INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

Transcripción

1 TEMA N o INTRODUCCION A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES De nición. Una ecuación diferencial, es una ecuación que establece una relación de una o más varibales dependientes y sus derivadas con respecto a una o más variables independientes. Clasi cación de las Ecuaciones Diferenciales. Las ecuaciones diferenciales se clasi can de acuerdo, con el tipo, el orden y la linealidad. Clasi cación Según el Tipo. a). Ecuaciones diferenciales ordinarias (E.D.O.). Una ecuación diferencial ordinaria, es una ecuación que solo contiene derivadas ordinarias de una o más variables dependientes con respecto a una sola variable independiente. Una ecuación diferencial ordinaria, de variable independiente x y una sola varibale dependiente y, simbolicamente podemos escribir ó bien F x; y; dy dx ; d y dx ; :::; dn y dx n = 0 F x; y; y 0 ; y 00 ; y 000 ; :::; y (n) = 0, donde F es una función a especi car. Ejemplos. a). dy = 3x + E.D.O. de varibale independiente x y dependiente y. dx b). y 00 + xy 0 = 3 E.D.O. de variable independiente x y dependiente y. c). d y dt at = 0 E.D.O. de variable independiente t y dependiente y.

2 d). y {v y 0 = C E.D.O. de variable independiente x y dependiente y, donde C es una constante. e). x y dx xydy = 0, xydy = x y dx, dy dx = x y xy. E.D.O. de variable independiente x y dependiente y. b). Ecuaciones Diferenciales Parciales (E.D.P.). Una ecuación diferencial parcial, es una ecuación que contiene derivadas parciales, de una o más variables dependientes respecto de dos o más variables independientes. = 0. E.D.P., variables independientes x, y; variable dependiente u. = C E.D.P., variables independientes x, y; variable dependiente u, v y C es una Ctte. + = t E.D.P., variables independientes t, w; variable dependiente u, v. = 0. E.D.P., variables independientes x, y,y z; variable dependiente w. Es la ecuación de Laplace. Clasi cación Según el Orden. El orden de una ecuación diferencial, es el orden de la derivada más alta, que aparece o que se encuentra en la ecuación. Una ecuación diferencial ordinaria de orden n, de variable independiente x y variable dependiente y, se escribe:

3 F x; y; y 0 ; y 00 ; y 000 ; :::; y (n) = 0. Ejemplos. a). xdy + ydy = 0. b). d y dx + x dy dx + x y = 0. E.D.O. de primer orden. E.D.O. de segundo orden. c). (y 0 ) + xy 00 + y = 0. E.D.O. de segundo = t. E.D.P. de segundo orden. Clasi cación Según la Linealidad y No Linealidad. a). Ecuación Diferencial Lineal. Una E.D.O. lineal, de variable dependiente y y variable independiente x, puede escribirse como sigue: a 0 (x) y (n) + a (x) y (n ) + + a n (x) y 0 + a n (x) y = g (x) () Donde g (x) y los coe cientes a 0 (x) ; a (x); :::; a n (x); a n (x) dependen solamente de la variable x y no de y. Ejemplos. a). dy dx = 3x E.D.O. lineal de primer orden. b). d y + sen(t + )y = C dt c). y 00 + y 0 + ky = 0 constante. E.D.O. lineal de segundo orden. E.D.O. lineal de segundo orden, donde k es una d). y {v y = e x. E.D.O. lineal de cuarto orden no lineal. Ecuación Diferencial No Lineal. Una ecuación diferencial ordinaria que no es de la forma (), se llama ecuación diferencial ordinaria no líneal. Ejemplos. a). y 0 = e y. E.D.O. no lineal de primer orden. 3

4 b). d3 y + cos(y + )y = 0 dx3 E.D.O. de tercer orden no lineal. c). (y 0 ) + x = 0 E.D.O. de primer orden no lineal. d). y 000 y 0 = cos(x + y) E.D.O. de tercer orden. Ejemplos. Clasi car cada una de las siguientes ecuaciones diferenciales de acuerdo al tipo, orden y linealidad. a). d 3 t dy 3 + y = C E.D.O. de tercer orden, no líneal. b). (y 00 ) + d y dx = x + sen x E.D.O. de segundo orden, no lineal. = t E.D.P. de segundo orden. d). e x d y + (ln x)y = 0 dx e). y iv + ky = ln (x + y) constante. E.D.O. de segundo orden, lineal. E.D.O. de cuarto orden, no lineal, k, es una Solución de Una Ecuación Diferencial. Una solución de una ecuación diferencial es cualquier función f, de nida en un intervalo I, tal que, sí sustituida en dicha ecuación la reduce a una identidad en el intervalo especi cado. El intervalo I puede representar: un intervalo abierto (a; b), cerrado [a; b], o in nito (0; ), etc. Ejemplos.. La función y = xe x es una solución de la ecuación diferencial lineal de segundo orden y 00 + y 0 + y = 0, de nida en el intervalo ( ; ). Las derivadas de la función y = xe x son: y 0 = e x + xe x y 00 = e x + e x + xe x = e x + xe x 4

5 Sustituyendo estas expresiones en la ecuación dada, tenemos y 00 y 0 + y = e x + xe x (e x + xe x ) + xe x = e x + xe x e x xe x + xe x 0: =. La función y = sen x x orden es una solución de la ecuación lineal de primer xy 0 + y = cos x, de nida en el intervalo de (0; ) : La derivada de la función y = sen x x es: y 0 = x cos x sen x x. Sustituyendo, en la ecuación inicial, tenemos. x cos x sen x xy 0 + y = x x + sen x x = x cos x sen x x = x cos x x = cos x: sen x x + sen x x + sen x x 3. Veri car que la función y = 3 x, es una solución de la ecuación deferencial no lineal, y 0 4 (xy) 3 = 0, de nida en el intervalo (0; ). La derivada de la función y = 3 x es: 5

6 y 0 = 3 x = 5 x Sustituyendo y 0 en la ecuación inicial, tenemos h i y 0 4 (xy) 3 = 5 x 4 x 3 x 3 = 5 x 4 x = 0 = 5 x x = 0: 4. Veri car que la función y = x4 6 es una solución de la ecuación no lineal. de nida en el intervalo ( ; ). y 0 = xy, La derivada de la función y = x4 6 es: y 0 = x3 4. Reemplazando la derivada de la función en la encuación dada, tenemos y 0 xy = x3 4 = x3 4 = x3 4 = x3 4 x 4 x 6 x 4 x 4 x x 4 x 3 4 = 0: 6

7 Soluciones Explicitas e Implicitas. Una ecuación diferencial puede tener como soluciones explicítas e implicítas. Soluciones Explícitas. Se llama solución explicita de una ecuación diferencial a una función que se puede escribir en la forma y = f (x), en el intervalo I. Ejemplo. Las funciones de los ejemplos anteriores y = xe x, y = sen x x, y = 3 x son soluciones explícitas de sus correspondientes ecuaciones diferenciales. Soluciones Implícitas. Se llama solución implícita de una ecuación diferencial a la función G(x; y), si de ne una o más soluciones explícitas en el intervalo I. Ejemplo. Veri car que la función x + y = 6 es una solución implicita de la ecuación diferencial de primer orden y 0 = x en el intervalo ( 4; 4) : y La función x + y = 6, derivamos implicitamente. x + yy 0 = 6. Despejando y 0 tenemos y 0 = x y, que es idéntica a la ecuación inicial. Por otra parte, la función x + y = 6 de ne dos funciones implicítas y = p 6 x y y = p 6 x. En consecuencia, la función x + y = 6 es una solución implícita de la ecuación y 0 = x y. Ejemplo. Muestre que xy+e xy = 0 es una solución implicita de la ecuación diferencial (x + xe xy ) y 0 + y + ye xy = 0. Derivamos implicitamente la función xy + e xy = 0, tenemos 7

8 y + xy 0 + ye xy + xy 0 e xy = 0. Luego (x + xe xy ) y 0 + y + ye xy = 0. Se entiende también por solución implícita, cuando la solución no se puede expresar en la forma y = f (x). Familia de Soluciones. Una ecuación diferencial tiene generalmente un número in nito de soluciones es decir una familia de soluciones con un parámetro llamado constante arbitraria C. Ejemplos.. La ecuación diferencial de primer orden y 0 = y x, x 6= 0, tiene por solución la familia de parabolas, y = Cx, donde C, es una constante. Primeramente veri quemos que la función y = Cx es una solución de la ecuación planteada. La primera derivada es y 0 = Cx. Sustituyendo en la ecuación, resulta y 0 y x = Cx Cx = Cx Cx = 0: x Dando a C, distintos valores generamos la familia de parábolas.. La función y = C +, donde C es una constante, es una solución de la x ecuación lineal de primer orden en el intervalo (0; ). xy 0 + y =, Donde y 0 = Cx = C, sustituyendo en la ecuación inicial, veri camos x 8

9 Parabolas :pdf Hiperbolas :pdf 9

10 xy 0 + y = x C x + C x + = Cx x + C x + = C x + C x + =. Dando a C distintos valores generamos la falimia de soluciones. 3. Las funciones y = C sen x y y = C cos x, donde C y C son dos constantes, son soluciones de la ecuación diferencial de segundo orden y 00 +4y = 0: Las derivadas de la función y = C sen x son: y 0 = C cos x Vemos que: y 00 = 4C sen x y y = 4C sen x + 4C sen x = 0. Por otra parte, las derivadas de la función y = C cos x son: y 0 = C sen x y 00 = 4C cos x Así que: y y = 4C cos x + 4C cos x = 0. La suma de estas soluciones, y = C sen x + C cos x, también es una solución de la ecuación dada. La prueba de esta solución es en forma análoga. La grá ca de las funciones y = C sen x, y = C cos x. y y = C sen x + C cos x para C = C =, se muestran en las guras de abajo. 0

11 Sen x cos x cos x Sen x 3 4 TEMA N o ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN En general una ecuación diferencial de primer orden se puede escribir de la siguiente manera: F (x; y; y 0 ) = 0 (Forma Implicíta) Sí en está ecuación es posible despejar y 0, se tiene: dy dx = f (x; y), o bien y0 = f (x; y) (Forma Explícita) representa una ecuación diferencial de primer orden, donde f es una función de dos variables x y y. Problema de Valor Inicial. El problema de valor inicial de una ecuación diferencial de primer orden

12 y 0 = f (x; y) signi ca, encontrar una solución de la ecuación diferencial en un intervalo I que satisfaga la condición. y (x 0 ) = y 0, donde x 0 es un número en el intervalo I, y y 0 es un número real. La relación y (x 0 ) = y 0, se llama "condición inicial" o "valor inicial" de la ecuación dada. Gra camente signi ca: Soluciones de la ecuación diferencial. Ejemplo. Consideremos nuevamente la ecuación y 0 = y x y la condición inicial y () =. Representa un problema de valor inicial, sabemos que la ecuación tiene una familia de soluciones y = Cx. Para obtener una solución particular, que satisfaga la condición y() =, es necesario sustituir x = y y = en la familia de soluciones: y = Cx. Sí: x = y y = =) y = Cx = C() =) C =. De modo que: y = x, es una solución particular de la ecuación dada, que es una solución única. Geométricamente, esto es y x

13 Teorema de Existencia y Unicidad de una Solución (T.E.U.) Sí en el problema de valor inicial y 0 = f (x; y) y y(x 0 ) = y 0, la f (x; y) y su derivada parcial respecto de y son continuas en una rectangular R, en el plano xy y que contiene el punto (x 0 ; y 0 ), entonces existe una y sóla una solución y = f(x) de la ecuación diferencial dada que satisface la condición y = y 0 cuando x = x 0. Ejemplo. Aplicar el T.E.U. para determinar si existe una solución única a el problema de valor inicial. y 0 = x 3 + y, y() =. Vemos que f(x; y) = x 3 + y = y, son continuas en cualquier rectangular que contenga al punto (; ). Por tanto el T.E.U. garantiza una solución única al problema de valor inicial en una región R que pasa por el punto (; ). Ejemplo. Dado el problema de valor inicial. y 0 = 3 y 3 y y() = 0, veri car si se cumple el T.E.U. Donde f(x; y) = 3 y 3, su derivada parcial respecto de = 3 3 y 3 = p. 3 y 3

14 Desafortunadamente no es continua puesto que no está de nida el punto y = 0, esto signi ca que no existe una región rectangular R que contiene al punto (; 0). Su restricción es y > 0. Por tanto T.E.U. no garantiza una solución única al problema dado, pues no existe una región R por el cúal pase el punto (; 0). El problema de valor inicial, tiene una solución y = (x ) 3, también y = 0 es una solución, una tercera solución también lo es 3 (x ) sí: x > y = 0 sí: x < y x Ejemplo. Dado el problema de valor inicial y 0 = xy, y(0) = 0. Veri car si se cumple el T.E.U. Donde: f (x; y) = xy, su derivada parcial para está función, = xy = x p y. no es continua, tiene restricciones, puesto que no está de nida en el punto y = 0, esto establece que no existe una región rectángular R, que contenga al punto (0; 0). El T.E.U. no garantiza una solución única a el problema de valor inicial. En la grá ca se puede observar, que tiene al menos dos soluciones cuyas grá cas pasan por (0; 0), siendo y = 0 y y = x4 6. Pero, si el semiplano y > 0, existe una solución única en cualquier región rectángular R. Así, por ejemplo para cualquier punto (x 0 ; y 0 ), y > 0. Para 4

15 (; ), existe una solución única, esto signi ca que existe una región rectangular R, que contiene al punto (0; 0). ECUACIONES SEPARABLES Si la ecuación diferencial de primer orden. dy = f (x; y), dx se puede escribir en la forma diferencial. o bien M (x) dx + N (y) dy = 0 dy dx = M (x) N (y). se llama ecuación separable o ecuaciones de variables separables. Método La ecuación diferencial separable. dy dx = M (x) N (y) () también se puede escribir N (y) dy dx = M (x), donde dy dx = y0 = f 0 (x). Supongase que y = f (x) es la solución de (), entonces N(f (x))f 0 (x) = M (x). Integrando respecto de x, tenemos. R N(f (x))f 0 (x) dx = R M (x) dx + C. Como dy = f 0 (x) dx y y = f (x). 5

16 R N (y) dy = R M (x) dx + C ó bien R M (x) dx + R N (y) dy = C. En el caso particular sí N (y) =, en la ecuación () se reduce ó bien dy dx = M (x) dy = M (x) dx Integrando R dy = R M (x) dx + C. Por tanto, obtenemos una solución explicita. Ejemplo. Resolver la ecuación diferencial y = R M(x)dx + C dy dx = y x + 3. La ecuación es de variables separables, pues Integrando dy y = dx x + 3. y dy = x + 3 dx + C ln jy j = ln jx + 3j + ln jc j, donde C = ln jcj, luego aplicando la propiedad de logaritmos, tenemos Obtenemos una ln jy j = ln jc (x + 3)j y = C(x + 3). y = C(x + 3) + 6

17 solución explicita. Ejemplo. Resolover la ecuación Separando variables, tenemos dy dx = y (x ) x (y 3 y). dy dx = y y 3 y x x y 3 y y dy = x x dx. Integrando, tenemos: y 3 y x y dy = x dx + C y 3 y dy ydy y y dy = x x dx y dy = x dx ydy y dy = x dx y ln jyj = ln jxj y ln jyj = ln jxj + x + C x dx + C x dx + C x dx + C x + C y ln jxj ln jyj x = C Obtenemos una solución implicita. y (ln jxj + ln jyj) y x ln jxyj = C x = C. Ejemplo. Resolver la ecuación. 7

18 Separando variables se tiene. x p + y dx + y p + x dy = 0. y p + x dy = y p + y dy = x p + y dx x p + x dx. Integrando y p dy=- + y x p dx + C. + x Aplicando un cambio de variable a ambos integrales, tenemos. Si: u = + y ) du = ydy y Sí: z = + x ) dz = xdx du = ydy. dz = xdx. du p = u u du = u du = u dz p z + C = z z z dz + C dz + C + C u = z + C. Sí: u = + y y z = + x, tenemos ( + y ) = + x + C + x + + y = C. Así, obtenemos una solución implícita p + x + p + y = C. 8

19 Ejemplo. Resolver la ecuación. y 0 sen x = y ln y, sujeto a la condición inicial y = e. Se trata de un problema de valor inicial, separando variables, tendremos dy sen x = y ln y dx dy sen x = y ln ydx dy y ln y = dx sen x. Integrando y ln y dy = sen x dx + C. Sí: u = ln y ) du = y dy: du u = sen x dx + C ln juj = ln tan x + ln jcj. Donde C = ln jcj, ln jln yj = ln C tan x ln jyj = C tan x. Por tanto, la solución general es: y = e C tan x. Sustituyendo la condición inicial x = y y = e, resulta. 9

20 e = e C tan e = e C. Aplicando logaritmo neperiano, tenemos ln e = C ln e ó e = e C = C C =. Por tanto, la solución pariticular es y = e tan x. Ejemplo. Resolver la ecuación. Separando las variables, tenemos Integrando, tenemos Sí: u = y ) du = dy. y 0 = 6x(y ) 3. dy dx = 6x(y ) 3 dy (y ) 3 = 6xdx. dy = 6xdx + C. (y ) 3 u 3 du = 6 xdx + C u 3 du = 6 xdx + C u 3 3 = 6 x + C 3u 3 = 3x + C. 0

21 Sustituimos u = y, tenemos: 3 (y ) 3 = 3x + C (y ) 3 = 3x + C. 3 Elevando a la tercera potencia a ambos miembros, tenemos: h i (y ) 3 3 3x + C = 3 3x y = 3 + C 3 3 y = x + C y = x x C 3 + 3x y = x 6 + Cx 4 + C x 3 C C C + 3 Ejemplo. Resolver el problema de valor inicial e y ( + y 0 ) =, con y(0) =. La ecuación escribimos de la siguiente forma Separando variables, tenemos: + y 0 = e y y 0 = e y dy dx = ey. Integrando dy e y = dx. dy e y = e y dy = dx + C dx + C.

22 Multiplicando y dividiendo por e y, la última ecuación, tenemos e y e y e y dy = dx + C e y e y dy = dx + C. Sí: u = e y ) du = e y dy, se tiene du u = dx + C ln juj = x + C u = e x+c e y = e x+c. Así, obtenemos la solución general e y = e x C. Utilizando la condición x = 0 y y =, tendremos e ( ) = e 0 C e = C C = e. Por tanto, una solución particular es e y = ( e x ) ( e). ECUACIONES HOMOGÉNEAS Función Homogénea. La función f(x; y), se llaman función homogénea de grado n, respecto de las variables x y y, si la función f (x; y) tiene la propiedad de que f (tx; ty) = t n f(x; y); 8, n y t R.

23 Ejemplo. Determinar si las funciones son homogéneas o no, e indicar el grado de la homogeneidad. a). f(x; y) = x 3xy + y : f(tx; ty) = (tx) 3(tx)(ty)+(ty) = t x 3t xy+t y = t (x 3xy+y ) = t f(x; y). La función es homogénea de grado dos. b). f(x; y) = 3p x 6y. f(tx; ty) = 3p (tx) 6(ty) = 3p t x 6t y = 3p t (x 6y ) = t 3 3p x 6y = t 3 f(xy). La función es homogénea de grado 3. c). f(x; y) = 3x + y x y f(tx; ty) = 3(tx) + (ty) (tx) (ty) = t (3x + y) t (x y) = t0 (3x + y) (x y) = t0 f(x; y). La función es homogénea de grado cero. d) f(x; y) = 4y x +. f(tx; ty) = 4(ty) (tx) + = t0 4y x + = t 0 f(x; y). La función es homogénea de grado cero. e) f(x; y) = x 3 + 3xy y 3 +. f(tx; ty) = (tx) 3 +3(tx)(ty) (ty) 3 + = t 3 (x 3 +3xy y 3 +t 3 ) 6= t 3 f(x; y). La función no es homogénea Ecuación Homogénea. Una ecuacion diferencial de primer orden dy = f(x; y), () dx se llama ecuación homogénea, si la función f(x; y) es homogénea de grado cero respecto de x y y. Método de Por hipótesis 3

24 f(tx; ty) = t 0 f(x; y) = f(x; y): Haciendo t = x, tenemos f(x; y) = f ; y. () x De la ecuación () y (), obtenemos. dy dx = f(; y ). (3) x Ahora efectuamos la sustitición u = y x o bien y = ux, derivando respecto de x, se tiene dy dx = u + xdu dx. (4) De la ecuación (3) y (4), tenemos u + x du = f(; u), dx que es una ecuación de variables separables x du = f(; u) dx u du f(; u) u = du x, integrando, obtenemos du du f(; u) u = x + C. Finalamente, obtenemos la solución sustituyendo el valor de u por y x. Ejemplo. Resolver la ecuación 4

25 dy xy + y = dx x La ecuación escribimos en forma (3) dy dx = y y. x + x La ecuación es homogénea de grado cero. Sustituyendo u = y x y dy dx = u + x du en la ecuación, resulta dx Separando las variables, se tiene Integrando u + x du dx = u + u. x du dx = u + u du u + u = dx x. du dx u( + u) = x + C. Integrando por fracciones parciales. A B du = u + u x dx + C. De donde: A =, B =. u du = R + u x dx + C, donde C = ln jcj. ln juj ln j + uj = ln jxj + ln jcj ln u + u = ln jcxj y x + y x = Cx y x + y = Cx. 5

26 Por tanto, la solución general es Ejemplo. Resolver la ecuación 4x y = La ecuación escribimos en la forma Cx Cx. 3y + dy (y 3x) = 0. dx dy dx = 3y 4x y 3x. Multiplicado numerador y denominador por x, obtenemos y dy 3 dx = x y x 4 3, una ecuación homogénea de grado cero. Sustituyendo u = y x y dy dx = u+xdu dx en la última ecuación, resulta u + x du dx = 3u 4 u 3. Separando las variables, se tiene x du dx = 3u 4 u 3 u x du dx = 3u 4 u + 3u u 3 x du dx = u + 6u 4 u 3 u 3 u + 6u 4 du = dx x. Integrando 6

27 u 3 dx u 3u + du = x + C ln u 3u + = ln jxj + ln jc j ln u 3u + = ln jc xj. Sustituyendo u = y x, obtenemos " y x 3 y # x + = [C x] y 3xy + x x = [C x] y 3xy + x = C x x donde C = C. Por tanto, la solución general es y 3xy + x = C. Ejemplo. Resolver la ecuación y dy x sec + y x dx =, xy dada la condición inicial y() = 0. La ecuación escribimos en forma (3) dy dx = x y sec y x + y x dy y y dx x = sec + y x x. La ecuación es homogénea de grado cero. u + x du dx en la última ecuación, resulta Sustituyendo u = y x y dy dx = 7

28 u + x du dx = u sec u + u. Separando las variables, se tiene x du dx = u sec u du u sec u = dx x u cos u du = dx x. Integrando u cos u du = dx x + C. Integrando por partes, tenemos zdv = zv vdz z = u, dv = cos udu, v = sen u. Luego u sen u sen u du = ln jxj + C dz = du. u sen u + cos u = ln jxj + C. Sustituyendo u = y, obtenemos la solución general x y x sen y x + cos y = ln jxj + C. x Utilizando la condición x = y y = 0, obtenemos 8

29 = C. Por tanto, la solución particular es y x sen y x + cos y = ln jxj +. x ECUACIONES EXACTAS Consideremos la ecuación diferencial M(x; y)dx + N(x; y)dy = 0. () Supóngase que existe una función f(x; y), = M(x; = N(x; y). Entonces la ecuación (), se puede escribir como: dy = 0 d [f(x; y)] = 0 y su solucion general es f(x; y) = C. A la expresión M(x; y)dx + N(x; y)dy se llama diferencial exacta y () se llama ecuación exacta: Ejemplo. Muestre que la ecuación diferencial xy dx + 3x y dy = 0, es exacta y determine las soluciones. Vemos que el primer miembro de la ecuación es la derivada de la función f(x; y) = x y 3. Entonces la ecuación dada podemos escribir 9

30 d x y 3 = 0, En consecuencia, la solución general está dada implicitamente por x y 3 = C, y explícitamente por y = k x 3. En el ejemplo, planteado no fue difícil veri car la exactitud de la ecuación dada, pero en ecuaciones más difíciles no es tan sencillo determinar f(x; y) por simple inspección. A continuación planteamos un teorema importante, para determinar la exactitud de una ecuación diferencial. Teorema (Criterio Para Una Ecuación Exacta). Supongase que las funciones M(x; y) y N(x; y), y sus derivadas parciales son continuas en una región rectangular R. Entonces una condición necesaria y su ciente para que M(x; y)dx + N(x; y)dy = 0, sea exacta en R, es si y 8 (x; y) Demostración. El teorema demostraremos en dos partes: Condición Necesaria: Para simpli car la condición necesaria, consideremos que existe una función f(x; y) tal que se cumple M(x; y)dx + N(x; dy donde M(x; y N(x; Derivando parcialmente la primera ecuación respecto de @f @f 8 (x; @x 30

31 Condición Su ciente: Esta condición demostramos en la siguiente sección, que consiste en construir una función f(x; y), en realidad este hecho no es más que el método de solución. Método de Sea la ecuación M(x; y)dx + N(x; y)dy = 0 @x = M(x; y), = Integrando la primera ecuación con respecto de x mientras y se mantiene como constante, se tiene. f(x; y) = R M(x; y)dx + g(y). () La función arbitraria g(y) es la "constante de integración". Derivado () respecto de y, y teniendo en = N(x; R M(x; y)dx + g0(y) = N(x; luego g 0 (y) = N(x; R M(x; Integrando respecto de y, obtenemos g(y) = R N(x; R M(x; y)dx nalmente obtenemos la solución general, sustituyendo el valor de g(y) en (), la solución es de la forma: 3

32 f(x; y) = C. Por otra parte si se toma = N(x; y), integrando respecto de y, y derivando el resultado, obtenemos en forma análoga f(x; y) = R N(x; y)dy + h(x) y h(x) = R M(x; R N(x; y)dy Ejemplo. Resolver la ecuación x(x + y )dx + y(x + y )dy = 0. Probaremos si esta ecuación dada es exacta, siendo M(x; y) = x(x + y ), N(x; y) = y(x + y ). @x. = xy La ecuación dada es = M(x; y) = x(x + y = N(x; y) = y(x + y ). Integrando la primera ecuación respecto de x tenemos f(x; y) = R (x 3 + xy )dx + g(y) f(x; y) = x4 + x y + g(y). (3) 3

33 Derivando (3) respecto de y, = N(x; = x y + g 0 (y) = y(x + y ). Luego g 0 (y) = y 3. Integrando g(y) = R y 3 dy = y4. Sustituyendo el valor de g(y) en (3), obtenemos f(x; y) = x4 + x y + y4. Multiplicando la ecuación anterior por, por tanto la solución general es: x 4 + x y + y 4 = C. Ejemplo Resolver la ecuación Siendo (y + y cos xy)dx + (x + x cos xy)dy = 0. M(x; y) = y + y cos xy y N(x; y) = x + x cos xy. Probemos si la ecuación inicial = + cos xy xy = + cos xy xy sen xy, como @x. 33

34 La ecuación dada es = M(x; y) = y + y cos = N(x; y) = x + x cos xy. Integrando la primera ecuación respecto de x tenemos f(x; y) = R (y + y cos xy)dx + g(y) f(x; y) = xy + sen xy + g(y). (4) Derivando (4) respecto de y = N(x; = x + x cos xy + g0 (y) = x + x cos xy g 0 (y) = 0. Integrando g(y) = C. Sustituyendo el valor de g(y) en (4), obtenemos f(x; y) = xy + sen xy + C. Por lo tanto, la solución general es: xy + sen xy = C. FACTOR INTEGRANTE Consideremos que la ecuación M (x; y) dx + N (x; y) dy = 0, () no es exacta. Muchas veces se logra hallar una función (x; y), tal que multiplicada todos los términos de la ecuación (), por esta función se convierte en una ecuación diferencial exacta. La función (x; y), se llama factor integrante de la ecuación (). Para determinar un factor integrante de (), multiplicamos los dos miembros de (), por la función, esto es 34

35 Mdy+ Ndx = 0. Esta ecuación será exacta si cumple la @x. Aplicando la regla del producto de la derivada, se @x () Supóngase que la ecuación (), admite un factor integrante que depende solamente de x, esto es, = = = d, de modo que dx () se reduce a : d @x o bien d = C A dx. Hacemos g @x. Siendo d = g(x)dx. Integrando 35

36 d = g(x)dx ln jj = g(x)dx. En consecuencia, el factor integrante de (), que depende sólo de x es: (x) = e R g(x)dx. En forma análoga podemos obtener, el factor integrante de () que depende solamente de y, esto es = (y), siendo M Por tanto, el factor integrante de la ecuación () que depende solamente de y es: (y) = e R g(y)dy. Ejemplo. Resolver la ecuación x y + y + 5 dx + x 3 + x dy = 0. (4) La ecuación dada ni es separable, ni homogénea, veamos si es exacta. Donde: M(x; y) = x y + y + 5 y N(x; y) = x 3 = = 6x @y, La ecuación no es exacta. Ahora veamos si (4) admite un factor integrante que depende sólo de x, esto es: 36

37 g(x) = x + 6x x 3 = + x Luego, el factor integrante es (x) = e 4x x (x + ) = x (x + ). x x + dx = e lnjx +j = e lnjx +j = x + (x) = x +. Multiplicando la ecuación (4), por este factor integrante se tiene: x y + y + 5 x 3 + x x dx + + x dy = 0 + y(x + ) x x dx + x(x + ) + x dy = 0 + y + 5 x dx + xdy = 0. (5) + Donde: M(x; y) = y + 5 x + y N(x; y) Esto muestra que la ecuación (5) es exacta. De = y + 5 x = x. Integrando la primera ecuación respecto de x, tenemos: f(x; y) = y + 5 x dx + g(y) = xy + 5 arctan x + g(y). + Derivando f(x; y) respecto de y, y = N(x; y) resulta 37

38 = x + g0 (y) = x g 0 (y) = 0. Integramos Por tanto, la solución general es: g(y) = C. xy + 5 arctan x + C = 0. Ejemplo. Resolver la ecuación Donde: y + xy dx xdy = 0. (6) M(x; y) = y + xy y N(x; y) = La ecuación dada no es exacta. Veamos si (6) admite un factor integrante respecto de x @x = + xy + x = xy + x = (xy + ), x esta función no depende solamente de x. Ahora veamos si admite un factor integrante respecto de y M = xy y + xy = xy y + xy = xy y + xy = ( + xy) y( + xy) = y 38

39 La función h(y) es solamente de y. El factor integrante es (y) = e R h(y)dy = e R y dy = e lnjyj = e lnjyj (y) = y. Multiplicamos la ecuación (6) por el factor integrante o bien y + x dx (y + xy ) y dx x dy = 0, y x dy = 0. (7) y Donde: M(x; y) = y + x y N(x; y) = = La ecuación (7) es exacta. De = y = x y. Integrando la primera ecuación respecto de x, tenemos f(x; y) = y + x xy x dx + g(y) = + + g(y). Derivando f(x; y) respecto de y, = x y + g0 (y) = x y g 0 (y) = 0. = N(x; y), resulta Integrando g(y) = C. 39

40 Por tanto, la solución general es x y + x = C. ECUACIONES LINEALES Una ecuación de la forma dx + P (x)y = Q(x), () dy se llama ecuación diferencial lineal de primer orden donde P (x) y Q(x) funciones contínuas de x (o constantes) en el intervalo I. Método de La ecuación (), escribimos en forma diferencial [P (x)y Q(x)] dx + dy = 0. () Veamos la exactitud de = = 0. La ecuación (), no es exacta. Sin embargo, se puede obtener sencillamente un factor integrante (x) que depende solamente de x. Efectuamos [(x)p (x)y (x)q(x)] dx + (x)dy = 0. La ecuación será exacta, si = = d dx. De manera que d = (x)p (x). dx Es una ecuación de variables separables d =P(x)dx Integrando: 40

41 d = P (x)dx ln jj = P (x)dx. Por tanto el factor integrante de la ecuación (), es: (x) = e R P (x)dx. Ahora multiplicaremos la ecuación (), por este factor integrante e R P (x)dx dy dx + er P (x) p(x)y = e R P (x) Q(x). El primer miembro de esta ecuación es la derivada del producto del factor integrante y y: d h e R i P (x) y = e R P (x)dx Q(x). dx Integrando e R P (x) y = e R P (x)dx Q(x)dx + C. Por tanto la solución general de (), es: y = e R P (x)dx e R P (x)dx Q(x)dx + C. Ejemplo. Resolver la ecuación x + 4 dy + xy = 0. (3) dx La ecuación escribimos en la forma estándar Siendo P (x) = dx dy + x x y = 0. (4) + 4 x x y Q(x) = 0.

42 El factor integrante es. (x) = e R P (x)dx = e R x x +4 dx = e lnjx +4j = e lnjx +4j = (x + 4). Luego multiplicamos la ecuacion (4), por el factor integrante (x dy + 4) dx + x(x + 4) x y = (x + 4) dy dx + x(x + 4) y = 0. Resulta d h i (x + 4) y = 0. dx Integrando Por tanto la solución general es: (x + 4) y = C. C y = (x + 4) = C p x + 4. Ejemplo. Resolver la ecuación: dy dx = x sen x x La ecuación escribimos en la forma de (): y. dy dx + y = sen x (5) x La ecuación (5) es lineal, con P (x) = ; y Q(x) = sen x. x El factor integrante es R (x) = e x dx = e lnjxj = x. Ahora multiplicaremos (5) por el factor integrante 4

43 De manera que x dy + y = x sen x. dx d [xy] = x sen x. dx Integrando xy = x sen xdx + C = x cos x + u = x, dv = sen xdx, du = dx. v = sen xdx, cos dx + C = x cos x + sen x + C. cos x. Por tanto, la solución general es: v = y = cos x + sen x x + C ; para x > 0. x Ejemplo. Resolver la ecuación (cos x sen x)dy + (y cos 3 x )dx = 0. La ecuación escribimos en la forma de () dy dx + cos3 x cos x sen x y = cos x sen x o bien dy dx + cos x sen x y = cos x sen x dx dy + (cot x) y = cos x sen x. (6) La ecuación (6), es una ecuación lineal con P (x) = cot x. El factor integrante es: (x) = e cot xdx = e lnjsen xj = sen x. 43

44 Ahora multiplicamos (6) por el factor integrante o bien De manera que Integrando sen x dy cos x + sen x dx sen x y = sen x cos x sen x sen x dy + (cos x) y = dx cos x. (sen x) y = d [(sen x) y] = dx cos x. cos + C = tan x + C. x Por tanto la solución general es: y = sec x + C csc x. TEMA N o 3 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN INTRODUCCIÓN Una ecuación diferencial lineal de segundo orden en su forma canónica es de la siguiente forma: d y dy + P (x) + Q(x)y = R(x) dx dx o bien: y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = R(x) () donde P (x), Q(x) y R(x) son funciones continuas sobre un intervalo I. Si R(x) 6= 0 en (), se llama ecuación no homogénea. Si R(x) = 0 en (), es de la forma: 44

45 se llama ecuación homogénea. y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0 Ejemplo.. La ecuación y 00 + x y 0 + xy =e x, es una ecuación de do. orden no homogénea.. La ecuación: y 00 + (sen x)y 0 + y = 0, es una ecuación homogénea. Teorema (Teorema de Existencia y Unicidad de Una Solución Única). Supongase que P (x), Q(x) y R(x) son funciones continuas sobre el intervalo I, y que contienen al punto x 0 :Entonces existe una solución única y solo uno y(x) de la ecuación () sobre el intervalo completo I y las condiciones iniciales y(x 0 ) = y 0, y 0 (x 0 ) = y 0 0: Ejemplo. Muestre que la función y = sen x, es una solución de la ecuación homogénea y 00 + y = 0 que satisface los valores iniciales y(0) = 0, y 0 (0) =. Veri camos que y = sen x, evidentemente es una solución de la ecuación dada, además y = cos x, más en general y = C sen x + C cos x, donde C y C, son constantes arbitrarias y también son soluciones. Pero simplemente y = sen x satisface los valores iniciales, puesto que: y = sen x: Si: y(0) = 0, entonces sen(0) = 0: Luego, si y = sen x =) y 0 = cos x: Si: y 0 (0) =, entonces cos(0) = : Esto muestra que la función y = sen x es la única solución de la ecuación y 00 + y = 0, que satisface las condiciones iniciales dadas. Teorema A. Sea y (x) y y (x) dos soluciones linealmente independientes de la ecuación homogenea: y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0. () En un intervalo [a; b] entonces la combinación lineal y = C y (x) + C y (x), 45

46 se llama "solución general" de la ecuación (), para todo par de constantes C y C. Demostración. Sea y(x), cualquier solución de la ecuación () sobre el intervalo [a; b]. Ahora debemos probar que es posible hallar las constantes C y C tal que: y(x) = C y (x) + C y (x); 8x [a; b]. Todo queda completamente determinado por el valor y(x 0 ) y el valor de su derivada y 0 (x 0 ) en un único punto x 0. Esto es: C y (x 0 ) + C y (x 0 ) = y(x 0 ) C y 0 (x 0 ) + C y 0 (x 0 ) = y 0 (x 0 ): Este sistema de ecuaciones tiene una solución única, para las constantes C y C, siempre que la determinante de los coe cientes sea diferente de cero, es decir: y (x 0 ) y (x 0 ) y(x 0 0 ) y(x 0 0 ) = y (x 0 )y(x 0 0 ) y (x 0 )y(x 0 0 ) 6= 0. La determinante de nida por W (y,y ) = y y y 0 y 0 = y y 0 y y, 0 se conoce como el "wronskiano" de y y y : Corolario. Dos soluciones y (x) y y (x) de la ecuación homogénea y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0, en un intervalo [a; b], son linealmente independientes, si y sólo si, su wronskiano es diferente de cero. Ejemplo. Dada la ecuación lineal homogénea y y = 0. a). Muestre que y = sen x y y = cos x son dos soluciones linealmente independientes. b). Hallar la solución general. c). Hallar la solución particular para los valores iniciales y(0) = 4, y 0 (0) = 3. a). Las soluciones y = sen x y y = cos x, serán linealmente independientes si su wronskiano es diferente de cero, es decir: 46

47 W (y, y ) = sen x cos x cos x sen x = sen x cos x = (sen x+ cos x) = 6= 0. Esto muestra que evidentemente y y y son soluciones linealmente independientes. b). La combinación lineal de las soluciones dadas es la solución general, esto es y = C sen x + C cos x. c). Para obtener la solución particular resolvemos el sistema: C sen x + C cos x = y; C cos x C sen x = y 0 : Aplicando las condiciones iniciales en el sistema, resulta C sen (0) + C cos (0) = 4; C cos (0) C sen (0) = 3: De donde las soluciones son: C = 3 y C = 4. En consecuencia, la solución particular buscada es: y = 3 sen x + 4 cos x. REDUCCIÓN DE ORDEN. Para desarrollar este procedimiento, supongase que y (x) es una solución no nula conocida de la ecuación homogénea y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0. () De hecho Cy (x), donde C es una constante, también es una solución de (). Ahora la idea básica es sustituir C por una función desconocida digamos v(x) e intentar hallar v(x), tal que y (x) = v(x)y (x) sea la solución de la ecuación (). Como suponemos que y = vy es una solución de la ecuación diferencial (), entonces debe cumplirse que y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0. () 47

48 Las derivadas de y = vy son y 0 = vy 0 + v 0 y y 00 = vy 00 + v 0 y 0 + v 0 y 0 + v 00 y = vy 00 + v 0 y 0 + v 00 y Sustituyendo estas expresiones en (), tenemos (vy 00 + v 0 y 0 + v 00 y ) + P (vy 0 + v 0 y ) + Qvy = 0, reordenando los terminos queda v (y 00 + P y 0 + Qy ) + y v 00 + (y 0 + P y )v 0 = 0 como y es una solución de (), entonces se reduce a y v 00 + (y 0 + P y )v 0 = 0. Hacemos la sustitución u = v 0, entonces se reduce a y u 0 + (y 0 + P y )u = 0. una ecuación diferencial lineal de primer orden y de variables separables u 0 u = y0 y P Integrando: y 0 u du = dx y ln juj = P dx ln jy j P dx u =e lnjyj e P dx. Como u = v 0, se tiene v 0 = y e Intengrando nuevamente, resulta P dx. 48

49 v(x) = e y P (x)dx dx. Por tanto la segunda solución linealmente independiente de la ecuación () es: y = vy y = y y e P (x)dx dx. Ejemplo. La función y = x es una solución de la ecuación x y 00 3xy 0 + 4y = 0, determinar la segunda solución linealmente independiente y la solución general. Escribimos la ecuación en su forma canónica Como P (x) = 3 x, la segunda solución viene dado por y = vy. Determinemos v(x): v(x) = [x ] e y 00 3 x y0 + 4 x y = 0. 3 x dx 3 dx = x 4 e x 4 x3 dx = dx = ln jxj. x x dx dx = x 4e3 lnjxj dx = Luego la segunda solución es y = x ln jxj. Por tanto, la solución general es y = C y (x) + C y (x) y = C x + C x ln jxj. 49

50 Ejemplo. La función y = sen p x es una solucion de x x y 00 xy 0 + x y = 0, en el intervalo (0; ), 4 determine una segunda solución linealmente independiente. La ecuación en su forma canónica es: y 00 + x y0 + 4x y = 0. Como P (x) = x la segunda solución viene dado por y = vy. Determinemos v(x): v(x) = e sen x p x x sen x x dx = sen x dx = R csc xdx = cot x. x dx dx = e lnjxj sen dx = x x sen x x e lnjxj dx = Luego la segunda solución es y = ( cot x) sen x p x = cos x sen x sen p x = x cos x p x, ó simplemente y = cos x p x. Por tanto, la solución general es y = C sen x p x + C cos x p x. Ejemplo. La función y = x 3 es una solución de la ecuación x y 00 (x + 6x)y 0 + (6x + )y = 0. Hallar la segunda solución linealmente independiente y la solución general. La ecuación escribimos de la forma 6x + y x y x y = 0.

51 Como P (x) = Determinemos v(x): v(x) = e [x 3 ] + 6 x + 6 x! la segunda solución está dado por y = vy. dx dx = x 6e R + 6 x! R R dx R dx+6 dx = x dx x 6e dx e x = x 6ex+6lnjxj dx = x 6ex e lnjxj6 dx = x 6 x6 dx = e x dx = e x Ċomo y = vy ;entonces y = x3 e x, o simplemente y = x 3 e x. Por tanto la solución general es y = C x 3 + C x 3 e x. ECUACIONES LINEALES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES Sea la ecuación lineal homogénea de segundo orden y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0. Consideremos el caso en el que P (x) y Q(x), son constantes, es decir y 00 + py 0 + qy = 0. () donde los coe cientes p y q son constantes reales. La ecuación () se llama ecuación lineal homogénea con coe cientes constantes. Supongase que la función exponencial y =e mx, () donde m es una constante, es una posible solución de la ecuación (), cuyas derivadas son y 0 = me mx y 00 = m e mx. 5

52 Sustituyendo () y sus derivadas en (), tenemos m e mx + pme mx + qe mx = 0 (m + pm + q)e mx = 0. Esta ecuación se satisface solamente cuando la ecuación caracteristica o ecuación auxiliar sea cero. Es decir m + pm + q = 0. Las raices m y m se obtienen mediante la fórmula general m = p p p 4q. Ahora debemos analizar, al igual como en álgebra los casos en el que el discriminante p 4q, sea positiva, cero y negativo. Raices Reales y Distintas. Si, p 4q > 0, entonces m y m son raices reales y distintas, y las soluciones son: y =e mx, y =e mx. Ademas y y y son linealmente independientes, puesto que: y = emx y e mx =e(m m)x 6= Ctte:: Por tanto la solución general de la ecuación () es y = C e mx + C e mx. Raices Reales e Iguales. Si p 4q = 0, entonces m y m son raices reales e iguales, es decir m = m y obtenemos solamente una sola solución: y =e mx con m = P. Sin embargo, podemos obtener la segunda solución nalmente independiente utilizando el método de "reducción de orden" P )x, siendo Sea: y =e ( 5

53 h e i P e p x v = y R dx dx = e R P (x)dx dx = e px e px dx = dx = x. De manera que y = vy =) y = xe mx. Por tanto, la solución general de la ecuación () es y = C e mx + C xe mx. Raices Complejas. Si p 4q < 0, entonces las raices m y m son raices complejas conjugadas y escribimos m = + i y m = i; donde i = p ; y R: Con = p y = p 4q p. Luego las soluciones son: y =e (+i)x, y =e ( i)x. Pero, estamos interesados solamente en soluciones de funciones reales, para ello consideremos la fórmula de Euler e i = cos + i sen, R. Hacemos e mx =e (+i)x =e x e ix =e x (cos x + i sen x), e mx =e ( i)x =e x e ix =e x (cos x i sen x), donde: cos( x) = cos x, sen( x) = sen x. 53

54 De manera que: y = emx + e mx = ex (cos x + i sen x) + e x (cos x i sen x) = ex cos x + i e x sen x + e x cos x i e x sen x = ex cos x =e x cos x. y = emx e mx = ex (cos x + i sen x) e x (cos x i sen x) = i ex sen x =e x sen x. i i i Por tanto la solución general de la ecuación () es y = C e x cos x + C e x sen x. Ejemplo. Hallar la solución general de la ecuación: y 00 + y 0 6y = 0 Es una ecuación homogénea de coe cientes constantes. La ecuación característica de la ecuación inicial es m + m 6 = 0 (m + 3)(m ) = 0 m + 3 = 0, m = 0 m = 3, m =. Como las raices son reales y distintas, las soluciones son: y =e 3x, y =e x Además y y y son linealmente independientes puesto que: y = e 3x =e 3x x =e 5x y e x 6= Ctte: Por tanto la solución general es: 54

55 y = C e 3x + C e x. Ejemplo. Hallar la solución general de la siguiente ecuación: y 00 y 0 y = 0 Es una ecuación homogénea de coe cientes constantes. La ecuación característica es m m = 0 q m = ( ) ( ) 4( ) = p 8 = p = p. Luego: m = p, m = p, Como las raices son reales y distintas, de modo que las soluciones son y =e (+p )x, y =e ( p )x. Vemos si son linealmente independientes y y y y y = e(+ p )x p )x] e ( p [( )x =e[(+ p )x] =e p x 6= Ctte: Por tanto, la solución general es y = C e (+p )x + C e ( p )x. Ejemplo. Hallar la solución general de la ecuación 55

56 y y 0 + 4y = 0. La ecuación caracteristica es m + 4m + 4 = 0 (m + ) = 0 m + = 0 m =. Siendo m = m =, raices reales e iguales, las soluciones son: y =e x, y = xe x. Por tanto, la solución general es y = C e x + C xe x. Ejemplo. Determinar la solución general de la ecuación y 00 + y 0 + y = 0. La ecuación característica de la ecuación dada es m + m + = 0. Aplicando la fórmula general, tenemos m = p 4 = p 3 = p p 3 = p 3i, Son raices complejas y conjugadas, es decir m = + p 3i y m = p 3i. 56

57 Donde = p 3 y =, entonces las soluciones son p y =e x cos x =e 3 x cos x, y =e x sen x =e x sen p 3 x. Por tanto, la solución general es: y = C e x cos x + C e x sen x y = C e x cos p p 3 3 x + C e x sen x. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Consideremos la ecuación diferencial lineal no homogenea y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = R(x). () Estudiamos para aquellos casos que se conoce la solución general y g (x) de la correspondiente ecuación homogenea y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0. () Además, si y p (x) es cualquier solución particular de (), entonces y = y g (x) + y p (x), Es la solución general de la ecuación (). El método de los coe cientes indeterminados es un procedimiento que nos permite hallar la solución particular y p, cuando la ecuación () tiene la forma y 00 + py 0 + qy = R(x) (3) donde p; q son constantes y R(x) es una función exponencial (e ax ), un polinomio (a 0 x n + a x n + ::::::: + a n x + a n ), una función trigonométrica como (cos x; sen x); o una combinación lineal de tales funciones 57

58 R(x) = (a 0 x n + a x n + ::::::: + a n x + a n )e ax cos x sen x. Si R(x) = ln x, R(x) = x, R(x) = tan x, :::, etc. el método no funciona. Primero, analizaremos la ecuación (3) de la forma: y 00 + py 0 + qy =e ax. (4) Supongase que la función exponencial y p = Ae ax, (5) es una posible solución particular de la ecuación (4), donde A es el coe ciente indeterminado que debe calcularse. Cuyas derivadas de (5) son: y 0 p = Aae ax ; y 00 p = Aa e ax. Sustituyendo (5) y sus derivadas en (4), tenemos factorizando Aa e ax + paae ax + qae ax =e ax A(a + pa + q)e ax =e ax A = a + pa + q. (6) Luego sustituyendo el valor de A en la ecuación (5), obtenemos la solución particular, excepto cuando el denominador de (6) sea cero, esto ocurre cuando a es una raíz de la ecuación característica: m + pm + q = 0. Ahora intentamos de la forma y p = Axe ax. (7) 58

59 Siendo sus derivadas y 0 p = Ae ax + Aaxe ax y 00 p = Aae ax + Aae ax + Aa xe ax = Aae ax + Aa xe ax. Sustituyendo (7) y sus derivadas en (4), resulta Aae ax + Aa xe ax + p(ae ax + Aaxe ax ) + qaxe ax =e ax. Aae ax + Aa xe ax + pae ax + paaxe ax + qaxe ax =e ax A(a + pa + q)xe ax + A(a + p)e ax =e ax Como a es una raiz de (4), entonces se reduce a A(a + p)e ax =e ax A(a + p) = A = a + p. Sustituyendo, el valor de A en la ecuación (7), obtenemos la solución particular, salvo cuando a = p. Finalmente intentamos de la forma y p = Ax e ax (8) Siendo y 0 p = Axe ax + Aax e ax y 00 p = Ae ax +Aaxe ax +Aaxe ax +Aa x e ax = Ae ax +4Aax ax +Aa x e ax. Sustituyendo (8) y sus derivadas en la ecuación (4), tendremos A(a + pa + q)x e ax + A(a + p)xe ax + Aax e ax =e ax Ae ax =e ax de manera que 59

60 A =. Ahora analizamos la ecuacion (3) de la forma y 00 + py 0 + qy = a 0 x n + a x n + + a n x + a n, (9) es natural suponer que la solución particular también es un polinomiode grado n y p = A 0 x n + A x n + + A n x + A n ; (0) Sustituyendo (0) en (9) y sus derivadas e igualando los coe cientes de potencias iguales de x obtenemos los coe cientes indeterminados A 0 ; A ; : : : ; A n : El procedimiento falla cuando q = 0, entonces intentamos y p = x(a 0 x n + A x n + : : : + A n x + A n ). En el caso particular si p = 0 y q = 0, la solución obtenemos por integración directa. Finalmente, analizaremos cuando la ecuación (3) es de la forma y 00 + py 0 + qy = sen x () Supongase que, la solución particular de la ecuación () es y p = A cos x + B sen x () Sustituyendo () y sus derivadas en () e igualando los coe cientes de cos x y sen x obtenemos los coe cientes indeterminados A y B. El procedimiento falla cuando cos x; o sen x es una solución de la ecuación (0), o bien i es una raiz de la ecuación caracteristica. Entonces intentamos de la forma: Ejemplo. y p = x(a cos x + B sen x) Hallar la solución general de la ecuación = Ax cos x + Bx sen x. 60

61 y 00 y 0 3y = 4e 3x Primero determinamos la solución general de la ecucación homogénea. y 00 y 0 3y = 0: La ecuación característica es Siendo las raices m m 3 = 0 (m 3)(m + ) = 0. m = 3; m =. De modo que la solución general es y g = C e 3x + C e x. Ahora determinamos la solución particular y p. Como a = m y m entonces planteamos de la forma 3 es diferente de y p = Ae 3x y 0 p = 3Ae 3x y 00 p = 9Ae 3x Sustituyendo, estos valores en la ecuaciones no homogeneas dada, tenemos 9Ae 3x ( 3Ae 3x ) 3Ae 3x = 4e 3x 9Ae 3x + 6Ae 3x 3Ae 3x = 4e 3x Ae 3x = 4e 3x A = 3 Luego, la solución particular es y p = 3 e 3x. 6

62 Por tanto la solución general es y = y g + y p = C e 3x + C e x + 3 e 3x. Ejemplo. Hallar la solución general de la ecuación y 00 + y 0 + y = 3e x. () Primero determinamos la solución general y g de la ecuación homogénea y 00 + y 0 + y = 0 () La ecuación característica es m + m + = 0 (m + ) = 0 son raices reales y repetidas m = m = En consecuencia la solución general de la ecuación () es y g = C e x + C xe x. Ahora determinamos la solucion particular y p de la ecuacion (). Como a = es una raíz repetida de la ecuación característica, entonces buscamos la solución particular de la forma y p = Ax e x. Las derivadas son y 0 p = Axe x Ax e x y 00 p = Ae x Axe x Axe x + Ax e x y 00 p = Ae x 4Axe x + Ax e x 6

63 Sustituyendo y p y sus derivadas en la ecuación (), se tiene Ae x 4Axe x + Ax e x + 4Axe x Ax e x + Ax e x = 3e x Ae x = 3e x. Igualamos los coe cientes, obtenemos. A = 3 A = 3. En consecuencia la solución particular de la ecuación () es y p = Ax e x y p = 3 x e x. Por tanto la solución general de () es: y = y g + y p y = C e x + C xe x + 3 x e x Ejemplo. Hallar la solución general de la ecuación y 00 3y 0 + y = (x + ). () Primero determinemos la solución general y g de la ecuación homogénea y 00 3y 0 + y = 0 () Siendo la ecuación característica m 3m + = 0 (m )(m ) = 0, 63

64 siendo las raices m = ; m = En consecuencia, la solución general de la ecuación () es y g = C e x + C e x Ahora determinemos la solución particular y p de la ecuación no homogénea (). Buscamos de la forma: y p = Ax + Bx + C, siendo sus derivadas y 0 p = Ax + B y 00 p = A. Sutituyendo y p y sus derivadas en la ecuación (), se tiene: A 3(Ax + B) + (Ax + Bx + C) = x + x + A 6Ax 3B + Ax + Bx + C = x + x + Ax + ( 6A + B)x + (A 3B + C) = x + x + Igualamos los coe cientes de potencias iguales de x, obtenemos el sistema 8 < A = ; 6A + B = ; : A 3B + C = : Donde A = ; B = 5 ; C = 5 4. Luego, la solución particular de la ecuación () es y p = x + 5 x

65 Por tanto, la solución general de la ecuación () es y = C e x + C e x + x + 5 x Ejemplo. Hallar la solución general de la ecuación y 00 + y = cos x + sen x. () Comenzamos determinando la solución general y g ecuación homogenea de su correspondiente y 00 + y = 0 () La ecuación caracteristica es m + = 0, sus raices son complejas y conjugadas m = i; m = i De manera que la solución gerneral de la ecuación () es y g = C cos x + C sen x Seguidamente determinamos la solución particular y p de la ecuación (). Como R(x) = cos x+sen x es una solución de la ecuación homogénea. Buscamos la solución particular de forma Sus derivadas son y p = x(a cos x + B sen x) y p = Ax cos x + Bx sen x 65

66 y 0 p = A cos x Ax sen x + Bx sen x + Bx cos x y 0 p = (Bx + A) cos x + ( Ax + B) sen x y 00 p = B cos x (Bx + A) sen x A sen x + ( Ax + B) cos x y 00 p = ( Ax + B) cos x (Bx + A) sen x Sustituyendo y p y sus derivadas, tenemos: ( Ax + B) cos x (Bx + A) sen x + Ax cos x + Bx sen x = cos x + sen x Ax cos x + B cos x Bx sen x A sen x + Ax cos x + Bx sen x = cos x + sen x B cos x A sen x = cos x + sen x Igualamos los coe cientes de cos x y sen x; obtenemos A = ; B = : Donde A =, B =. Reemplazando estos coe cientes en la solución particular es y p = x cos x + x sen x Por tanto, la solución general de () es: y = y g + y p = C cos x + C sen x x cos x + x sen x. Ejemplo. Hallar la solución general de la ecuación y 00 y 0 6y = 39 sen 3x. () 66

67 Sea la ecuación homogénea y 00 y 0 6y = 0. () La ecuación característica es m m 6 = 0 (m 3)(m + ) = 0 Las raices son m = 3; m = En consecuencia la solución general de la ecuación () es y g = C e 3x + C e x Planteamos la solución particular de la forma y p = A cos 3x + B sen 3x. Y sus derivadas son y 0 p = 3A sen 3x + 3B cos 3x y 00 p = 9A cos 3x 9B sen 3x. Sustituyendo la solución particular y sus derivadas en (), tendremos 9A cos 3x 9B sen 3x ( 3A sen 3x + 3B cos 3x) 6(A cos 3x + B sen 3x) = 39 sen 3x 9A cos 3x 9B sen 3x+3A sen 3x 3B cos 3x 6A cos 3x 6B sen 3x = 39 sen 3x 5A cos 3x 5B sen 3x + 3A sen 3x 3B cos 3x = 39 sen 3x ( 5A 3B) cos 3x + (3A 5B) sen 3x = 39 sen 3x. 67

68 Igualando coe cientes de cos 3x y sen 3x, obtenemos el sistema 5A 3B = 0; 3A 5B = 39: =) 3B = 5A =) B = 5 3 A = 5A: =) 3A 5( 5A) = 39, =) 3A + 75A = 39, =) A = =..=) B = 5. De manera que A = B = 5. Reemplazando los coe cientes en y p, La solución particular es: y p = cos 3x 5 sen 3x Por tanto la solución general de () es: y = y g + y p = C e 3x + C e x + cos 3x 5 sen 3x: VARIACIÓN DE PARÁMETROS Ahora desarrollaremos un método más general, llamado "variación de parámetros", para determinar una solución particular de la ecuación y 00 + P (x) y 0 + Q (x) y = R (x). () Para emplear este método, es necesario conocer un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea y 00 + P (x) y 0 + Q (x) y = 0, () donde P (x), Q(x) y R(X) son funciones continuas en un intervalo. Supongase que y y y son dos soluciones L.I. de la ecuación (), entonces la solución general de la ecuación homogénea () es 68

69 y g = C y (x) + C y (x). (3) El método es análogo a la "reducción de orden", es decir, sustituimos las constantes C y C por las funciones desconocidas v (x), v (x) e intentamos hallar v y v tal que y p = v y + v y, (4) sea la solución particular de la ecuación (). Para este propósito debemos calcular las derivadas y 0 p = v y 0 + v 0 y + v y 0 + v 0 y y 0 p = (v y 0 + v y 0 ) + (v 0 y + v 0 y ). (5) Una segunda derivada complicaria más, entonces hacemos que el segundo término entre parentesis se anule v 0 y + v 0 y = 0. (6) La ecuación (5) se reduce a y 0 p = v y 0 + v y 0. (7) Derivando una vez más, se tiene y 00 p = v y 00 + v 0 y 0 + v y 00 + v 0 y 0. (8) Sustituyendo las ecuaciones (4), (7) y (8) en (), obtenemos (v y 00 + v 0 y 0 + v y 00 + v 0 y 0 ) + P (v y 0 + v y 0 ) + Q (v y + v y ) = R (x). Reagrupando los términos, resulta v (y 00 + P y 0 + Qy ) + v (y 00 + P y 0 + Qy ) + v 0 y 0 + v 0 y 0 = R (x), como y, y son soluciones de la ecuación (), los dos términos entre parantesis se anulan, para tener 69

70 v 0 y 0 + v 0 y 0 = R (x). (9) Las ecuaciones (6) y (9) constituyen un sistema lineal de dos ecuaciones con las incognitas v 0 y v 0. v 0 y + v 0 y = 0 v 0 y 0 + v 0 y 0 = R (x) Resolviendo el sistema por la regla de Cramer, tenemos v 0 = y R (x) W (y ; y ) ; v0 = y R (x) W (y ; y ). (0) Donde W (y ; y ) = y y y 0 y 0, es el Wronskiano de y y y, con W (y ; y ) 6= 0. Integrando las ecuaciones de (0), tendremos y R (x) v = W (y ; y ) dx, v y R (x) = W (y ; y ) dx. Finalmente la solución particular de la ecuación () es y R (x) y p = y W (y ; y ) dx + y y R (x) W (y ; y ) dx. Por tanto la solución general de la ecuación () es y = y g + y p. Ejemplo. Determinar la solución general de 4y y 0 + y = 3e x. () La ecuación () escribimos en la forma () : y 00 + y y = 3 4 ex. () 70

71 primero, determinemos la solución general y g, de la ecuación homogénea y 00 + y 0 + y = 0. (3) 4 Siendo la ecuación caracteristica m + m + 4 = 0 m = p p p 4q = p =. Luego m = m =. Como las raices son reales y repetidas, las soluciones son y =e x, y = xe x. Así, la solución general de la ecuación (3) es y g = C e x + C xe x. Ahora calculemos el Wronskiano de y, y. W (y ; y ) = y y y 0 y 0 = e x xe x e x e x xe x xe x =e x. De manera que, y R (x) v = W (y ; y ) dx = =e x xe x + xe x 3 4 ex 3 e x dx = 4 xe x e x dx = 3 4 xe 3 x dx Integrando por partes, tenemos u = x =) du = dx v = e 3 x dx = 3 e 3 x. 7

72 v = 3 4 xe 3 x dx = xe 3 x 3 e 3 x dx = xe 3 x + e 3 x. 3 Para v, se tiene v y R (x) e x 3 W (y ; y ) dx = 4 ex e x dx = 3 4 e 3 x = e 3 x. Luego, la solución particular es y p = xe 3 x + 3 e 3 x e x + e 3 x xe x = xex + 3 ex + xex = 3 ex. Por tanto, la solución general de la ecuación () es y = y g + y p y = C e x + C xe x + 3 ex. Ejemplo. Hallar la solución particular de la ecuación y y = tan x (4) Determinemos la solución general de la ecuación homogenea y y = 0. (5) La ecuanción caracteristica es m + 4 = 0 m = p 4 = i, son raices complejas y conjugadas, donde = 0 y =. De manera que la solución general de la ecuación homogénea (5) es 7

73 y g = C cos x + C sen x Sea y = cos x y y = sen x: Ahora, calculamos el wronskiano de y y y W (y ; y ) = y y y 0 y 0 = cos x sen x sen x cos x = cos x + sen x = cos x + sen x =. De manera que: y R (x) v = W (y ; y ) dx = sen x tan x dx = sen x sen x cos x dx = = = sen x sen x cos x dx = cos x cos x dx cos x cos x dx = (cos x sec x) dx ln jsec x + tan xj = 4 sen x ln jsec x + tan xj. 4 Para v, tenemos y R (x) cos x tan x v = W (y ; y ) dx = dx = sen xdx = cos x. 4 sen x cos x cos x dx = Luego, la solución particular es 73

74 y p = 4 sen x ln jsec x + tan xj cos x + cos x sen x 4 4 = 4 sen x cos x 4 cos x ln jsec x + tan xj sen x cos x 4 y p = cos x ln jsec x + tan xj. 4 TEMA N o 4 SOLUCION EN SERIE DE POTENCIAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES REPASO DE SERIE DE POTENCIAS. Una serie in nita de la forma X a n x n = a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + () se llama una serie de potencias en x:. La serie. X a n (x x 0 ) n = a 0 + a (x x 0 ) + a (x x 0 ) + () es una serie de potencias en x x 0, que es algo más general que (). Sin embargo () se puede reducir a () sustituyendo x x 0 por x: 3. Con relación a la disposición de sus puntos de convergencia, todas las series de potencias caen en algunas de las tres categorias siguientes ). ). X n!x n = + x +!x + X x n n! = + x + x! + 74

75 3). X x n = + x + x + La primera serie es divergente para todo x 6= 0, la segunda es convergente para todo x, la tercera es convergente para jxj < y diverge para jxj > : Radio de Convergencia. Toda serie de potencia en x, tiene un radio de convergencia R, que tiene la propiedad de que, la serie converge sí jxj < y diverge sí jxj >, donde 0 6 R 6 : Para poder determinar el valor de R, consideremos. Sea una serie de constantes no nula X u n = u 0 + u + u + por cálculo elemental, sí el límite lim u n+ n!0 u n = L, existe, entonces por el "criterio del cociente" se asegura que: Sí: L <, la serie converge. Sí: L >, la serie diverge. Para el caso de serie de potencias X a n x n = a 0 + a x + a x + donde lim a n+ x n+ n! a n x n = jxj lim a n+ n! a n = L. Para la serie de potencias 75

76 X a n (x x 0 ) n = a 0 + a (x x 0 ) + a (x x 0 ) + donde a n+ (x x 0 ) n+ lim a n (x x 0 ) n = jx n! x 0j lim a n+ n! a n = L; sí el límite existe, entonces. Sí L <, la serie de potencias converge. Sí L >, la serie de potencias diverge. Sí L = 0, la prueba no es concluyente. En concecuencia, la fórmula de radio de convergencia es R = a n+ = lim a n n!0 lim a n+ n!0 a n sí el limite existe. Como 0 6 L 6 entonces R =, si R = 0 si L = y L R = si L = 0. Sí R es nito y no nulo determina un "intervalo de convergencia" x 0 R 6 x 6 R + x 0, tal que la serie es convergente en su interior y divergente en el exterior. Gra camente tenemos Una serie de potencias puede o no ser convergente en los puntos terminales de su intervalo de convergencia. Ejemplo. Determinar radio e intervalo de convergencia de la serie de potencias. X n= (x + ) n 3 n n. 76

77 Primero determinamos radio de convergencia R = lim 3 n n n! = lim 3 n+ (n + ) n! 3 n n = lim 3 n 3 (n + ) n! 3 n n = 3 n+ (n + ) lim 3 (n + ) n! n =? Aplicando algunos arti cios matemáticos, para levantar la indeterminada, tenemos 3 (n + ) R = lim 3 + n! n = lim n n! n = 3 lim + n! n = 3 = 3. NOTA: = 0. Siendo el radio de convergencia R = 3. Ahora determinemos el intervalo de convergencia, utilizando el criterio del cociente (x + ) n+ lim a n+ n! a n = lim 3 n+ (n + ) 3 n n (x + ) n+ n! (x + ) n = lim n! 3 n+ (n + ) (x + ) n = 3 n n lim n (x + ) n! 3 (n + ) = jx + j lim n n! 3 (n + ) n = jx + j lim n = jx + j lim n! 3 (n + ) n! n 3 + = jx + j 3 <. n jx + j < 3 3 < x + < 3. De modo que la serie de potencias converge para 5 < x <. Ahora analizaremos los puntos terminales del intervalo I de convergencia. Para x = 5, la serie de potencias se convierte en la serie canónica alternada 77

78 X ( 5 + ) n n= la cual es convergente. 3 n n = X n= ( 3) n 3 n n = X n= ( ) n n, Para x =, la serie se convierte en la serie armonica. X ( + ) n n= 3 n n = X n= n, la cual es divergente. Por tanto, el intervalo de convergencia es 5 6 x <. Ejemplo. Determinar radio e intervalo de convergencia de la serie X n= 4 n (x 3)n + Primero determinamos radio de convergencia 4 R = lim a n n! a n+ = lim n + (n + ) + n! 4 = lim n! n + = (n + ) + lim n + n + 3 n! n + = lim n! n + n + 3 n n + n + = lim n + 3 n n! + =. n Siendo el radio de convergencia R =. Ahora determinamos el intervalo de convergencia, aplicando el criterio del cociente. 4 lim a n+ n! a n = lim (n + ) (x 3)n+ + n! 4 = n (x 3)n + lim 4 (x 3) n+ n + n! h i (n + ) + 4 (x 3) n = lim 4 (x 3) n+ n + n! h i (n + ) + 4 (x 3) n 78

79 (x 3) n + = lim n! n + n + 3 = jx 3j lim n + n! n + n + 3 = n + jx 3j lim n + n! n = jx 3j lim n + n + 3 n! + n n + 3 n = jx 3j = jx 3j <. De modo que la serie de potencias "Converge", como jx 3j < es decir < x 3 < + 3 < x < + 3 < x < 4, siendo el intervalo de convergencia: < x < 4. Analizaremos los puntos terminales del intervalo de convergencia. Para x =, se tiene X 4 X n + (x 4 3)n = n + ( 3)n = n= n= La serie es convergente. Para x = 4, se tiene X n= 4 ( ) n n + = X n= 4 ( ) n n + X n= 4 n + (x 3)n = X n= 4 n + (4 3)n = X n= 4 () n n + ó X n= 4 n + La serie es divergente. Por tanto, el intervalo de convergencia es: 6 x < Sea f(x) una función continua y que admite derivadas de todo orden en jxj < R con R > 0 de f (x) se puede representar mediante una serie de potencias de la forma f (x) = X f (n) (0) n! x n = f (0) + f 0 (0) x + f 00 (0) x +! donde a n = f (n) (0). n! 79

80 Una forma de veri car la validez de este desarrollo es mediante la fórmula de Taylor f (x) = P k=0 f (k) (0) x n + R n (x). k! Donde R n (x) es el resto R n (x) = f (n+) () (n + )!, para (0; ). Ejemplo. Sean los dsarrollos alrededor del punto x 0, llamadas series Maclaurin e x = X x n n! = + x + x! + x3 3! + sen x = X k=0 ( ) n x n+ (n + )! = x x 3 3! + x5 5! x 7 7! + cos x = X ( ) n x n (n!) = x! + x4 4! x 6 6! + 5. Una función que admite un desarrolla en serie de potencias de la forma f (x) = X a n (x x 0 ) n, en algún entorno del punto x 0, se dice que f (x) es "analitica" en x 0. Ejemplo. Las funciones e x, sen x y cos x son analíticas en x 0 = 0. SOLUCIÓN POR SERIE DE POTENCIAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Ejemplo. Consideremos la ecuación diferencial y 0 + y = 0 () Suponemos que la solución es en forma de serie de potencias 80

81 y = a 0 + a x + a x + a 3 x a n x + () que convenge para jxj < R, con R > 0 y que tiene una solución análitica en el origen, es decir, x 0 = 0: La ecuación () puede derivarse término a término. y 0 = a + a x + 3a 3 x + 4a 4 x (n ) a n x n + na n x n + (n + )a n+ x n + (3) Sustituyendo () y (3) en (), tenemos (a +a x+3a 3 x + +(n ) a n x n +na n x n +(n+)a n+ x n + )+ + a 0 + a x + a x + a 3 x a n x n + a n x n + a n+ x n+ + = 0. Agrupando los coe cientes de potencia iguales de x, tenemos (a + a 0 ) + (a + a ) x + (3a 3 + a ) x + (4a 4 + a 3 ) x (na n + a n )x n + [(n + ) a n+ + a n ] x n + :::: = 0. Igualando a cero los coe ciente, resulta. a + a 0 = 0 ) a = a 0 a + a = 0 ) a = a = a 0 3a 3 + a = 0 ) a 3 = a 3 = a 0 3 4a 4 + a 3 = 0 ) a 4 = a 3 4 = a na n + a n = 0 entonces a n+ = ( ) n a 0 3 (n + ). Sustituyendo estos coe cientes en la ecuación () obtenemos la solución de (), en serie de potencias, esto es y = a 0 a 0 x + a 0! x a 0 3! x3 + a 0 4! x4 + + a 0 n! xn a 0 (n + )! xn+ + y = a 0 x + x! x 3 3! + x4 4! + + xn n! x n+ (n + )! + 8

82 ó bien y = a 0 e x. Ejemplo. Sea la ecuación diferencial ( + x) y 0 + y = 0 () Determinar una solución en serie de potencias en el entorno x 0 = 0. Suponemos que la solución es de la forma y = a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + a 4 x 4 + () Siendo las derivadas y 0 = a +a x+3a 3 x +4a 4 x 3 + +(n )a n x n +na n x n +(n+)a n+ x n + (3) Sustituyendo los desarrollos y y y 0 en (), tenemos ( + x) a + a x + 3a 3 x + 4a 4 x a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + a 4 x 4 + = 0 (a + a x + 3a 3 x + 4a 4 x a x + a x + 3a 3 x 3 + 4a 4 x 4 + ) + (a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + a 4 x 4 + ) = 0. Agrupamos los términos semejantes (a + a 0 ) + (a + a ) x + (3a 3 + 3a ) x + (4a 4 + 4a 3 ) x 3 + = 0. 8

83 Luego igualamos los coe cientes a + a 0 = 0 ) a = a 0 a + a = 0 ) a = a = a 0 3a 3 + 3a = 0 ) a 3 = a = a 0 4a 4 + 4a 3 = 0 ) a 4 = a 3 = a 0. Sustituyendo estos coe cientes en () tenemos la solución y = a 0 x + x x 3 + x 4 + ó simplemente y = a 0. + x Ejemplo. Resolver la ecuación (x )y 0 3y = 0, () por serie de potencias entorno al punto x 0 = 0. Solucion. Suponemos que la solucion es de la forma y = a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + a 4 x 4 + () Su derivada es y 0 = a + a x + 3a 3 x + 4a 4 x (n )a n x n + na n x n + (n + )a n+ x n + (3) Sustituyendo () y (3) en (), tenemos 83

84 (x ) a + a x + 3a 3 x + 4a 4 x a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + a 4 x 4 + = 0 a x + 4a x + 6a 3 x 3 + 8a 4 x 4 + a 4a x 6a 3 x 8a 4 x 3 + 3a 0 3a x 3a x 3a 3 x 3 3a 4 x 4 = 0 Agrupamos los términos semejantes ( a 3a 0 ) + ( a 4a ) x + (a 6a 3 ) x + (3a 3 8a 4 ) x 3 + (5a 4 0a 5 ) x 4 + = 0. Igualando términos se tiene; a 3a 0 = 0 ) a = 3a 0 a 4a = 0 ) a = a 4 = 3a 0 8 a 6a 3 = 0 ) a 3 = a 6 = 3a a 3 8a 4 = 0 ) a 4 = 3a 3 8 = 3a 0 8. Siendo la solución y = a 0 y = a 0 (x ) 3 x x x x4 + = a 0. x ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN Puntos Ordinarios. Consideramos la ecuación lineal homogénea de segundo orden y 00 + P (x) y 0 + Q (x) y = 0 () 84

85 donde P (x) y Q (x) son funciones continuas de x para nuestro análisis nos restringiremos al caso en que P (x) y Q (x) deben ser análiticas en x 0, lo que signi ca que P (x) y Q (x) tiene un desarrollo en serie de potencias, válida en algún entorno del punto x 0, en tal caso se dira que x 0 es "punto ordinario" de la ecuación (), en caso contrario es un "punto singular". Ejemplo. Resolver la ecuación y 00 + y = 0, () en serie de potencias de x. Las funciones P (x) = 0, Q (x) =, ambas a la vez son analíticas en el punto x 0 = 0 (más en general para todo x), de manera que x 0 = 0 es un punto ordinario. Buscamos la solución de la forma y = a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + :::: + a n x n + a n x n + a n+ x n+ + ::: (3) cuyas derivadas son y 0 = a + a x + 3a 3 x + 4a 4 x (n ) a n x n + na n x n + (n + )a n+ x n + (n + )a n+ x n+ + y 00 = a + 6a 3 x + a 4 x + + (n ) (n ) a n x n 3 + (n ) na n x n + n (n + ) a n+ x n + (n + ) (n + ) a n+ x n + (4) Sustituyendo los desarrollos (3) y (4) en (), tenemos [a + 6a 3 x + a 4 x + + (n ) (n ) a n x n 3 + (n ) na n x n + n (n + ) a n+ x n + (n + ) (n + ) a n+ x n + ]+ + a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + a 4 x 4 + = 0 Agrupamos los términos semejantes: (a + a 0 ) + (6a 3 + a ) x + (a 4 + a ) x + + [(n ) (n ) a n + a n 3 ] x n 3 + [(n ) na n + a n ] x n + [n (n + ) a n+ + a n ] x n + [(n + ) (n + ) a n+ + a n ] x n + = 0 85

86 Igualando a cero cada coe ciente, tenemos a + a 0 = 0 ) a = a 0 6a 3 + a = 0 ) a 3 = a 3 a 4 + a = 0 ) a 4 = a 3 4 = a a 5 + a 3 = 0 ) a 5 = a = a Sustituyendo estos coe cientes en (3), obtenemos la solución. y = a 0 + a x y = a 0 x! + x4 4! a 0! x a 3! x3 + a 0 4! x4 + a 5! x5 x 6 6! + + a x x 3 3! + x5 5! x 7 7! +, o simplemente y = a 0 cos x + a sen x Ejemplo. Resolver la ecuación ( + x) y 00 + y 0 = 0 (6) en serie de potencias. Escribimos la ecuación en forma canónica y x y0 = 0. Como P (x) = + x y Q (x) = 0 son ambas son análiticas en el origen x 0 = 0, entonces x 0 = 0 es un punto ordinario. Suponemos que la solución es de forma siguiente o bien y = a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + a 4 x 4 + (7) 86

87 X y = a n x n Las derivadas son X y 0 = na n x n X y 00 = (n ) na n x n Sea n n + para y 0 ; entonces: X y 0 = (n + ) a n+ x n Sea n n + para y 00 ;entonces X y 00 = (n + ) (n + ) a n+ x n Sustituyendo los desarrollos y 0 y y 00 en (6), tenemos X X ( + x) (n + ) (n + ) a n+ x n + (n + ) a n+ x n = 0 X X (n + ) (n + ) a n+ x n + (n + ) (n + ) a n+ x n+ + X (n + ) a n+ x n = 0 Para la segunda sumatoria sea: n n X X X (n + ) (n + ) a n+ x n + n (n + ) a n+ x n + (n + ) a n+ x n = 0 n= X X a + (n + ) (n + ) a n+ x n + n (n + ) a n+ x n + a + n= n= X (n + ) a n+ x n = 0 n= 87

88 Agrupamos los términos semejantes, se tiene X ( a + a )+ [(n + ) (n + ) a n+ + n (n + ) a n+ + (n + ) a n+ ] x n = 0 n= ( a + a ) + X n= h(n + ) (n + ) a n+ + n (n + ) a n+ i x n = 0 Igualamos a cero los coe cientes,resulta a + a = 0 ) a = a (n + ) (n + ) a n+ + n (n + ) a n+ = 0 siendo a n+ = n (n + ) a n+ (n + ) (n + ) = n (n + ) a n+ (n + ) n : ; ; 3; : : : = n (n + ) (n + ) a n+, para Está ecuación es conocida como la "formula de recurrencia". a = a a 3 = 3 a a = = a 3 3 a 4 = 3 a 3 = a 5 = 5 a 4 = 3 a 6 = 0 3 a 5 = a = a a = 4a a = 6 5 a Sustituyendo estos coe cientes, en la ecuación (7),obtenemos la solución y = a 0 + a x a x + a 3 x3 a x x5 4a x

89 Ejemplo. Resolver por serie de potencias, la ecuación y 00 (x + ) y = 0 (8) Como P (x) = 0 y Q (x) = (x + ) como las funciones, ambas son análiticas en x 0 = 0. Suponemos que la ecuación tiene la solución de la forma y = a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + a 4 x 4 + (9) o bien X X y = a n x n, con y 0 = (n + ) a n+ x n, y y 00 = X (n + ) (n + ) a n+ x n. Sustituyendo los desarrollos en y 0 y y 00 en (8), tenemos X X (n + ) (n + ) a n+ x n (x + ) a n x n = 0 X X (n + ) (n + ) a n+ x n a n x n+ X a n x n = 0 Debemos igualar las potencias de x de la segunda sumatoria, para ello efectuamos una operación de asignación a n n, tenemos X X X (n + ) (n + ) a n+ x n a n x n + a n x n = 0 n =0 X X X (n + ) (n + ) a n+ x n a n x n a n x n = 0 n= Desarrollamos un primer término de la primera y tercera sumatoria, respectivamente. Entonces, sí n = 0, tenemos 89

90 X X X a + (n + ) (n + ) a n+ x n a n x n a 0 a n x n = 0 n= n= n= Agrupando los términos semejantes, tenemos " # X X X ( a a 0 ) + (n + ) (n + ) a n+ a n a n x n = 0 n= n= n= X ( a a 0 ) + [(n + ) (n + ) a n+ a n a n ] x n = 0 n= Igualando a cero los coe entes,se tiene a a 0 = 0 ) a = a 0 Luego, la formula de recurrencia es: (n + ) (n + ) a n+ a n a n = 0 (n + ) (n + ) a n+ = a n + a n a n+ = a n + a n (n + ) (n + ) Para n = ; ; 3; 4; : : : Tenemos los siguientes coe cientes a 3 = a 0 + a = a a 3 a 4 = a + a 3 4 a 5 = a + a = a a 3 4 = a = a a = a a = a a a a = a a 0 + a = a a a = 3a 0 + a a 5! = 4a 0 + a 5! 5!. Sustituyendo estos coe cientes en al aecuación (9), la solución es: 90

91 y = a 0 + a x + a 0! x + a 0 + a 3! x 3 + a + a 0 4! x 4 + 4a 0 + a x 5 + 5! Puntos Singulares. Consideremos la ecuación diferencial líneal de segundo orden y 00 + P (x) y 0 + Q (x) y = 0 () El punto x 0, es un "punto singular" de la ecuación (), si una de las funciones P (x), Q (x)o ambas a la vez no son analíticas en x 0, en caso contrario es un "punto ordinario". Ejemplo. Sea la ecuación x y xy 0 y = 0 Determinamos los punto singulares y ordinarios. Primero escribimos la ecuación en la siguiente forma y x y0 x y = 0 Donde: P (x) = 3 x y Q (x) =, de manera que el punto singular es x x 0 = 0. Esto signi ca que P (x) como Q (x) no son análiticas en el punto x = 0, y los puntos ordinarios son todos los valores de x, excepto x 0 = 0: Ejemplo. Determinar los puntos singulares y ordinarios de la ecuacion de "Bessel" x y 00 + xy 0 + x n y = 0 donde n es una constante. Escribimos la ecuacion de forma y 00 + x y0 + x n x y = 0 y 00 + n x y0 + x y = 0 9

92 Donde P (x) = x, Q (x) = n x. De manera que x = 0 es un punto singular de la ecuacion de Bessel. Los puntos ordinarios son todos los valores de x, excepto el cero. Ejemplo consideramos la ecuación de "Legendre" + x y 00 xy 0 + a (a + ) y = 0 donde a es una constante. Determinar los puntos singulares y regulares. La ecuación escribimos en su forma más simple. y 00 x a (a + ) x y0 + x y = 0 Donde: P (x) = x a (a + ), Q (x) =. Para determinar los puntos x x singulares de la ecuación de "Legendre", resolvemos la ecuación x = 0 ) x = De manera que los puntos singulares son: x =. Los puntos ordinarios son todos los valores de x, excepto. Puntos Singulares Regulares. De nición. Se dice que el punto singular x 0, de la ecuación (), es un "punto singular regular " si tanto (x x 0 ) P (x) como (x x 0 ) Q (x) son analíticas en x 0, en caso contrario se llama punto singular irregular. Ejemplo. Consideremos la ecuación de "Bessel" en su forma estándar es de la siguiente manera y 00 + x y0 + x n x y = 0: 9

93 Clasi car los puntos singulares. El punto singular de la ecuación "Bessel" es x 0 = 0. Luego, hacemos la prueba (x x 0 ) P (x) = (x 0) x = (x x 0 ) Q (x) = (x 0) x n = x n : Esto muestra que x 0 = 0 es un punto singular regular. Ejemplo. Ahora consideremos la ecuación de "Legendre". y 00 Clasi car los puntos singulares. x x a (a + ) x y0 + x y = 0: Los punto singulares de la ecuación de Legendre son x 0 =. Donde: P (x) = x a (a + ) y Q (x) = x x. Hacemos la prueba para el punto singular x 0 =. x x (x ) (x x 0 ) P (x) = (x ) x = (x ) = x (x ) ( + x) (x ) = x + x (x x 0 ) Q (x) = (x ) a (a + ) x = a (a + ) (x ) ( + x) (x ) = a (a + ) (x ) x + De manera que x 0 =, es un punto singular regular. En forma análoga se veri ca que el punto singular x 0 = es un punto singular regular. Ejemplo. Clasi car los puntos singulares de la siguiente ecuación x y 00 + (x + ) y 0 y = 0 Primero la ecuación escribimos en forma canónica 93

94 y 00 (x + ) + (x ) y0 (x ) y = 0 o simplemente y 00 + (x + ) (x ) y0 (x + ) (x ) y = 0. Donde P (x) = (x + ) (x ) y Q (x) = (x + ) (x ) Para obtener los puntos singulares, resolvemos la ecuacion. (x + ) (x ) = 0: De manera que los puntos singulares son x 0 =. Ahora veri quemos para x 0 = (x x 0 ) P (x) = (x ) (x + ) (x ) = (x + ) (x ) Para: x 0 =, resulta ) (x + ) (x ) = 0 = 0 = Esto muestra que la función no esta de nida y que x 0 =, es un punto singular irregular. Para x 0 =. (x x 0 ) P (x) = (x + ) (x + ) (x ) = (x ) " # (x x 0 ) Q (x) = (x + ) (x + ) (x ) = ) (x ) = x x + = + + = 4 (x ) Esto muestra que x 0 = Ejemplo. ; es un punto singular regular. Clasi car los puntos singulares de la ecuación x 3 ( x) y 00 + (3x + ) y 0 + xy = 0 94

95 Escribimos la ecuación en la forma siguiente y 00 + y 00 + (3x + ) x x 3 ( x) y0 + x 3 ( x) y = 0 (3x + ) x 3 ( x) y0 + x ( x) y = 0 Como: P (x) = 3x + x 3 x 4 y Q (x) = x ( x) Para obtener los puntos singulares, resolvemos la ecuación: x 3 ( x) = 0 x 3 = 0 y x = 0 x = 0 y x = De manera que los puntos singulares son x 0 = 0 y x 0 =. Veri camos para x 0 = 0 (x x 0 ) P (x) = (x 0) Para: x 0 = 0;resulta 3x + x ( + x) = 0 + = 0 0 = 3x + x (3x + ) x 3 = ( x) x 3 ( x) = 3x + x ( + x) Esto muestra que x 0 = 0, es un punto singular irregular. Veamos para x 0 =, tenemos 3x + (x x 0 )P (x) = (x ) x 3 ( x) = 3x + x 3 (x x 0 ) Q (x) = (x ) Como: x 0 = x x = = 0 = 0 x ( x) = (x ) x (x ) = x x Esto muestra que x 0 =, es un punto singular regular. METODO DE FROBENIUS Si x = x 0 es un punto singular regular de la ecuación 95

96 y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = 0 () entonces, existe al menos una solución en serie de Frobenius de la forma: y = (x X X x 0 ) r a n (x x 0 ) n = a n (x x 0 ) n+r donde r es un número constante, que debe determinarse. Estudiaremos solamente cuando el punto singular regular sea x 0 = 0; de manera que La ecuación X X y = x r a n x n = a n x n+r r(r ) + p 0 r + q 0 = 0, se llama ecuación indicial de la ecuación (), cuyas raices son r y r con r > r siendo p 0 = lim x!x 0 (x x 0 )P (x) y q 0 = lim x!x 0 (x x 0 ) Q(x). Teorema. La ecuación (), tiene dos soluciones Linealmente Independientes (L.I.) y y y si se dan los siguientes casos: CASO I. Si r r no es un entero, entonces X y = x r a n x n ; a 0 6= 0 y = x r X b n x n ; b 0 6= 0. CASO II. Si r = r, son raices iguales, entonces. X y = x r a n x n ; a 0 6= 0 X y = y ln jxj + x r b n x n ; b 0 6= 0. 96

97 CASO III. Si r r = N; donde N es un número entero positivo, entonces X y = a n x n+r ; a 0 6= 0 X y = Cy ln x + b n x n+r, donde C es una constante que puede ser cero. 0. CASO I. Ejemplo. Encuentre dos soluciones linealmente independientes usando el método de Frobenios alrededor del punto x 0 = 0, para la ecuación xy 00 + ( + x)y 0 y = 0. La ecuación escribimos en la forma y x x y0 x y = 0 Donde P (x) = + x x y Q(x) = x, vemos que x 0 = 0, evidentemente es un punto singular regular, siendo p 0 = lim x!x 0 (x q 0 = lim x!x 0 (x + x x 0 )P (x) = lim x x!0 x x 0 ) Q(x) = lim x x!0 x De manera que la ecuación inicial es: x( + x) + x = lim = lim x!0 x x!0 x =, x = lim x!0 x = lim x!0 x = 0. r(r ) + p 0 r + q 0 = r(r ) + r + 0 = r r + = r r = 0. Igualando cada factor a cero las raices indiciales son r = 0 r = 0 ) r =. Como r r = 0 =, la diferencia de las raices "no es un entero positivo", entonces las soluciones son de la forma: 97

98 X X y = x r a n x n = a n x n+r cuyas derivadas son: X y 0 = (n + r)a n x n+r X y 00 = (n + r )(n + r)a n x n+r Sustituyendo y y sus derivadas, en la ecuación inicial, se tiene. xy 00 + ( + x)y 0 y = 0 X X X x (n+r )(n+r)a n x n+r +(+x) (n+r)a n x n+r a n x n+r = 0 X X X (n + r )(n + r)a n x n+r + (n + r)a n x n+r + (n + r)a n x n+r X a n x n+r = 0 X X (n + r) [(n + r ) + ] a n x n+r + [(n + r) ] a n x n+r = 0 X X (n + r)(n + r )a n x n+r + (n + r )a n x n+r = 0 Ajustamos el índice de la primera sumatoria sustituyendo n n +, X X (n + r + ) [(n + ) + r ] a n+ x n+r + (n + r )a n x n+r = 0 n= X X (n + r + )(n + + r )a n+ x n+r + (n + r )a n x n+r = 0 n= X X (n + r + )(n + r + )a n+ x n+r + (n + r )a n x n+r = 0. n= 98

99 Desarrollamos un término para n = en la primera serie, esto es X X r(r +)a 0 x r + (n+r+)(n+r+)a n+ x n+r + (n+r )a n x n+r = 0 Agrupamos los coe cientes de potencias iguales de x, X r(r )a 0 x r + [(n + r + )(n + r + )a n+ + (n + r )a n ] x n+r = 0: () Igualando a cero los coe cientes de potencias iguales de x, resulta r(r )a 0 = 0, (n + r + )(n + r + )a n+ + (n + r )a n = 0. (3) Como a 0 6= 0 en () entonces r(r ) = 0 que es la ecuación inicial. Luego de (3), obtenemos la fórmula de recurrencia a n+ = (n + r )a n ; n = 0; ; ; : : : (4) (n + r + )(n + r + ) Para r = r = la ecuación (4) se reduce a n + a n (n 3)a a n+ = n + n = ; n = 0; ; ; : : : + (n + )(n + 3) n + + Sí hacemos en esta ecuación n = 0; ; ; : : :, nos da a = ( 0 3)a 0 (0 + )( 0 + 3) = 3 3 a 0 = 3 3 a 0, a = ( 3)a ( + )( + 3) = 5 a = 4 5 a 3 = ( 3)a ( + )( + 3) = (4 + 3) a = a 0, 3 a 0 = a 0, a 0 = 99

100 a 4 = ( 3 3)a 3 (3 + )( 3 + 3) = a 0 = a 0,. En consecuencia la primera solución linealmente independiente de la ecuación inicial en serie de Frobenius es: X y = x r a n x n = x a ! a 0x + 3 5! a 0x 3 7! a 0x ! a 0x 4 + ::::: y = a 0 x + 3 3! x ! x 7! x ! x4 + :::::. Para r = r = 0; la ecuación (4), se reduce a (n )a n a n+ = ; n = 0; ; ; : : : (n + )(n + ) a = (0 )a 0 (0 + )( 0 + ) = a 0 = a 0, a = a 3 = 3 a 0 = 3 a 0, a 3 = a 3 5 = 0, a 4 = a = 0,. En consecuencia, la segunda solución linealmente independiente es: X y = x r a n x n = x a a 0 x + 3 a 0x : : : = a 0 + x + x : 3 Por tanto, la solución general es: y = C x y = C y (x) + C y (x) ! x ! x 7! x ! x4 + + C + x + x : 3 00

101 Finalmente, las dos soluciones L.I. de la ecuación inicial en serie de Frobenius son: y = x + 3 3! x ! x 7! x ! x4 + y y = a 0 + x + x 3. CASO III a) Caso No Logarítmico Ejemplo. Hallar dos soluciones liealmente independientes usando el método de Frobenius al rededor del punto x 0 = 0, para la ecuación x y 00 xy 0 + (x + )y = 0. () Solución La ecuacion escribimos de la forma: y x y0 + x + x y = 0 Donde P (x) = x y Q(x) = x + x. Como xp (x) = y x Q(x) = x +, son analíticas en el origen entonces el punto x 0 = 0 es un punto singular regular, siendo p 0 = y q 0 = : De manera que la ecuación inicial es: r(r ) + p 0 r + q 0 = r(r ) r + = r r r + = r 3r + = (r )(r ) = 0. Las raíces iniciales son: r = y r =. Como: r r = = la diferencia de las raices es un entero positivo, entonces una solución linealmente independiente en serie de Frobenius es: Sus derivadas son: y = x r P a n x n P = a n x n+r () y 0 P = (n + r)a n x n+r, y 00 P = (n + r)(n + r )a n x n+r. Sustituimos () y sus derivadas en (): 0 x P (n+r)(n+r )a n x n+r P x (n+r)a n x n+r +(x P +) a n x n+r = 0

102 0 P (n+r)(n+r )a n x n+r P (n+r)a n x n+r P + a n x n+r+ P + a n x n+r = 0 Ajustamos el índice de la tercera sumatoria, reemplazando n! n, P (n+r)(n+r )a n x n+r P (n+r)a n x n+r P + a n x n+r P + a n x n+r = n= Desarrollamos los términos para n = 0;, tenemos r(r )a 0 x r + (r + )ra x r+ P + (n + r)(n + r )a n x n+r ra 0 x r (r + n= )a x r+ P (n + r)a n x n+r P + n= a n x n+r n= +a 0 x r + a x r+ P + a n x n+r = 0 n= Agrupamos los coe cientes de potencias iguales de x, [r(r ) r + ]a 0 x r + [(r + )r (r + ) + ]a x r+ P + [(n + r)(n + r )a n (n + r)a n + a n + a n ]x n+r = 0 Opeaciones Auxiliares (n+r)(n+r )a n (n+r)a n +a n = [(n+r) (n+r) (n+r)+]a n = [(n + r) 3(n + r) + ]a n = [(n + r) ][(n + r) ]a n = [n + r ][n + r ]a n Luego (r )(r )a 0 x r +r(r )a x r+ P + [(n+r )(n+r )a n +a n ]x n+r = 0 n= Igualando a cero los coe cientes de potencias iguales de x, tendremos (r )(r )a 0 = 0 r(r )a = 0 (3) (n + r )(n + r )a n + a n = 0 para n. Como: a 0 6= 0 (Por Hipótesis), entonces tenemos la ecuación indicial que es: (r )(r ) = 0 Ahora pasamos a analizar la ecuación (3) evaluando las raices indiciales en la ecuación (3), es decir, Para r = r =, en la ecuacion (3) resulta ( )a = a = a = 0, entonces a = 0. Para r = r = ; en la ecuacion (3) resulta ( )a = 0a = 0 a = 0, entonces a 6= 0. Esto signi ca que a es arbitrario. n= 0

103 Con a 6= 0, y n, obtenemos la fórmula de recurencia. a n = (n + r )(n + r ) a n para n. (4) Para determinar dos soluciones linealmente independientes de la ecuación () para el caso r = r + N, donde N es un entero positivo, se recomienda tomar la raíz menor. Para r = r =, la ecuación (4), se reduce a a n = (n )n a n para n. (5) Hacemos n = ; 3; 4; : : : y a 6= 0 en (5) a = a 0, a 3 = 3 a, a 4 = 34 a = 34 a 5 = 45 a 3 = 45. a 0 3 a = 34 a 0, = 345 a, Por tanto, la solución general es: y = x r (a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + : : :) x y = a 0 x! + x4 x 4! : : : + a x x 3 3! + x5 5! : : :. Esta solución generales es de la forma y = C y (x) + C y (x). Finalmente, las dos soluciones L.I. de la ecuación () en serie de Frobenius son: P y = x ( ) n xn (n)!, y P = x ( ) n xn+ (n + )!. Ejemplo Hallar dos soluciones liealmente independientes usando el método de Frobenius al rededor del punto x 0 = 0, para la ecuación x ( + x)y 00 + x( + 6x)y 0 y = 0 (6) Solución La ecuacion escribimos de la forma: y 00 + ( + 6x) x( + x) y0 x ( + x) y = 0. 03

104 ( + 6x) Donde P (x) = y Q(x) = x( + x) x ( + x). ( + 6x) Como xp (x) = y x Q(x) =, son analíticas en el ( + x) ( + x) origen entonces el punto x 0 = 0 es un punto singular regular, siendo p 0 = y q 0 = : De manera que la ecuación inicial es: r(r ) + p 0 r + q 0 = r(r ) + r = r r + r = r + r = (r )(r + ) = 0. Las raíces iniciales son: r = y r =. Como: r r = ( ) = 3 la diferencia de las raices es un entero positivo, entonces una solución linealmente independiente en serie de Frobenius es: y = x r P a n x n P = a n x n+r (7) Sus derivadas son: y 0 P = (n + r)a n x n+r, y 00 P = (n + r)(n + r )a n x n+r. Sustituimos (7) y sus derivadas en (6): x P ( + x) (n + r)(n + r )a n x n+r P + x( + 6x) (n + r)a n x n+r P a n x n+r = 0 P (n + r)(n + r )a n x n+r P + (n + r)(n + r )a n x n+r+ P + (n + r)a n x n+r P + (n + r)a n x n+r+ P a n x n+r = 0 Ajustamos el índice de la segunda y la cuarta sumatoria, reemplazando n! n, P (n + r)(n + r )a n x n+r P + (n + r )(n + r )a n x n+r n= P + (n + r)a n x n+r P + (n + r )a n x n+r P a n x n+r = 0 n= Desarrollamos los primeros términos para n = 0, tenemos r(r )a 0 x r P + (n + r)(n + r )a n x n+r P + (n + r )(n + r n= )a n x n+r + ra 0 x r P + (n + r)a n x n+r n= n= P + (n + r )a n x n+r a 0 x r P a n x n+r = 0. n= Agrupamos los coe cientes de potencias iguales de x. [r(r )+r ]a 0 x r P + [(n+r)(n+r )a n +(n+r )(n+r )a n + n= n= 04

105 (n + r)a n + (n + r )a n a n ]x n+r = 0 Opeaciones Auxiliares (n+r)(n+r )a n +(n+r)a n a n = [(n+r) (n+r)+(n+r) ]a n = [(n + r) + (n + r) ]a n = (n + r )(n + r + )a n. Por otra parte (n+r )(n+r )a n +(n+r )a n = (n+r )(n+r +6)a n = (n + r )(n + r + 4)a n. Luego: (r )(r + )a 0 x r P + [(n + r )(n + r + )a n + (n + r )(n + r + n= 4)a n ]x n+r = 0. Igualando a cero los coe cientes de potencias iguales de x, tendremos (r )(r + )a 0 = 0, (n + r )(n + r + )a n + (n + r )(n + r + 4)a n = 0 para n. (8) Como a 0 6= 0 (por Hipótesis), entonces tenemos la ecuación indicial que es: (r )(r + ) = 0. Para determinar dos soluciones linealmente independientes de la ecuación (6), para el caso el caso r = r + N, donde N es un entero positivo, se recomienda tomar la raíz menor r = r =, con a 0 6= 0 y analizamos con cuidado el comportamiento de la ecuación de recurrencia (8). Así que, la ecuación (8) se reduce a (n 3)na n + (n 3)(n + )a n = 0, n. (9) Para n 6= 3 despejamos a n y obtenemos la fórmula de recurrencia a n = Hacemos n =, en (9) (n + ) a n para n y n 6= 3. (0) n a = 3a 0, a = 4 a = 4( 3a 0 ) = 3 4a 0. Para n = 3, la ecuación (9) toma la forma 0 a a = 0, vemos que a 3 no puede obtenerse hasta que n > 3. Entonces a 3 elegimos como la segunda constante arbitraria para obtener los demás coe cientes. Hacemos n = 4; 5; 6; : : : en (0) a 4 = a 5 = a 5 = 6 4 a 3 = 3a 3, 7 5 a 4 = 7 5 ( 3a 3) = 37 5 a 3, 8 6 a 4 = a 3 = 78 5 a 3,. Por tanto, la solución general es: 05

106 y = a 0 x 6x + 4x + a 3 x x 3 3x x5 5 x6 + : : : Finalmente, las dos soluciones L.I. de la ecuación () en serie de Frobenius son: y = x 6x + 4x y y = x x 3 3x x5 5 x6 + : : :. **************** Corregir este ejemplo ********************************************************** Ejemplo. Determinar dos soluciones Linealmente Independientes, por el método de Frobenius, alrededor del punto singular regular x 0 = 0, de la ecuación xy 00 + y 0 + 9xy = 0 () Escribimos la ecuación de la siguiente forma: y 00 + x y0 + 9y = 0 Donde: P (x) = x y Q(x) = 9. Vemos que x 0 = 0; es un punto singular regular de la ecuación () siendo p 0 = lim x!x 0 (x x 0 )P (x) = lim (x x 0 ) x!0 x = lim x!0 x x = lim x!0 = q 0 = lim x!x 0 (x x 0 ) Q(x) = lim x!0 (x x 0 ) 9 = lim x!0 9x = 0 De manera que la ecuación inicial es r(r ) + p 0 r + q 0 = 0 r(r ) + r + 0 = 0 r (r + ) = 0 r (r + ) = 0 r = 0 r + = 0 r = Como r r = 0 ( ) =, la diferencia de las raices es un entero positivo, entonces una solución linealmente independiente es: 06

107 X X y = x r a n x n = a n x n+r Sus derivadas son: X y 0 = (n + r)a n x n+r X y 00 = (n + r )(n + r)a n x n+r. Sutituyendo y y sus derivadas en (), tenemos X X X x (n + r )(n + r)a n x n+r + (n + r)a n x n+r + 9x a n x n+r = 0 X X X (n + r )(n + r)a n x n+r + (n + r)a n x n+r + 9 a n x n+r+ = 0 X X (n + r) [(n + r + )] a n x n+r + 9 a n x n+r+ = 0 X X (n + r)(n + r + )a n x n+r + 9 a n x n+r+ = 0 Haciendo: n n + y n n, respectivamente, tenemos X X (n + r + )(n + r + )a n+ x n+r + 9 a n x n+r = 0 n= n= Desarrollamos dos términos para la primeria serie, tenemos Para r = r = 0, se tiene 07

108 X r(r + )a 0 x r + (r + )(r + )a x r + (n + r + )(n + r + )a n+ x n+r + 9 n= X a n x n+r = 0 n= [r(r + )a 0 x r ] x + (r + )(r + )a x r + 9 X (n + r + )(n + r + )a n+ x n+r + n= X a n x n+r = 0 n= r(r + )a0 x x r + (r + )(r + )a x r + X (n + r + )(n + r + )a n+ x n+r + n= X 9 a n x n+r = 0 n= r(r + )a 0 x + [r(r + )a 0 + (r + )(r + )a ] x r + X [(n + r + )(n + r + )a n+ + 9a n ] x n+r = 0 n= Igualando a cero los coe cientes de potencias iguales de x, tendremos r(r + )a 0 = 0 r(r + )a 0 + (r + )(r + )a = 0 como r = 0, entonces a = 0: (n + r + )(n + r + )a n+ + 9a n = 0 La ecuación inicial es r(r + ) = 0, entonces r = 0 y r =. Nótese que esta ecuación indicial es el mismo que se obtuvo más arriba. Como se veri ca las raices son las mismas anteriormente encontradas. Siendo a = r(r + )a 0 (r + )(r + ) = ra 0 r + Para n ; la fórmula de recurrencia general es: 9a n a n+ = (n + r + )(n + r + ) = 3 a n ; n = ; ; 3; : : : (n + r + )(n + r + ) Para la raíz más pequeña r =, tenemos 08

109 3 a n a n+ = (n + )(n + ) = 3 a n ; n = ; ; 3; : : : n(n + ) Siendo a = ra 0 r + : Para r = r = ; tenemos: a 0 a = + = a 0 = a 0 Sí: n = ; ; 3; : : : 3 a 0 a = ( + ) = 3 a 0 = 3! a 0 a 3 = a 4 = 3 a ( + ) = 3 3 a 0 = 3 3! a 0 3 a 3(3 + ) = ! a 0 = 3 3 a 0 = a 0 = 3 4 4! a 0 Sustituyendo estos coe cientes en la primera ecuación obtenemos y = x r X a n x n = x y = x a 0 + a 0 x y = x a 0 + x a 0 + a x + a x + a 3 x 3 + 3! a 0x 3 3! a 0x ! a 0x ! x 3! x ! x4 + y = a 0 x + 3! x 3 3! x ! x3 + : La segunda solución Linealmente Independiente podemos obtener mediante el método de reducción de orden conociendo una solución y. y = y y e R P (x)dx dx 09

110 Siendo P (x) = ; de manera que: x R y = y y e x dx dx = y y e R x dx dx = y y e lnjxj dx y = y y e lnjxj dx = y y x dx = y y x dx = y y y = y y = y a 0 y = a 0 y y = a 0 y " x a 0 x + 3! x 3 3! x ! x3 + x x + 9 x 3 x + 7 dx 8 x3 + #dx x x x x x6 + + x x x + x dx 8 x + 7x + x dx 9 3x + 7 dx 4 x + 9x 3x + y = a 0 y y = a 0 y + x 8x x 3 + 7x 4 + dx + 8x x + 7x 3 + dx y = a 0 y dx + dx 8 xdx x dx + 7 x 3 + dx y = a 0 y x + x 4x dx 3 x x4 +. TEMA N o 5 LA TRANSFORMADA DE LAPLACE. DEFINICIÓN Sea f (t) una función continua en un intervalo [0; ) y suponemos que f satisface ciertas condiciones. Entonces la integral 0

111 L ff (t)g = F (s) = 0 e st f (t) dt se denomina "Transformada de Laplace" de f, siempre y cuando la integral sea convergente. Notación. Sean f (t), g (t) y y (t) funciones continuas, cuyas transformadas de Laplace son L ff (t)g = F (s), L fg (t)g = G (s), L fy (t)g = y (s) CONDICIONES SUFICIENTES Las condiciones su cientes que garantizán la existencia de la transformada de f (t), L ff (t)g, son que f sea continua parte por parte, en [0; ) y que f sea de orden exponencial para t > T. La primera condición su ciente, geometricamente signi ca que: ORDEN EXPONENCIAL De nición. Se dice que una función f, es de orden exponencial sí existen números a > 0, M > 0 y T > 0 tales que jf (t)j 6 Me at para t > T. Así por ejemplo, sí f es una función creciente, entonces la condición jf (t)j 6 Me at, t > T, simplemente establece que la grá ca de f en un intervalo [T; ) no crece más rapido que la grá ca de la función exponencial Me at, donde a es una constante positiva, gra camente esto es.