6.5 6!

(n 5)(n 6) (n 5)(n 3)(n 1)(n 2)(n 4)(n 6)c c c

7.6 7!

+ + += =

+ + += =

+ + + += =

+ + + += =

etc. Entonces, cuando menos para x 1< se obtienen dos soluciones linealmente

independientes en forma de series de potencias: 2 4 6

1 0n(n 1) (n 2)n(n 1)(n 3) (n 4)(n 2)n(n 1)(n 3)(n 5)

y (x) c 1 x x x ...2! 4! 6!

+ + + + + + = + +

3 5 72 1

(n 1)(n 2) (n 3)(n 1)(n 2)(n 4) (n 5)(n 3)(n 1)(n 2)(n 4)(n 6)y (x) c x x x x ...

3! 5! 7!

+ + + + + + = + +


Observe que si n es en entero par, la primera serie termina, mientras que

2y (x) es una serie infinita; por ejemplo, si n 4= , entonces

2 4 2 41 0 0

4.5 2.4.5.7 35y (x) c 1 x x c 1 10x x

2! 4! 3

= + = +

.

De igual manera, cuando n es un entero impar, la serie de 2y (x) termina con

nx ; esto es, cuando n es un entero no negativo, se obtiene una solucin en forma de

polinomio de grado n de la ecuacin de Legendre.

Como se sabe que un mltiplo constante de una solucin de la ecuacin de Legendre tambin es una solucin, se acostumbra elegir valores especficos de 0c o

1c , dependiendo de si n es un entero, positivo par o impar, respectivamente. Para

n 0= se elige 0c 1= , y para n 2,4,6,...= n /2

0

1.3...(n 1)c ( 1)

2.4...n

= mientras que para

n 1= se escoge 1c 1= , y para n 3,5,7,...= (n 1) /2

1

1.3...nc ( 1)

2.4...(n 1)

=

. Por ejemplo,

cuando n 4= , 4 /2 2 4 4 211.3 35 1

y (x) ( 1) 1 10x x (35x 30x 3)2.4 3 8

= + = +

.

2.23. POLINOMIOS DE LEGENDRE Definicin 8. Sea { }nP (x) , donde n 0,1,2,...,= la sucesin de polinomios como sigue: 0P (x) 1= y

n 2 nd1n n n2 n! dxP (x) (x 1)= , (*) para n 0> . Entonces nP (x) es llamado el

polinomio de Legendre de grado n, y (*) se conoce como la frmula de Rodrgues para estos polinomios. De (*) est claro que nP (x) es un polinomio de grado n, y por

clculo directo, se ve que 0 1P (x) 1, P (x) x,= = 2 33 5 31

2 32 2 2 2P (x) x , P (x) x x= = .

TEOREMA 5. Las siguientes, son propiedades de los polinomios de Legendre: a. El polinomio ensimo nP de Legendre, es una solucin de la ecuacin diferencial

lineal de segundo orden 2(1 x )y '' 2xy ' n(n 1)y 0 + + = (Ecuacin de Legendre).

b. El polinomio de Legendre de orden n 1+ satisface la identidad dada por 2n 1 n

n 1 n n 1n 1 n 1P xP P++ + += para toda n 1 , y toda x.

c. nn nP ( x) ( 1) P (x) = para toda n. d. nP (1) 1= para toda n.

e. nnP ( 1) ( 1) = para toda n.

f. nP (0) 0, n impar=

g. 'nP (0) 0, n par=

h. El polinomio de Legendre de grado n tiene n races reales distintas, entre 1 y 1.


2.24. PUNTO SINGULAR REGULAR

Definicin 6. Sea x a= un punto singular de la ecuacin diferencial dada por

p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = . Entonces si x a

(x a)q(x)lm

p(x)

y 2

x a

(x a) r(x)lm

p(x)

existen ambos

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 ecuacin (x 2)y '' 3y ' xy 0 + = , se tiene p(x) x 2= , q(x) 3,=

r(x) x= y x 2= es un punto singular. Como x 2

(x 2)(3)lm 3,

x 2

=

2

x 2

(x 2) ( x)lm 0

x 2

=

,

esto es, ambos lmites existen, x 2= es un punto singular regular.

Ejemplo 42. Dada la ecuacin 3 4x (1 x)y '' (3x 2)y ' x y 0, + + + = se tiene 3p(x) x (1 x),= q(x) 3x 2,= + 4r(x) x= , y hay dos puntos singulares x 0= y x 1= .

Puesto que 3x 0

x(3x 2)lm

x (1 x)

+

no existe, mientras que 2 4

3x 0

x .xlm 0

x (1 x)=

, x 0= es un punto

singular irregular. Puesto que 3x 1

(x 1)(3x 2)lm 5

x (1 x)

+=

, 2

3x 1

(x 1) (3x 2)lm 0

x (1 x)

+=

, 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 ecuacin 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=

es un punto singular regular, esto es x a

(x a)q(x)lm

p(x)

y 2

x a

(x a) r(x)lm

p(x)

existen ambos

y son finitos, entonces la ecuacin tiene una solucin de la forma

r 2 j r0 1 2 j

j 0

y (x a) [a a (x a) a (x a) ...] a (x a)

+

=

= + + + = ,

donde la serie aparte del factor r(x a) converge para todo x tal que x a R < y

donde R es la distancia de x a= a la singularidad ms prxima (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. MTODO DE FROBENIUS

Ejemplo 43. Resuelva 3xy '' y ' y 0+ = .

Solucin. Se ensayar una solucin de la forma n rnn 0

y c x

+

=

= . Ahora bien,

n r 1n

n 0

y ' (n r)c x

+

=

= + , n r 2nn 0

y '' (n r)(n r 1)c x

+

=

= + + .


n r 1 n r 1 n 1n n n

n 0 n 0 n 0

r 1 n0 n 1 n

n 0

3xy '' y ' y 0 3 (n r)(n r 1)c x (n r)c x c x 0

x r(3r 2)c x [(n r 1)(3n 3r 1)c c ]x 0

+ + +

= = =

+

=

+ = + + + + =

+ + + + + =

lo cual implica 0r(3r 2)c 0 = , n 1 n(n r 1)(3n 3r 1)c c 0++ + + + = , n 0,1,2,...=

Puesto que nada se logra eligiendo 0c 0= , se debe tener r(3r 2) 0 = ( ) y

nn 1c

c , n 0,1,2,...(n r 1)(3n 3r 1)+

= =

+ + + +

Al sustituir los dos valores de r encontrados en ( ) , 1r 2 /3= y 2r 0= , resultan

dos relaciones de recurrencia diferentes: n1 n 1c

r 2 /3, c , n 0,1,2,...(3n 5)(n 1)+

= = =

+ +

n2 n 1c

r 0, c , n 0,1,2,...(n 1)(3n 1)+

= = =

+ +. De la primera relacin de recurrencia:

0 0 01 21 2 3c c cc c

c , c , c ,5.1 8.2 2!.5.8 11.3 3!.5.8.11

= = = = = 3 04c c

c14.4 4!.5.8.11.14

= = ,

0n

cc , n 1,2,3,...

n!.5.8...(3n 2)= =

+

De acuerdo con la segunda relacin de recurrencia

0 0 01 21 2 3c c cc c

c , c , c ,1.1 2.4 2!.1.4 3.7 3!.1.4.7

= = = = = 3 34c c

c ,4.10 4!.1.4.7.10

= =

0nc

c , n 1,2,3,...n!.1.4.7...(3n 2)

= =

Se obtienen as dos soluciones en serie

2 /3 n1 0

n 1

1y c x 1 x

n!.5.8.11...(3n 2)

=

= +

+ , 0 n2 0

n 1

1y c x 1 x

n!.1.4.7...(3n 2)

=

= +

.

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 1 1 2 2y C y C y= + , es

la solucin general de la ecuacin diferencial.

2.26. ECUACIN INDICIAL

Definicin 9. Se llama ecuacin indicial alrededor de un punto singular regular

x a= , a una ecuacin de la forma 0 0r(r 1) p r q 0 + + = , donde 0x a

(x a)q(x)p lm

p(x)

= y

2

0x a

(x a) r(x)q lm

p(x)

= .

A la ecuacin ( ) se le llama ecuacin indicial del problema y a los valores

1r 2 /3= y 2r 0= se les llama races indiciales o exponentes de la singularidad.


Ejemplo 44. Resuelva xy '' (x 6)y ' 3y 0+ = .

Solucin. Se ensayar una solucin de la forma n rnn 0

y c x

+

=

= . Ahora bien,

n r 1n

n 0

y ' (n r)c x

+

=

= + , n r 2nn 0

y '' (n r)(n r 1)c x

+

=

= + + .

De modo que

n r 1 n r 1n n

n 0 n 0

n r n rn n

n 0 n 0

r 1 n 10 n

xy '' (x 6)y ' 3y 0 (n r)(n r 1)c x 6 (n r)c x

(n r)c x 3 c x 0

x r(r 7)c x (n r)(n r 7)c x (n r

+ +

= =

+ +

= =

+ = + + + +

+ =

+ + + + +

nnn 1 n 0

3)c x 0

= =

=

r 1 n0 n 1 n

n 0

x r(r 7)c x [(n r 1)(n r 6)c (n r 3)c ]x 0

+

=

+ + + + + + =

Por consiguiente, r(r 7) 0 = de modo que 1r 7,= 2r 0= , 1 2r r 7 = y

n 1 n(n r 1)(n r 6)c (n r 3)c 0, n 0,1,2,...++ + + + + = = . Para la raz menor 2r 0= , se

tiene n 1 n(n 1)(n 6)c (n 3)c 0.++ + = Puesto que n 6 0 = cuando n 6= , no hay que

dividir entre este trmino hasta que n 6> . Se tiene

1 0 2 1 3 21.( 6)c ( 3)c 0 , 2.( 5)c ( 2)c 0 , 3.( 4)c ( 1)c 0 + = + = + =

4 3

5 4 4 5 6

0 76 5

7 6

4.( 3)c 0.c 0

5.( 2)c 1.c 0 implica c c c 0

c y c arbitrarios6.( 1)c 2.c 0

7.0c 3.c 0

+ =

+ = = = =

+ = + =

Luego, 1 0 2 1 0 3 2 01 1 1 1 1

c c , c c c , c c c2 5 10 12 120

= = = = = y para n 7 :

nn 1

(n 3)cc

(n 1)(n 6)+

=

+

8 7 9 8 7 10 9 74 5 4.5 6 4.5.6

c c , c c c , c c c8.1 9.2 2!.8.9 10.3 3!.8.9.10

= = = = =

n 1

n 7

( 1) .4.5.6...(n 4)c c , n 8,9,10,...

(n 7)!.8.9.10...n

+

= =

Finalmente, para x 0> , una solucin general de la ecuacin es

n2 3 7 n 7

1 2

n 1

1 1 1 ( 1) .4.5.6...(n 3)y C 1 x x x C x x

2 10 120 n!.8.9.10...(n 7)

+

=

+

= + + + +

Es interesante observar que en el ejemplo precedente no se us la raz mayor.

Se debe a que esta slo dara una solucin contenida en la solucin general que ya se

encontr.


Ejemplo 45. Resuelva xy '' 3y ' y 0+ = .

Solucin. r 1 k0 k 1 kk 0

xy '' 3y ' y 0 x r(r 2)c x [(k r 1)(k r 3)c c ]x 0

+

=

+ = + + + + + + =

.

De modo que la ecuacin indicial y los exponentes son r(r 2) 0+ = y 1r 2= ,

2r 0= respectivamente. Puesto que k 1 k(k r 1)(k r 3)c c 0, k 0,1,2,...,++ + + + = = se tiene que cuando r 2= : k 1 k(k 1)(k 1)c c 0+ + = . Para los casos k 0= y k 1= se

tiene: 1 0 2 11.1c c 0 y 0.2c c 0. = = La ltima ecuacin implica que 1c 0= y por lo

tanto la primera implica que 0c 0.= Se encuentra que k

k 1

cc , k 2,3,...

(k 1)(k 1)+= =

+

y por lo tanto 23c

c1.3

= , 3 24c 2c

c2.4 2!4!

= = , 4 25c 2c

c3.5 3!5!

= = ,

2n2c

c , n 2,3,4,...(n 2)!n!

= =

De esta manera se puede escribir 2 n n1 2n 2 n 0

2 2y c x x x

(n 2)!n! n!(n 2)!

= =

= =

+ , x <

Cuando r 0= se tiene kk 1c

c , k 0,1,...(k 1)(k 3)+

= =

+ + . De modo que:

0 0 0 3 0 01 2

1 2 3 4 n

c 2c 2c c 2c 2cc cc , c , c , c ... c , n 1,2,3,...

1.3 2.4 2!4! 3.5 3!5! 4.6 4!6! n!(n 2)!= = = = = = = = =

+

Por consiguiente, una solucin en serie es 0 n2 0n 1

2y (x) c x 1 x

n!(n 2)!

=

= +

+ .

Se concluye que el mtodo de Frobenius slo da una de las soluciones en serie

de la ecuacin diferencial. Se buscar una segunda solucin

(3 / x)dx

2 1 12 21 3 2 3

2 31 1 3

3 2 3

1 13 2

e dxy y (x) dx y (x)

y (x) 1 1 1x 1 x x x ...

3 24 360

dx 1 2 1 19y (x) y (x) 1 x x x ... dx

2 7 1 3 4 270xx 1 x x x ...3 36 30

1 2 1 19 1y (x) ... dx y (x)

4x 270x 3x 2x

= =

+ + + +

= = + + + + + +

= + + =

2 2 1 19lnx x ...3x 4 270 + + +

o bien 2 1 1 21 1 2 19

y y (x)lnx y (x) x ... .4 3x 2702x

= + + +

Por lo tanto, la solucin general en el intervalo 0 x< < es

1 1 2 1 1 2

1 1 2 19y C y (x) C y (x)lnx y (x) x ... .

4 3x 2702x

= + + + +


Ejemplo 46. Resuelva xy '' y ' 4y 0.+ =

Solucin. La suposicin n rnn 0

y c x

+

=

= conduce a

n r 1 n r 1 n rn n n

n 0 n 0 n 0

2 n r 1 n rn n

n 0 n 0

r 2 1 2 n r 1 n r0 n n

n 1 n 0

xy '' y ' 4y 0 (n r)(n r 1)c x (n r)c x 4 c x 0

(n r) c x 4 c x 0

x r c x (n r) c x 4 c x

+ + +

= = =

+ +

= =

+ +

= =

+ = + + + + =

+ =

+ +

r 2 1 2 n0 n 1 nn 0

0

x r c x [(n r 1) c 4c ]x 0

+

=

=

+ + + =

Por lo tanto, 2 1 2r 0, r 0, r 0= = = y 2

n 1 n(n r 1) c 4c 0, n 0,1,2,...++ + = =

Claramente, la raz 1r 0= dar slo una solucin, la correspondiente a los

coeficientes definidos por la iteracin de nn 1 24c

c , n 0,1,2,...(n 1)

+ = =+

El resultado es

n

n1 0 2

n 0

4y c x , x

(n!)

=

= < . Para obtener la segunda solucin linealmente independiente se hace 0c 1= en la expresin anterior y luego

(1 / x)dx

2 1 12 21 2 3

2 31 1

2 3

2 21 1

e dxy y (x) dx y (x)

y (x) 16x 1 4x 4x x ...

9

dx 1 1472y (x) y (x) 1 8x 40x x ... dx

16 x 9x 1 8x 24x x ...

9

1 1472 1472y (x) 8 40x x ... dx y (x) lnx 8x 20x

x 9

= =

+ + + +

= = + + + + + +

= + + = +

3x ... .27 +

Por consiguiente, la solucin general en el intervalo 0 x< < es

2 31 1 2 1 1

1472y C y (x) C y (x)lnx y (x) 8x 20x x ...

27

= + + + +

.

De los ejemplos anteriores es claro que las soluciones tipo Frobenius que se

obtienen dependen de las races indiciales y que pueden surgir varios casos:


CASO I. Si las races indiciales difieren en una constante que no es un entero, esto es, no es 0, 1, 2,..., siempre se obtiene la solucin general. Esta es la situacin del

ejemplo 43.

CASO II. Si las races indiciales difieren en un entero no igual a cero, hay tres

posibilidades:

a. La solucin se obtiene al usar la raz indicial ms pequea. Por ejemplo, si las races indiciales son 2 y 1 , entonces 2 es la raz ms pequea. Esta es la

situacin del ejemplo 44.

b. Al usar la raz indicial ms pequea se encuentra solo una solucin. La otra

solucin se halla aplicando la frmula de reduccin de orden. Esta situacin ocurre

en el ejemplo 45.

c. No se obtiene solucin al usar la raz indicial ms pequea. Sin embargo, en todos

los casos se puede determinar una solucin al usar la raz ms grande.

CASO III. Si las races indiciales difieren en cero, esto es, son iguales, se obtiene

solamente una solucin. Esta es la situacin del ejemplo 46.

Ejemplo 47. Obtenga una solucin tipo Frobenius alrededor de x 1= para la ecuacin diferencial x(x 1)y '' xy ' y 0. + + =

Solucin. Se tiene p(x) x(x 1),= q(x) x,= r(x) 1,= de modo que x 0= y x 1= son

puntos singulares. Si x 1 x 1

(x 1)q(x) (x 1)xlm lm 1

p(x) x(x 1)

= =

,2 2

x 1 x 1

(x 1) r(x) (x 1) (1)lm lm 0

p(x) x(x 1)

= =

sigue que x 1= es un punto singular regular, y as por el teorema 2 hay una solucin

tipo Frobenius alrededor de x 1= dada por j cjj 0

y a (x 1)

+

=

= .

Es conveniente hacer el cambio de variable v x 1= , as que la ecuacin

diferencial se convierte en v(v 1)y '' (v 1)y ' y 0+ + + + = y se puede escribir j cjj 0

y a v

+

=

= .

Sustituyendo en la ecuacin:

2 j c 2 j c 1 j cj j j

j 0 j 0 j 0

(v v) (j c)(j c 1)a v (v 1) (j c)a v a v 0

+ + +

= = =

+ + + + + + + =

o bien 2 2 j cj j 1j 0

{[(j c) 1]a (j c 1) a }v 0

++

=

+ + + + + = . As 2 2j j 1[(j c) 1]a (j c 1) a 0++ + + + + = .

La ecuacin indicial viene dada por 2 0c a 0,= esto es c 0= puesto que 0a 0 .

As, las races de la ecuacin indicial son ambas iguales a cero. Colocando c 0= en la

expresin anterior se tiene 2

2 2j j 1 j 1 j2

j 1(j 1)a (j 1) a 0 a a

(j 1)+ +

++ + + = =

+. Ahora si se

coloca j 0,1,2,...,= se tiene

2 2 2 2 2

1 0 2 1 0 3 2 02 2 2 2 2

1 1 1 1 2 1 (1 1)(2 1)a a , a a a , a a a ,...

2 2 3 2 3

+ + + + += = = = =


Usando esto y reemplazando v por x 1, se obtiene la solucin requerida

2 2 22 3

0 2 2 2

(1 1) (1 1)(2 1)y a 1 (x 1) (x 1) (x 1) ...

2 2 3

+ + += + +

.

Del teorema 7 sigue que la solucin en series anterior converge para x 1 1 <

puesto que la distancia de x 1= a la singularidad ms prxima x 0= es 1.

Observacin 5. Al resolver la ecuacin diferencial p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = , donde

p(x), q(x) y r(x) son polinomios en torno a un punto 0x para el cual 0p(x ) 0= , de

manera intencional no se han considerado dos complicaciones adicionales:

a. Es perfectamente posible que las races de la ecuacin indicial resulten ser nmeros complejos. En particular, cuando la ecuacin indicial tiene coeficientes reales, las races complejas sern un par conjugado 1r i= + , 2r i= y 1 2r r 2i entero. = As, para 0x 0,= existirn siempre dos soluciones

n r11 n

n 0

y c x

+

=

= y n r22 nn 0

y b x

+

=

= Ambas soluciones darn valores complejos de y

para cada valor real de x. Esta ltima dificultad puede ser superada mediante el

principio de superposicin. Puesto que una combinacin de soluciones tambin es

una solucin de la ecuacin diferencial, se pueden formar combinaciones adecuadas de 1y (x) y 2y (x) para obtener soluciones reales.

b. Por ltimo, si x 0= es un punto singular irregular, debe hacerse notar que puede

ser posible no encontrar ninguna solucin de la forma n rnn 0

y c x

+

=

= .

2.27. LA FUNCIN GAMMA Definicin 10. La definicin por integral de la funcin gamma debida a Euler, viene

dada por

x 1 t

0(x) t e dt

= .

La convergencia de la integral requiere que x 1 1 > o bien x 0> . La relacin de recurrencia (x 1) x (x) + = puede ser obtenida usando integracin por partes.

Ahora bien, cuando x 1= :

t

0(1) e dt 1

= = y, por consiguiente, de la relacin de recurrencia se obtiene: (2) 1 (1) 1, (3) 2 (2) 2.1, (4) 3 (3) 3.2.1 = = = = = = , etc. De este modo se ve que cuando n es un entero positivo (n 1) n! + = . Por esta razn, la

funcin gamma se llama frecuentemente funcin factorial generalizada.


2.28. ECUACIN DE BESSEL

Definicin 11. La ecuacin 2 2 2x y '' xy ' (x v )y 0+ + = , donde v 0 , aparece en

muchas ocasiones en estudios avanzados de matemtica aplicada, fsica e ingeniera.

Se llama ecuacin de Bessel de orden v.

Al resolverla se supondr que v 0 . Puesto que se buscan soluciones en serie para esta ecuacin, en torno a x 0= , se hace notar que el origen es un punto singular

regular de la ecuacin de Bessel. Si se supone n rnn 0

y c x ,

+

=

= entonces

2 2 2 n r n r n r 2n n n

n 0 n 0 n 0

2 n rn

n 0

2 2 r r0 n

x y '' xy ' (x v )y 0 c (n r)(n r 1)x c (n r)x c x

v c x 0

c (r r r v )x x c [(n r)(n r 1) (n

+ + + +

= = =

+

=

+ + = + + + + +

=

+ + + + +

2 n

n 1

r n 2n

n 0

r) v ]x

x c x .

=

+

=

+

+

La ecuacin indicial es 2 2r v 0 = , de modo que las races indiciales son 1r v=

y 2r v.= Cuando 1r v= se tiene:

r n r n 2 r n n 2n n 1 n n

n 1 n 0 n 2 n 0

r k 21 k 2 k

k 0

x c n(n 2v)x x c x 0 x (1 2v)c c n(n 2v)x c x 0

x (1 2v)c [(k 2)(k 2 2v)c c ]x 0

+ +

= = = =

++

=

+ + = + + + + =

+ + + + + + =

Por lo tanto, por el argumento usual se puede escribir 1 k 2 k(1 2v)c 0, (k 2)(k 2 2v)c c 0++ = + + + + = ,

o bien kk 2c

c , k 0,1,2,...(k 2)(k 2 2v)+

= =

+ + +

La eleccin 1c 0= implica que 3 5 7c c c ... 0= = = = de modo que para

k 0,2,4,...= se encuentra, despus de hacer k 2 2n, n 1,2,3,...+ = = que

2n 22n 2

cc

2 n(n v)

=

+. Por consiguiente,

0 022 42 2 4

046 2 6

c ccc c

2 .1.(1 v) 2 .2(2 v) 2 .1.2(1 v)(2 v)

ccc

2 .3(3 v) 2 .1.2.3(1 v)(2 v)(3 v)

= = =

+ + + +

= =

+ + + +

M


n

02n 2n

( 1) cc , n 1,2,3... ( )

2 n!(1 v)(2 v)...(n v)

= = + + +

Es comn dar a 0c un valor especfico, a saber, 0 v1

c2 (1 v)

=

+, donde (1 v) +

es la funcin gamma. Como esta ltima funcin tiene la propiedad (1 ) ( ) + = , se puede reducir el producto indicado en el denominador de ( ) a un solo trmino. Por

ejemplo, (1 v 1) (1 v) (1 v),

ecuaciones diferenciales _clases parcial 2

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