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Chapter 1
Introducción
Si una función definida en algún intervalo I se sustituye en una ecuación diferencial y la reduce a una identidad, entonces se dice que esa función es una solución
de la ecuación en ese intervalo. Una solución en la cual la variable dependiente se
expresamente solamente en términos de la variable independiente y de constantes
se dice que es una solución explícita, en caso contrario se tiene una solución ímplicita. La solución general de una ecuación diferencial de grado n contiene n
parámetros en su solución, lo cual significa que una ecuación diferencial puede
tener un número infinito de soluciones que corresponden al número infinito de
valores de los parámetros. Una solución de una ecuación diferencial que no tiene
tales parámetros se llama una solución particular.
En los siguientes problemas se comprueba que la función indicada sea una solución de la ecuación diferencial dada. Cuando
aparecen, los simbolos c1 y c2 indican constantes.
Problema 1.
2y 0 + y = 0
Donde:
x
y = e− 2
Solución:
Derivando:
1 x
y 0 = − e− 2
2
Sustituyendo en la ecuación:
1
2
CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
¶
µ
x
1 −x
2
+ e− 2 = 0
2 − e
2
x
x
−e− 2 + e− 2 = 0
0=0
∴ y = e− 2 si es solución.
Problema 2.
x
dy
− 2y = e3x
dx
Donde:
y = e3x + 10e2x
Solución:
Derivando:
y 0 = 3e3x + 20e2x
Sustituyendo:
3e3x + 20e2x − 2(e3x + 10e2x ) = e3x
3e3x + 20e2x − 2e3x − 20e2x = e3x
e3x = e3x
como queda una identidad entonces y = e3x + 10e2x si es solución de la
ecuacón diferencial.
Problema 3.
dy
+ 20y = 24
dx
Donde:
y=
6 6 −20t
− e
5 5
3
Solución:
Derivando:
y 0 = 24e−20t
Sustituyendo en la ecuación diferencial:
6 6
24e−20t + 20( − e−20t ) = 24
5 5
24e−20t + 24 − 24e−20t = 24
24 = 24
∴y=
6
5
− 65 e−20t si es solución de la ecuación diferencial.
Problema 4.
y 0 = 25 + y 2
Donde:
y = 5 tan 5x
Solución:
Derivando:
y 0 = 25 sec2 5x
Sustituyendo:
25 sec2 5x = 25 + 25 tan2 5x
25 sec2 5x = 25(1 + tan2 5x)
25 sec2 5x = 25 sec2 5x
∴ y = 5 tan 5x si es solución de la ecuación diferencial.
4
CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
Problema 5.
dy
=
dx
Donde:
r
y
x
√
y = ( x + c1 )2 , x > 0, c1 > 0
Solución:
Derivando:
√
1
y0 = 2( x + c1 )( √ )
2 x
√
x + c1
y = √
x
0
c1
y0 = 1 + √
x
La ecuación diferencial puede escribirse de la siguiente forma
r
√
y
dy
y
=
=√
dx
x
x
y como:
p√
√
√
y
( x + c1 )2
x + c1
c1
√ =
√
= √
=1+ √
x
x
x
x
y como ya se había encontrado:
c1
y0 = 1 + √
x
Entonces:
c1
c1
1+ √ =1+ √
x
x
√
∴ y = ( x + c1 )2 si es solución.
Problema 6.
y 0 + y = senx
5
Donde:
1
1
y = senx − cos x + 10e−x
2
2
Solución:
Derivando:
y0 =
1
1
cos x + senx − 10e−x
2
2
Sustituyendo:
1
1
1
1
cos x + senx − 10e−x + senx − cos x + 10e−x
2
2
2
2
senx = senx
∴ y = 12 sin x − 12 cos x + 10e−x si es solución.
Problema 7.
2xydx + (x2 + 2y)dy = 0
Donde:
x2 y + y 2 = c1
Solución:
Utilizando derivación ímplicita:
d 2
(x y + y 2 = c1 )
dx
2xy + x2
dy
dy
+ 2y
=0
dx
dx
2xydx + (x2 + 2y)dy = 0
la cual es la ecuación original, ∴ x2 y + y 2 = c1 es una solución ímplicita
de la ecuación diferencial.
6
CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
Problema 8.
x2 dy + 2xydx = 0
Donde:
y=−
1
x2
Solución:
La ecuación puede escribirse como:
x2
dy
+ 2xy = 0
dx
Derivando la posible solución:
y=
2
x3
Sustituyendo:
2x2 x−3 − 2xx−2 = 0
2x−1 − 2x−1 = 0
0=0
Se obtiene una identidad, ∴ y = − x12 si es solución de la ecuación.
Problema 9.
Donde:
p
y0 = 2 | y |
y=x|x|
Solución:
El valor absoluto se define como:
½
a
si a ≥ 0
|a| =
−a si a < 0
Por lo tanto, la función se escribe como:
7
y = x | x |=
½
x2
si x ≥ 0
2
−x si x < 0
La derivada es:
½
2x
si x ≥ 0
−2x si x < 0
√
p
Por lo tanto si x > 0, |y| = x2 = x
Y sustituyendo en la ecuación:
√
2x = 2 x2 = 2x
p
Ahora bien, si x < 0, |y| = −x y al hacer la sustitución:
0
y =
−2x = −2x
∴ y = x | x | si es solución.
Problema 10.
1
y0 − y = 1
x
Donde:
y = xlnx
Solución:
Derivando:
y 0 = lnx + 1
Sustituyendo:
1
lnx + 1 − ( )(xlnx) = 1
x
1=1
Se obtiene una identidad, ∴ y = xlnx si es solución de la ecuación.
8
CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
Problema 11.
dP
= P (a − bP )
dt
Donde:
P =
ac1 eat
1 + bc1 eat
Solución:
Derivando:
dP
(1 + bc1 eat )(a2 c1 eat ) − (ac1 eat )(abc1 eat )
=
dt
(1 + bc1 eat )2
dP
a2 c1 eat + a2 bc21 e2at − a2 bc21 e2at
=
dt
(1 + bc1 eat )2
dP
a2 c1 eat
=
dt
(1 + bc1 eat )2
Sustituyendo:
·
¸
ac1 eat
ac1 eat
a2 c1 eat
a − b(
=
)
(1 + bc1 eat )2
1 + bc1 eat
1 + bc1 eat
·
¸
abc1 eat
ac1 eat
a2 c1 eat
a−
=
(1 + bc1 eat )2
1 + bc1 eat
1 + bc1 eat
·
¸
a2 c1 eat
a(1 + bc1 eat ) − (abc1 eat )
ac1 eat
=
(1 + bc1 eat )2
1 + bc1 eat
1 + bc1 eat
·
¸
a2 c1 eat
a
ac1 eat
=
(1 + bc1 eat )2
1 + bc1 eat 1 + bc1 eat
Es decir:
a2 c1 eat
a2 c1 eat
=
(1 + bc1 eat )2
(1 + bc1 eat )2
9
Se obtiene una identidad, ∴ P =
Problema 12.
ac1 eat
1+bc1 eat
si es solución de la ecuación.
dx
= (2 − x)(1 − x)
dt
Donde:
t = ln
2−x
1−x
Solución:
Derivando en forma ímplicita:
· µ
¶
¸
d
2−x
ln
=t
dt
1−x
µ
1−x
2−x
¶"
#
dx
)
−
(2
−
x)(−
)
(1 − x)(− dx
dt
dt
=1
2
(1 − x)
·
¸
dx
1
(−1 + x + 2 − x) = 1
dt (2 − x)(1 − x)
dx
= (2 − x)(1 − x)
dt
si es solución ya que
la cual es la ecuación original. Por lo tanto t = ln 2−x
1−x
se obtiene la misma ecuación.
Problema 13.
y 0 + 2xy = 1
Donde:
−x2
y=e
Z
x
2
2
et dt + c1 e−x
0
Solución:
Derivando:
Z x
dy
2
2
2
−x2 x2
et dt)(−2xe−x ) − 2c1 xe−x
=e e +(
dx
0
10
CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
Sustituyendo:
Z
−x2
1 − 2xe
0
x
t2
−x2
e dt − 2c1 xe
−x2
+ 2xe
Z
x
2
2
et dt + 2c1 xe−x = 1
0
1=1
2 Rx
2
2
Se obtiene una identidad, ∴ y = e−x 0 et dt + c1 e−x si es solución de la
ecuación.
Problema 14.
y 00 + y 0 − 12y = 0
Donde:
y = c1 e3x + c2 e−4x
Solución:
Derivando dos veces:
y 0 = 3c1 e3x − 4c2 e−4x
y 00 = 9c1 e3x + 16c2 e−4x
Sustituyendo:
9c1 e3x + 16c2 e−4x + 3c1 e3x − 4c2 e−4x − 12(c1 e3x + c2 e−4x ) = 0
9c1 e3x + 16c2 e−4x + 3c1 e3x − 4c2 e−4x − 12c1 e3x − 12c2 e−4x = 0
0=0
Se obtiene una identidad, ∴ y = c1 e3x +c2 e−4x si es solución de la ecuación.
Problema 15.
y 00 − 6y 0 + 13y = 0
Donde:
11
y = e3x cos 2x
Solución:
Derivando dos veces:
y 0 = 3e3x cos 2x − 2e3x sen2x
y 00 = 9e3x cos 2x − 6e3x sen2x − 6e3x sen2x − 4e3x cos 2x
Sustituyendo:
9e3x cos 2x − 6e3x sen2x − 6e3x sen2x − 4e3x cos 2x−
−18e3x cos 2x + 12e3x sen2x + 13e3x cos 2x = 0
0=0
Se obtiene una identidad, ∴ y = e3x cos 2x si es solución de la ecuación.
Problema 16.
d2 x
dy
− 4 + 4y = 0
2
dx
dx
Donde:
y = e2x + xe2x
Solución:
Derivando:
y 0 = 2e2x + e2x + 2xe2x = 3e2x + 2xe2x
y 00 = 6e2x + 2e2x + 4xe2x = 8e2x + 4xe2x
Sustituyendo:
8e2x + 4xe2x − 12e2x − 8xe2x + 4e2x + 4xe2x = 0
12
CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
0=0
Se obtiene una identidad, ∴ y = e2x + xe2x si es solución de la ecuación.
Problema 17.
y 00 + (y 0 )2 = 0
Donde:
y = ln | x + c1 | +c2
Solución:
Derivando:
y0 =
y 00 = −
1
x + c1
1
(x + c1 )2
Sustituyendo:
−
1
1
+
(
)2 = 0
(x + c1 )2
x + c1
0=0
Se obtiene una identidad, ∴ y = ln | x + c1 | +c2 si es solución de la
ecuación.
Problema 18.
x2 y 00 + xy 0 + 2y = 0
Donde:
y = x cos(ln x), x > 0
Solución:
Derivando:
13
y 0 = cos(ln x) − sin(ln x)
1
1
y 00 = − sin(ln x) − cos(ln x)
x
x
Sustituyendo:
1
1
−x2 sin(ln x) − x2 cos(ln x) − x cos(ln x) + x sin(ln x) + 2x cos(ln x) = 0
x
x
−x sin(ln x) − x cos(ln x) − x cos(ln x) + x sin(ln x) + 2x cos(ln x) = 0
0=0
Se obtiene una identidad, ∴ y = x cos(ln x) si es solución de la ecuación.
Problema 19.
y 000 − y 00 + 9y 0 − 9y = 0
Donde:
y = c1 sin 3x + c2 cos 3x + 4ex
Solución:
Obteniendo las tres derivadas:
y 0 = 3c1 cos 3x − 3c2 sin 3x + 4ex
y 00 = −9c1 sin 3x − 9c2 cos 3x + 4ex
y 000 = −27c1 cos 3x + 27c2 sin 3x + 4ex
Sustituyendo:
−27c1 cos 3x+27c2 sin 3x+4ex +9c1 sin 3x+9c2 cos 3x−4ex +27c1 cos 3x−
27c2 sin 3x + 36ex − 9c1 sin 3x − 9c2 cos 3x − 36ex = 0
14
CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
0=0
Como se obtiene una identidad se tiene que y = c1 sin 3x + c2 cos 3x + 4ex
si es solución.
Problema 20.
x3
2
d3 y
dy
2d y
+
2x
−
x
+ y = 12x2
dx3
dx2
dx
Donde:
y = c1 x + c2 x ln x + 4x2 , x > 0
Solución:
Obteniendo las derivadas:
y 0 = c1 + c2 ln x + c2 + 8x
y 00 = c2
1
+8
x
y 000 = −c2
1
x2
Sustituyendo:
−c2
x3
x2
+
2c
+ 16x2 − xc1 − xc2 ln x − xc2 − 8x2 + c1 x + c2 x ln x + 4x2 = 12x2
2
x2
x
12x2 = 12x2
∴ Si es solución.
Problema 21.
xy 0 − 2y = 0
y=
½
−x2 , x < 0
x2 , x ≥ 0
15
Solución:
Derivando:
0
y =
½
−2x, x < 0
2x, x ≥ 0
Si x < 0, sustituimos en la ecuación:
x(−2x) − 2(−x2 ) = 0
−2x2 + 2x2 = 0
0=0
Si x > 0, sustituimos en la ecuación:
x(2x) − 2(x2 ) = 0
2x2 − 2x2 = 0
0=0
Por lo tanto, si es solución.
Problema 22.
(y 0 )2 = 9xy
Donde
y=
½
0, x < 0
x3 , x ≥ 0
Solución:
Derivando:
½
0, x < 0
0
y =
3x2 , x ≥ 0
Obviamente si y = 0, la ecuación se satisface. En el caso de que y = x3
(cuando x ≥ 0)
16
CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
y 0 = 3x2
y haciendo la sustitución:
(3x2 )2 = 9x(x3 )
9x4 = 9x4
Por lo tanto si es solución.
Problema 23. Determine valores de m tales que y = emx sea una solución
de la ecuación diferencial respectiva.
a)
y 00 − 5y 0 + 6y = 0
Donde:
y = emx
Solución:
Al derivar dos veces:
y 0 = memx
y 00 = m2 emx
Sustitución:
m2 emx − 5memx + 6emx = 0
emx (m2 − 5m + 6) = 0
emx (m − 2)(m − 3) = 0
Por lo tanto y = emx es solución sólo cuando:
m=2
17
m=3
Esto puede comprobarse:
Para m = 2
4e4x − 10e4x + 6e4x = 0
10e4x − 10e4x = 0
0=0
Para m = 3
9e3x − 15e3x + 6e3x = 0
15e3x − 15e3x = 0
0=0
b)
y 00 + 10y 0 + 25y = 0
Donde:
y = emx
Sustitución:
m2 emx + 10memx + 25emx = 0
emx (m2 + 10m + 25) = 0
emx (m + 5)2 = 0
Por lo tanto:
m = −5
Comprobación:
para m = −5
18
CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
25e5x − 50e5x + 25e5x = 0
50e5x − 50e5x = 0
0=0
Problema 24. Encuentre los valores de m tales que y = xm sea una
solución de la ecuación diferencial.
x2 y 00 − y = 0
Solución:
Derivando dos veces:
y 0 = mxm−1
y 00 = m2 xm−2 − mxm−2
Sustituyendo en la ecuación:
x2 m2 xm−2 − x2 mxm−2 − xm = 0
xm (m2 − m − 1) = 0
Por lo tanto:
√
5
m1 = 1 +
2
√
5
m2 = 1 −
2
Chapter 2
Ecuaciones de primer orden
2.1
Separación de variables
Una ecuación diferencial de primer orden de la forma
dy
= g(x)h(y)
dx
se dice que es separable o que tiene variables separables. Usualmente tal
ecuación se escribe como:
dy
= g(x)dx
h(y)
e integrando se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones.
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por separacion
de variables. Todas las ecuaciones se pueden comprobar como en
la sección anterior.
Problema 1.
dy
= sen5x
dx
Solución:
Multiplicando la ecuación por dx:
dy = sen5xdx
integramos ambas partes:
19
20
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Z
Z
dy =
sen5xdx
resolvemos:
1
y = − cos 5x + c
5
Problema 2.
dx + e3x dy = 0
Solución:
Dividimos entre e3x y despejamos dy :
dx
+ dy = 0
e3x
dy = −
dx
e3x
integramos:
Z
dy = −
Z
Z
dx
e3x
e−3x dx
µ ¶
1 −3x
e
+c
y = − −
3
1 −3x
e
+c
y =
3
y = −
Problema 3.
(x + 1)
dy
=x+6
dx
Solución:
Multiplicamos por dx y dividimos entre (x + 1):
dy =
x+6
dx
x+1
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES
integramos:
Z
Z
x+6
dx
x+1
Z
x+1+5
y =
dx
x+1
¶
Z µ
5
1+
dx
y =
x+1
y = x + 5 ln |x + 1| + c
dy =
Problema 4.
xy 0 = 4y
dy
Recordemos que y 0 = dx
Dividimos entre xy y multiplicamos por dx:
dy
4
= dx
y
x
integramos:
Z
despejando y:
Z
dy
4
=
dx
y
x
ln |y| = 4 ln |x| + ln c
¯ ¯
ln |y| = ln ¯cx4 ¯
4
eln|y| = eln|cx |
y = cx4
Problema 5.
x2 y 2
dx
=
dy
1+x
Multiplicamos por (1 + x) y por dy:
21
22
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
(x + 1) dx = x2 y 2 dy
divimos entre x2 :
(x + 1) dx
= y 2 dy
x2
integramos:
Z
(x + 1)
dx =
y 2 dy
x2
1
y3
− + ln |x| =
+ c0
x
3
multiplicamos por x y por 3:
Z
−3 + 3x ln |x| = y 3 x + cx
Problema 6.
dy
= e3x+2y
dx
Solución:
Recordemos que e3x+2y = e3x e2y
entonces:
dy
= e3x e2y
dx
dividimos entre e2y y multiplicamos por dx:
dy
= e3x dx
e2y
integramos:
Z
Z
dy
=
e2y
e3x dx
1 3x
e +c
3
1 3x
=
e + c1
3
e−2y dy =
1
− e−2y
2
Z
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES
23
multiplicamos por −2:
2
e−2y = − e3x + c
3
aplicamos logaritmo en ambos lados:
¯
¯
¯ 2 3x
¯
= ln ¯¯− e + c¯¯
ln e
3
¯
¯
¯ 2 3x
¯
¯
−2y = ln ¯− e + c¯¯
3
¯
¯
¯
1 ¯¯ 2 3x
y = − ln ¯− e + c¯¯
2
3
−2y
Problema 7.
¡
¢
¡
¢
4y + yx2 dy − 2x + xy 2 dx = 0
Solución:
Factorizamos y y x:
¡
¢
y 4 + x2 dy − x(2 + y 2 )dx = 0
dividimos entre (4 + x2 ) y (2 + y 2 ):
ydy
xdx
=
2 + y2
4 + x2
integramos:
Z
ydy
=
2 + y2
Z
xdx
4 + x2
por cambio de variable:
u = 2 + y 2 , w = 4 + x2
du = 2ydy, dw = 2xdx
Z
Z
du
dw
1
1
=
2
u
2
w
24
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
1
1
ln u =
ln w + c
2
2
¯
¯
1 ¯¯
1 ¯¯
ln 2 + y 2 ¯ =
ln 4 + x2 ¯ + ln c1
2 ¯
2 ¯
¯
¯
2¯
¯
ln 2 + y
= ln c ¯4 + x2 ¯
aplicamos la función exponecial:
2
2
eln|2+y | = eln c|4+x |
¡
¢
2 + y 2 = c 4 + x2
¡
¢
y 2 = c 4 + x2 − 2
p
y =
c (4 + x2 ) − 2
Problema 8.
2y (x + 1) dy = xdx
Solución:
Dividimos entre (x + 1):
2ydy =
xdx
x+1
integramos:
Z
2ydy =
y2 =
y2 =
y2 =
y =
Z
xdx
x+1
Z
x+1−1
dx
x+1
Z
Z
1
dx
dx −
x+1
x − ln |x + 1| + c
p
x − ln |x + 1| + c
Problema 9.
dx
=
y ln x
dy
µ
y+1
x
¶2
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES
25
Solución:
Multiplcamos por dy y por x2 y dividimos entre y:
x2 ln xdx =
(y + 1)2
y
integramos:
Z
2
x ln xdx =
Z
(y + 1)2
dy
y
integrando por partes:
1
dx
x
x3
x2 dx, v =
3
Z
2
(y + 1)
dy
y
Z 2
y + 2y + 1
dy
y
y2
+ 2y + ln y + c
2
y2
+ 2y + ln y + c
2
u = ln x, du =
dv =
Z 3
x 1
x3
ln x −
dx
3
3 x
Z
x3
1
ln x −
x2 dx
3
3
1
x3
ln x − x3
3
9
3
x
1
ln x − x3
3
9
=
=
=
=
Problema 10.
sec2 xdy + csc ydx = 0
Solución.
Dividimos entre sec2 x y csc y:
dy
dx
+
=0
csc y sec2 x
despejamos
dy
csc y
e integramos:
Z
Z
dx
dy
=−
csc y
sec2 x
26
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
usando las identidades
1
= seny
csc y
1
= cos2 x
sec2 x
1 − cos 2x
cos2 x =
Z
Z 2
1 − cos 2x
dx
senydy = −
2
1
1
− cos y = − x + sen2x + c
2
4
Problema 11.
¡
¢
ey sen2xdx + cos x e2y − y dy = 0
Solución:
Dividimos entre ey y entre cos x:
sen2xdx (e2y − y) dy
=0
+
cos x
ey
despejamos
sen2xdx
cos x
e integramos:
Z
Z
(e2y − y)
sen2x
dx = −
dy
cos x
ey
se usa la identidad:
sen2x = 2senx cos x
entonces:
Z
Z
(e2y − y)
2senx cos x
dx = −
dy
cos x
ey
Z
Z
Z
y
2senxdx = − ey dy +
dy
ey
Z
y
−2 cos x = −e + ye−y dy
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES
27
esta integral se resuelve por partes:
u
du
dv
v
=
=
=
=
y
dy
e−y dy
−e−y
entonces:
·
¸
Z
−y
−y
−2 cos x = −e + −ye − −e dy
y
−2 cos x = −ey − ye−y − e−y + c
−2 cos x + ey + ye−y + e−y = c
Problema 12.
(ey + 1)2 e−y dx + (ex + 1)3 e−x dy = 0
Solución:
Dividimos entre (ey + 1)2 e−y y entre (ex + 1)3 e−x
dx
dy
+
=0
3
(ex + 1) e−x (ey + 1)2 e−y
despejamos e integramos:
Z
dx
x
(e + 1)3 e−x
Z
ex dx
(ex + 1)3
u
du
Z
dy
+ 1)e−y
Z
ey dy
= −
(ey + 1)2
x
= e +1
= ex dx
= −
(ey
28
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
w
dw
Z
du
u3
1
−
2u
1
− x
2(e + 1)
Problema 13.
= ey + 1
= ey dy
Z
dw
= −
w2
1
=
u
1
= y
+c
e +1
dy
xy + 3x − y − 3
=
dx xy − 2x + 4y − 8
Solución:
Factorizamos por agrupamiento:
dy
y (x − 1) + 3 (x − 1)
=
dx
y (x + 4) − 2 (x + 4)
dy
(y + 3) (x − 1)
=
dx
(y − 2) (x + 4)
separamos variables:
(y − 2)
(x − 1)
dy =
dx
(y + 3)
(x + 4)
integramos:
Z
(y − 2)
dy
(y + 3)
Z
y+3−5
dy
y+3
¶
Z µ
5
dy
1−
y+3
y − 5 ln (y + 3)
Problema 14.
Z
(x − 1)
dx
(x + 4)
Z
x+4−5
=
dx
x+4
¶
Z µ
5
=
1−
dx
x+4
= x − 5 ln (x + 4) + c
=
¢
¡
dy
= senx cos 2y − cos2 y
dx
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES
29
Solución:
Multiplicamos por dx y dividimos entre (cos 2y − cos2 y):
dy
= senxdx
cos 2y − cos2 y
integramos:
Z
dy
cos 2y − cos2 y
Z
dy
2
(2 cos y − 1) − cos2 y
Z
dy
2
cos y − 1
Z
dy
−
sin2 y
Z
csc2 ydy
=
Z
senxdx
= − cos x + c
= − cos x + c
= − cos x + c
= cos x + c
− cot y = cos x + c
Problema 15.
¡ x
¢ dy
= y2
e + e−x
dx
Dividimos entre y 2 y (ex + e−x ) multiplicamos por dx:
dy
dx
=
y2
ex + e−x
multiplicamos el denominador y el numerador del lado derecho por ex e
integramos:
Z
dy
=
y2
Z
ex dx
e2x + 1
en la integral del lado derecho se hace el cambio de variable:
30
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
u
du
1
−
y
1
−
y
= ex
= Z
ex dx
du
=
2
u +1
= arctan u + c = arctan ex + c
En las siguintes ecuaciones diferenciales, encuentre la solución
de las mismas sujetas a la condición inicial respectiva.
Problema 16.
¡
¢1
ydy = 4x y 2 + 1 2 dx,
y (1) = 0
Solución:
1
Dividimos entre (y 2 + 1) 2 :
ydy
1
(y 2 + 1) 2
= 4xdx
integramos:
Z
ydy
1
(y 2 + 1) 2
u
du
Z
du
1
1
2
u2
Z
1
1
u− 2 du
2
1
=
Z
4xdx
= y2 + 1
= 2ydy
= 2x2 + c
= 2x2 + c
u 2 = 2x2 + c
p
y 2 + 1 = 2x2 + c
¡
¢2
y 2 + 1 = 2x2 + c
q
y =
(2x2 + c)2 − 1
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES
31
aplicamos la condicion inicial y(0) = 1:
x = 0
y = 1
q
1 =
(2(0)2 + c)2 − 1
√
c2 − 1
1 =
√
2
c =
regresamos a la integral anterior:
r³
√ ´2
2x2 + 2 − 1
y=
Problema 17.
¡
¢
dy
= 4 x2 + 1 ,
dx
Solución:
Multiplicamos por dx:
x
³π ´
4
=1
¢
¡
dy = 4 x2 + 1 dx
integramos:
Z
dy =
y =
Z
¢
¡
4 x2 + 1 dx
4x3
+ 4x + c
3
aplicamos la condición inicial:
x = 1
π
y =
4µ ¶
π
1
= 4
+ 4 (1) + c
4
3
π 4
− −4 = c
4 3
π 16
c =
−
4
3
32
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
sustituimos en la solución general:
y=
2.2
π 16
4x3
+ 4x + −
3
4
3
Ecuaciones exactas
Una expresión de la forma M(x, y)dx + N(x, y)dy es una diferencial exacta
en una región R del plano xy si corresponde a la diferencial de alguna función
f (x, y). Una ecuación diferencial de primer orden de la forma:
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0
es una ecuación diferencial exacta, si la expresión del lado izquierdo es una
diferencial exacta.
Sean M(x, y) y N(x, y) con derivadas parciales continuas en una región
rectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces la condición
necesaria y suficiente para que M(x, y)dx +N(x, y)dy sea una diferencial exacta
es que:
dM
dN
=
dy
dx
En los siguientes problemas, determine si la ecuación respectiva
es exacta. Si lo es, resuélvala.
Problema 1.
(2x − 1) dx + (3y + 7) dy = 0
Solución:
M (x, y) = 2x − 1
N (x, y) = 3y + 7
2.2. ECUACIONES EXACTAS
33
Para saber si son exactas se debe de cumplir la condición de exactitud:
∂M
∂N
=
∂y
∂x
Se deriva M(x, y) con respecto a y:
∂M
=0
∂y
Se deriva N(x, y) con respecto a x:
∂N
=0
∂x
La ecuación es exacta. Entonces debe existir f (x, y) tal que:
∂f
∂f
= 2x − 1 ,
= 3y + 7
∂x
∂y
Integrando la primera:
f (x, y) =
Z
(2x − 1) dx = x2 − x + g(y)
Derivando con respecto a y:
∂f
= g 0 (y)
∂y
3y + 7 = g0 (y)
Se integra para obtener g(y):
Z
3
g(y) = (3y + 7y)dy = y 2 + 7y + c
2
Sustituyendo g(y) en la expresión de f (x, y):
3
f (x, y) = x2 − x + y 2 + 7y + c
2
La solución de la ecuación es:
34
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
3
x2 − x + y 2 + 7y + c = 0
2
Problema 2.
(2x + y)dx − (x + 6y)dy = 0
Solución:
M(x, y) = 2x + y
N(x, y) = −(x + 6y)
Derivando M(x, y) con respecto a y:
∂M
=1
∂y
Derivando N(x, y) con respecto a x:
∂N
= −1
∂x
La ecuación no es exacta. Para resolverla se debería utilizar otro método.
Problema 3.
(5x + 4y)dx + (4x − 8y 3 )dy = 0
Solución:
M(x, y) = 5x + 4y
N(x, y) = 4x − 8y 3
Para cumplir con la condición de exactitud se deriva M(x, y) con respecto
a y:
∂M
=4
∂y
Se deriva N(x, y) con respecto a x:
∂N
=4
∂x
La ecuación es exacta. Por lo tanto se tiene que:
∂f
= 5x + 4y
∂x
2.2. ECUACIONES EXACTAS
35
∂f
= 4x − 8y 3
∂y
Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:
Z
5
f (x, y) = (5x + 4y)dx = x2 + 4xy + g(y)
2
Derivando con respecto a y:
∂f
= 4x + g0 (y)
∂y
4x − 8y 3 = 4x + g 0 (x)
g 0 (y) = −8y 3
Para obtener a g(y) se integra con respecto a y:
Z
g(y) = −8 y 3 dy = −2y 4 + c
Sustituyendo a g(y):
5
f (x, y) = x2 + 4xy − 2y 4 + c
2
La solución de la ecuación es:
5 2
x + 4xy − 2y 4 + c = 0
2
Problema 4.
¡ 2
¢
¡
¢
2y x − 3 dx + 2yx2 + 4 dy = 0
Solución: Derivando M(x, y) con respecto a y, N(x, y) con respecto a
x.
36
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
∂M
∂N
= 4yx,
= 4yx
∂y
∂x
La ecuación es exacta, entonces:
∂f
∂f
= 2y 2 x − 3,
= 2yx2 + 4
∂x
∂y
Integramos M(x, y) con respecto a x, para determinar f (x, y)
Z
¢
¡ 2
f (x, y) =
2y x − 3 dx = y 2 x2 − 3x + g (y)
derivamos con respecto a y, e igualamos con N(x, y).
∂f
= 2yx2 + g0 (y) = 2yx2 + 4
∂y
0
g (y) = 4
integramos g0 (y) con respecto a y.
Z
g (y) = 4 dy = 4y + c
sustituimos g(y) en f (x, y), y el resultado es:
f (x, y) = y 2 x2 − 3x + 4y + c
La solución se escribe como:
y 2 x2 − 3x + 4y + c = 0
Problema 5.
(x + y) (x − y) dx + x (x − 2y) dy = 0
Solución:
Resolvemos la factorización, y derivamos M(x, y) con respecto a y, N(x, y)
con respecto a x,
2.2. ECUACIONES EXACTAS
37
¡ 2
¢
¢
¡
x − y 2 dx + x2 − 2xy dy = 0
∂M
= −2y
∂y
6=
∂N
= 2x − 2y
∂x
∴ La ecuación no es exacta, puede resolverse utilizando el método
para las ecuaciones homogéneas que se revisará después.
Problema 6.
x
dy
= 2xex − y + 6x2
dx
Solución: Igualamos la ecuación a cero, para dejarla en la forma:
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0
¢
¡ x
2xe − y + 6x2 dx − xdy = 0
∂M
∂N
= −1,
= −1
∂y
∂x
∴ La ecuación es exacta
∂f
= 2xex − y + 6x2
∂x
∂f
= −x
∂y
Integramos N(x, y) con respecto a y, el resultado obtenido, lo derivamos
parcialmente con respecto a x, e igualamos con M(x, y).
Z
f (x, y) = −xdy = −xy + g (x)
∂f
0
= −y + g (x) = 2xex − y + 6x2
∂x
g 0 (x) = 2xex + 6x2
38
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
integramos g0 (x)
g (x) =
Z
¢
¡ x
2xe + 6x2 dx = 2
Z
x
xe dx + 6
La primera integral se resuelve por partes haciendo:
u=x
dv = ex dx
du = dx
v = ex
Z
x2 dx
g (x) = 2 (xex − ex ) + 2x3 + c
Sustituimos g(x) en f (x, y), teniendo como resultado:
f (x, y) = −xy + 2xex − 2ex + 2x3 + c = 0
Problema 7.
µ
x2 y 3 −
1
1 + 9x2
¶
dx
+ x3 y 2 = 0
dy
Solución: Separamos dy, e igualamos la ecuación, derivando M(x, y)
con respecto a y, N(x, y) con respecto a x.
µ
¶
1
2 3
xy −
dx + x3 y 2 dy = 0
2
1 + 9x
∂M
∂N
= 3x2 y 2 =
= 3x2 y 2
∂y
∂x
La ecuación es exacta, por lo tanto
∂f
1
∂f
= x2 y 3 −
= x3 y 2
2
∂x
1 + 9x
∂y
Considerando que es más sencillo integrar N(x, y) con respecto a y, luego
se deriva con respecto a x
Z
1
f (x, y) =
x3 y 2 dy = x3 y 3 + g (x)
3
∂f
1
= x2 y 3 + g 0 (x) = x2 y 3 −
∂x
1 + 9x2
2.2. ECUACIONES EXACTAS
g 0 (x) = −
g (x) = −
Z
39
1
1 + 9x2
1
1
= − tan−1 3x + c
2
1 + 9x
3
Sustituyendo en f (x, y), tenemos como resultado:
1
1
f (x, y) = x3 y 3 − tan−1 3x + c = 0
3
3
Problema 8.
(tan x − senxseny) dx + cos x cos ydy = 0
Solución:
M (x, y) = tan x − senxseny
N (x, y) = cos x cos y
Veamos si cumple con la condición de exactitud:
∂M
= −senx cos y
∂y
∂N
= −senx cos y
∂x
La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene que:
∂f
= tan x − senxseny
∂x
∂f
= cos x cos y
∂y
Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:
Z
f (x, y) = (tan x − senxseny) dx = − ln |cos x| + seny cos y + h(y)
Para obtener h(y) se tiene que:
40
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
∂f
= cos x cos y + h0 (y)
∂y
cos x cos y = cos x cos y + h0 (y)
h (y) = c
Sustituyendo h(y) :
f (x, y) = − ln |cos x| + seny cos y + c
la solución de la ecuación es:
− ln |cos x| + seny cos y + c = 0
Problema 9.
¢
¡
¢
¡ 3
4x y − 15x2 − y dx + x4 + 3y 2 − x dy = 0
Solución:
M (x, y) = 4x3 y − 15x2 − y
N (x, y) = x4 + 3y 2 − x
Se verifica si se cumple con la condición de exactitud:
∂M
= 4x3 − 1
∂y
∂N
= 4x3 − 1
∂x
La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene que:
∂f
= 4x3 y − 15x2 − y
∂x
∂f
= x4 + 3y 2 − x
∂y
2.2. ECUACIONES EXACTAS
41
Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:
Z
¢
¡ 3
f (x, y) =
4x y − 15x2 − y dx = x4 y − 5x3 − yx + m (y)
Para obtener m(y) se tiene que:
∂f
= x4 − x + m0 (y)
∂y
x4 + 3y 2 − x = x4 − x + m0 (y)
m (y) =
Z
3y 2 dy = y 3 + c
Sustituyendo a m(y):
f (x, y) = x4 y − 5x3 − yx + y 3 + c
la solución de la ecuación es:
x4 y − 5x3 − yx + y 3 + c = 0
Problema 10.
¢
¡
¢
¡ 2
y cos x − 3x2 y − 2x dx + 2ysenx − x3 + ln y dy = 0, y (0) = e
M (x, y) = y 2 cos x − 3x2 y − 2x
N (x, y) = 2ysenx − x3 + ln y
Cumpliendo con la condición de exactitud:
∂M
= 2y cos x − 3x2
∂y
∂N
= 2y cos x − 3x2
∂x
La ecuación es exacta por lo tanto se tiene que:
42
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
∂f
= y 2 cos x − 3x2 y − 2x
∂x
∂f
= 2ysenx − x3 + ln y
∂y
Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:
Z
¡ 2
¢
f (x, y) =
y cos x − 3x2 y − 2x dx = y 2 senx − x3 y − x2 + h (y)
Para obtener h(y) se tiene que:
∂f
= 2ysenx − x3 + h0 (y)
∂y
2ysenx − x3 + ln y = 2ysenx − x3 + h0 (y)
h (y) =
Z
ln ydy = y ln y − y + c
Sustituyendo a h(y) :
f (x, y) = y 2 senx − x3 y − x2 + y ln y − y + c = 0
Tomando la condición inicial de y(0) = e se tiene que:
e2 sen0 − 03 e − 02 + e ln e − e + c = 0
c=0
Por lo tanto la solución de la ecuación es:
y 2 senx − x3 y − x2 + y ln y − y = 0
Determine el valor de k para que la ecuación diferencial correspondiente sea exacta.
Problema 11.
¢
¡
¡ 3
¢
y + kxy 4 − 2x dx + 3xy 2 + 20x2 y 3 dy = 0
2.2. ECUACIONES EXACTAS
43
Solución:
M (x, y) = y 3 + kxy 4 − 2x
N (x, y) = 3xy 2 + 20x2 y 3
Derivando con respecto a x y y
∂M
= 3y 2 + 4kxy 3
∂y
∂N
= 3y 2 + 40xy 3
∂x
Igualando las derivadas parciales:
3y 2 + 4kxy 3 = 3y 2 + 40xy 3
Despejando a k se tiene que:
k = 10
Por lo tanto k se sustituye en la ecuación diferencial para que sea exacta.
Resuelva la ecuación respectiva comprobando que la función
indicada, µ(x, y), sea un factor integrante.
Problema 12.
¢
¡
6xydx + 4y + 9x2 dy = 0, µ (x, y) = y 2
Solución:
Puede verificarse que la ecuación no es exacta, pero si se multiplica por
el factor integrante queda:
¡
¢
6xy 3 dx + 4y 3 + 9x2 y 2 dy = 0
M (x, y) = 6xy 3
N (x, y) = 4y 3 + 9x2 y 2
Y ahora sí cumple con la condición de exactitud:
∂M
= 18xy 2
∂y
44
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
∂N
= 18xy 2
∂x
Por lo tanto se tiene que:
∂f
= 6xy 3
∂x
∂f
= 4y 3 + 9x2 y 2
∂y
Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:
Z
f (x, y) = 6xy 3 dx = 3x2 y 3 + h (y)
Para obtener h(y) se tiene que:
∂f
= 9x2 y 2 + h0 (y)
∂y
4y 3 + 9x2 y 2 = 9x2 y 2 + h0 (y)
h (y) =
Z
4y 3 dy = y 4 + c
Sustituyendo a h(y) :
f (x, y) = 3x2 y 3 + y 4 + c
Por lo tanto la solución de la ecuación es:
3x2 y 3 + y 4 + c = 0
Problema 13.
¢
¡ 2
2y + 3x dx + 2xydy = 0, µ(x, y) = x
Solución:
2.2. ECUACIONES EXACTAS
45
Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante queda:
¡
¢
2xy 2 + 3x2 dx + 2x2 ydy = 0
M (x, y) = 2xy 2 + 3x2
N (x, y) = 2x2 y
Verificando la condición de exactitud:
∂M
= 4xy
∂y
∂N
= 4xy
∂x
La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene:
∂f
= 2xy 2 + 3x2
∂x
∂f
= 2x2 y
∂y
Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:
Z
¡
¢
f (x, y) =
2xy 2 + 3x2 dx = x2 y 2 + x3 + l (y)
Para obtener l(y) se tiene que:
∂f
= 2x2 y + l0 (y)
∂y
2x2 y = 2x2 y + l0 (y)
l (y) = c
Sustituyendo a l(y) :
f (x, y) = x2 y 2 + x3 + c
Por lo tanto la solución de la ecuación es:
x2 y 2 + x3 + c = 0
46
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
2.3
Ecuaciones lineales
Una ecuación diferencial de primer orden, de la forma:
a1 (x)
dy
+ a0 (x) y = g (x)
dx
es una ecuación lineal.
Solución de una ecuación diferencial lineal de primer orden
1) Para resolver una ecuación lineal de primer orden, primero se reescribe de
tal manera que el
coeficiente de dy/dx sea la unidad
dy
+ p (x) y = f (x)
dx
2) Hay que identificar p (x) y definir el factor integrante,
R
µ (x) = e
p(x)dx
3) La ecuación obtenida en el paso 1 se multiplica por el factor integrante:
R
e
p(x)dx dy
dx
R
+ p(x)e
p(x)dx
R
y=e
p(x)dx
f (x)
2.3. ECUACIONES LINEALES
47
4) El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso 3 es la derivada del
producto del factor integrante por la variable dependiente y; esto es:
R
d h R p(x)dx i R p(x)dx
e
y e
= e p(x)dx f (x)
dx
5) Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso 4.
Problema 1.
dy
+ 12y = 4
dx
3
Solución:
Dividimos la ecuación entre 3 para ponerla en la forma general
dy
4
+ 4y =
dx
3
p (x) = 4
Calculamos el factor integrante y lo multiplicamos por la ecuación
R
µ (x) = e
¡ 4x ¢
e
p (x)dx
µ
R
=e
4dx
4
dy
+ 4y =
dx
3
= e4x
¶
Integramos y despejamos a y
Z
Z
4 4x
d ¡ 4x ¢
ye
e dx
=
dx
3
48
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
1
ye4x = e4x + c
3
c
1
+ 4x
3 e
y=
Problema 2.
dy
+ y = e3x
dx
p (x) = 1
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
p (x)dx
= ex
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
¶
dy
x
+ y = e3x (ex )
(e )
dx
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
x
d [ye ] = e4x dx
1
yex = e4x + c
4
Despejamos el valor de y
y=
c
1 e4x
+ x
x
4e
e
1
y = e3x + ce−x
4
Problema 3.
y 0 + 3x2 y = x2
Solución:
2.3. ECUACIONES LINEALES
49
p (x) = 3x2
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
p(x)dx
R
=e
3x2 dx
3
= ex
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
³ 3´ ¡
¢
3
ex
y 0 + 3x2 y = x2 ex
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
d h x3 i
3
= x2 ex
ye
dx
1 3
3
yex = ex + c
3
Despejamos el valor de y
y=
c
1
+ x3
3 e
Problema 4.
xdy = (xsenx − y) dx
Solución:
La ecuación se lleva a la forma de las ecuaciones lineales:
dy (xsenx − y)
−
=0
dx
x
dy
+
dx
µ ¶
1
y = senx
x
Determinamos el valor de p (x)
p (x) = x−1
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
p(x)dx
R
=e
dx
x
= eln x = x
50
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
µ ¶
¶
dy
1
x
−y
= senx
dx
x
d
[xy] = xsenx
dx
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
d
[xy] = xsenxdx
dx
R
Integramos por partes xsenxdx
u=x
dv = senxdx
du = dx
v = − cos x
Z
xy = −x cos x + cos xdx = −x cos x + senx + c
Despejamos el valor de y
y=
−x cos x + senx + c
x
Problema 5.
cos x
dy
+ ysenx = 1
dx
Solución:
La ecuación se lleva a la forma de las lineales:
dy
senx
1
+y
=
dx
cos x
cos x
dy
+ (tan x) y = sec x
dx
p (x) = tan x
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
p(x)dx
R
=e
tan xdx
= e− ln(cos x) = sec x
2.3. ECUACIONES LINEALES
51
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
¶
µ
dy
+ (tan x) y = sec x
sec x
dx
d
[y sec x] = sec2 xdx
dx
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
d
[y sec x] = sec2 xdx
dx
y sec x = tan x + c
Despejamos el valor de y
y=
tan x + c
= senx + c cos x
sec x
Problema 6.
x
dy
+ 4y = x3 − x
dx
Solución:
La ecuación se lleva a la forma:
dy 4
+ y = x2 − 1
dx x
p (x) = x4
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
p(x)dx
R
=e
4
dx
x
= e4 ln(x) = x4
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
¶
dy 4
4
2
+ y =x −1
x
dx x
d £ 4¤
yx = x6 − x4
dx
52
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
¢
¡ 6
d £ 4¤
yx =
x − x4 dx
dx
1
1
yx4 = x7 − x5 + c
7
5
Despejamos el valor de y
c
1
1
y = x3 − x + 4
7
5
x
Problema 7.
¡
¢
cos2 xsenxdy + y cos3 x − 1 dx = 0
Solución:
La ecuación se lleva a la forma de las lineales:
dy y cos3 x − 1
+
=0
dx
cos2 xsenx
1
dy cos x
+
y=
2
dx senx
cos xsenx
p (x) = cot x
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
p(x)dx
R
=e
cot xdx
= eln(senx) = senx
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
¶
dy
1
senx
+ (cot x y) =
dx
cos2 xsenx
d
1
[ysenx] =
dx
cos2 x
Integramos para calcular el valor de y
2.3. ECUACIONES LINEALES
Z
53
d
[ysenx] =
dx
Z
¡ 2 ¢
sec x dx
ysenx = tan x + c
Despejamos el valor de y
tan x + c
senx
y=
y = sec x + c csc x
Problema 8.
x
dy
+ (3x + 1) y = e−3x
dx
Solución:
La ecuación se lleva a la forma:
dy 3x + 1
e−3x
+
y=
dx
x
x
p (x) = 3x+1
x
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
p(x)dx
R
=e
3x+1
dx
x
= e3x eln(x) = xe3x
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
¶
dy 3x + 1
e−3x
3x
xe
+
y=
dx
x
x
¤
d £
yxe3x = 1
dx
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
¤
d £
3x
yxe = dx
dx
54
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
yxe3x = x + c
Despejamos el valor de y
y=
Problema 9.
ce−3x
x+c
−3x
=
e
+
xe3x
x
1 − e−2x
dy
+y = x
dx
e + e−x
Solución:
p (x) = 1
Calculamos
el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e dx = ex
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
¶
dy
1 − e−2x
x
e
+y = x
dx
e + e−x
d
ex − e−x
[yex ] = x
dx
e + e−x
Integramos para calcular el valor de y
¶
Z µ x
Z
d
e − e−x
x
[ye ] =
dx
dx
ex + e−x
¡
¢
yex = ln ex + e−x + c
Despejamos el valor de y
Problema 10.
¢
¡
y = e−x ln ex + e−x + ce−x
(x + 2)2
Solución:
dy
= 5 − 8y − 4xy
dx
2.3. ECUACIONES LINEALES
55
La ecuación se lleva a la forma de las lineales:
(x + 2)2
dy
= 5 − 4(x + 2)y
dx
4
5
dy
+
y=
dx x + 2
(x + 2)2
p (x) =
4
x+2
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
4
dx
x+2
= e4 ln(x+2) = (x + 2)4
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
¶
dy
4
5
4
+
y=
(x + 2)
dx x + 2
(x + 2)2
¤
d £
(x + 2)4 y = 5 (x + 2)2
dx
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
d £
4 ¤
(x + 2) y = 5 (x + 2)2 dx
dx
(x + 2)4 y =
5
(x + 2)3 + c
3
Despejamos el valor de y
y=
5
c
+
3 (x + 2) (x + 2)4
Problema 11.
dy
+ 5y = 20,
dx
y (0) = 2
56
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Solución:
p (x) = 5
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
5dx
= e5x
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
¶
dy
5x
+ 5y = 20
e
dx
d £ 5x ¤
ye = 20e5x
dx
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
¡ 5x ¢
d £ 5x ¤
ye =
20e dx
dx
ye5x = 4e5x + c
Calculamos el valor de c
(2) e5(0) = 4e5(0) + c
2=4+c
c = −2
Despejamos el valor de y y sustituimos el valor de c
y = 4 − 2e−5x
Problema 12.
L
di
+ Ri = E
dt
L, R y E son constantes, i (0) = i0
2.3. ECUACIONES LINEALES
57
Solución:
La ecuación se lleva a la forma de las lineales:
E
di R
+ i=
dt L
L
p (t) = R
L
Calculamos el valor del factor integrante µ (t)
R
µ (t) = e
R
dt
L
R
= eLt
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
¶
R
di R
E
t
eL
+ i=
dt L
L
d h R ti E R t
ie L = e L
dt
L
Integramos para calcular el valor de i
¶
Z µ
Z
E Rt
d h R ti
ie L =
e L dt
dt
L
R
ie L t =
E Rt
eL + c
R
Calculamos el valor de c
R
i0 e L (0) =
i0 =
E R (0)
eL + c
R
E
+c
R
c = i0 −
E
R
Despejamos el valor de i y sustituimos el valor de c
58
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
ie
R
t
L
¶
µ
E Rt
E
L
= e + i0 −
R
R
µ
¶
E −Rt
E
e L
i = + i0 −
R
R
Problema 13.
dT
= k (T − 50)
dt
k es constante, T (0) = 200
Solución:
La ecuación se lleva a la forma:
dT
− kT = −50k
dt
Determinamos el valor de p (t)
p (t) = −k
Calculamos el valor del factor integrante µ (t)
R
µ (t) = e
−kdt
= e−kt
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
¶
µ
dT
−kt
e
− kT = −50k
dt
d £ −kt ¤
Te
= −50ke−kt
dt
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
¡
¢
d £ −kt ¤
Te
=−
50ke−kt dt
dt
T e−kt = 50e−kt + c
2.3. ECUACIONES LINEALES
59
Calculamos el valor de c
200e−k(0) = 50e−k(0) + c
200 = 50 + c
c = 150
Despejamos el valor de T y sustituimos el valor de c
T e−kt = 50e−kt + 150
T = 50 + 150ekt
Problema 14.
(x + 1)
dy
+ y = ln x
dx
y (1) = 10
Solución:
La ecuación se lleva a la forma:
1
ln x
dy
+
y=
dx (x + 1)
x+1
Determinamos el valor de p (x)
1
p (x) = (x+1)
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
R
µ (x) = e
1
dx
(x+1)
= eln(x+1) = x + 1
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
µ
¶
dy
1
ln x
(x + 1)
+
y=
dx (x + 1)
x+1
d
[(x + 1) y] = ln x
dx
60
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Integramos para calcular el valor de y
Z
Z
d
[(x + 1) y] = ln xdx
dx
R
Integramos por partes ln xdx
u = ln x
dv = dx
1
du = x dx
v=x
Z
(x + 1) y = x ln x − dx
(x + 1) y = x ln x − x + c
Calculamos el valor de c
(1 + 1) 10 = (1) ln (1) − 1 + c
20 = −1 + c
c = 21
Despejamos el valor de y y sustituimos el valor de c
(x + 1) y = x ln x − x + 21
y=
x ln x − x + 21
(x + 1)
2.4
Sustituciones diversas
2.4.1
Ecuaciones homogéneas
Una ecuación diferencial de la forma
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS
61
se dice que es homogénea si M(x, y) y N(x, y) son ambas funciones homogéneas del mismo grado, en otras palabras la ecuación es homogénea si
M(tx, ty) = t α M(x, y), N(tx, ty) = t α N(x, y)
Una ecuación diferencial homogénea puede resolverse por medio de las sustituciones algebraicas:
y = ux, o x = vy
éstas sustituciones reducirán la ecuación a una de variables separables de
primer orden.
Resuelva cada una de las ecuaciones homogéneas con la sustitución apropiada:
Problema 1.
(x − y) dx + xdy = 0
Solución:
Hacemos un cambio de variable y derivamos:
y = ux
dy = udx + xdu
sustituimos en la ecuación y desarrollamos:
(x − ux) dx + x (udx + xdu) = 0
xdx − uxdx + uxdx + x2 dx = 0
xdx + x2 du = 0
dividimos entre x2 e integramos toda la ecuación:
dx
+ du = 0
x
Z µ
ln x + u = c
¶
dx
+ du = 0
x
62
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
regresamos a la variable original:
y = ux
y
u =
x
y
= c
ln x +
x
multiplicamos toda la ecuación por x:
x ln x + y = cx
Problema 2.
xdx + (y − 2x) dy = 0
Solución:
Hacemos el cambio de variable
x = vy
dx = vdy + ydv
sustituimos en la ecuación y desarrollamos:
vy (vdy + ydv) + (y − 2vy) dy = 0
v2 ydy + vy 2 dv + ydy − 2vydy = 0
¢
¡
y v2 − 2v + 1 dy + vy 2 dv = 0
dividimos entre y 2 y (v 2 − 2v + 1) e integramos:
dy
vdv
+ 2
= 0
y
v − 2v + 1
¶
Z µ
dy
vdv
vdv
dy
+
+
= 0,
=0
y
(v − 1)2
y
(v − 1)2
si z = v − 1, ν = z + 1, dν = dz
¶
Z µ
dy (z + 1)dz
+
=0
y
z2
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS
ln y + ln z −
63
1
= c
z
1
= c
(ν − 1)
ν = x/y
1
x
= c
ln y + ln( − 1) − x
y
( y − 1)
ln y + ln(ν − 1) −
Problema 3.
¡ 2
¢
y + yx dx − x2 dy = 0
Solución:
Hacemos el cambio de variable:
y = ux
dy = udx + xdu
sustituimos en la ecuación y desarrollamos:
¡ 2 2
¢
u x + ux2 dx − x2 (udx + xdu) = 0
u2 x2 dx + ux2 dx − ux2 dx + x3 du = 0
u2 x2 dx + x3 du = 0
dividimos entre u2 y x3 e integramos:
dx du
+ 2 = 0
x
u
Z µ
ln x −
1
= c
u
¶
dx du
+ 2 =0
x
u
regresamos a la variable original:
y = ux
y
u =
x
64
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
ln x −
ln x −
1
y
x
= c
x
= c
y
multiplicamos por y:
y ln x − x = cy
Resuelva la ecuación homogénea sujeta a la condición inicial
respectiva:
Problema 4.
³
´
y
y
x + ye x dx − xe x dy = 0, y (1) = 0
Solución:
Hacemos el cambio de variable:
y = ux
dy = udx + xdu
sustituimos en la ecuación y desarrollamos:
´
³
ux
ux
x + uxe y dx − xe x (udx + xdu) = 0
xdx + uxeu dx − uxeu dx − x2 eu du = 0
xdx − x2 eu du = 0
dividimos entre x2 e integramos:
dx
− eu du = 0
x
Z µ
¶
dx
u
− e du = 0
x
ln x − eu = c
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS
65
regresamos a la variable original:
y = ux
y
u =
x
y
ln y − e x = c
aplicamos la condición inicial y (1) = 0
x = 1
y = 0
0
ln 1 − e x = c
ln 1 − 1 = c
−1 = c
regresamos a la ecuación:
y
ln x − e x = −1
Problema 5.
xy 2
dy
= y 3 − x3
dx
Solución:
Dividimos entre dx e igualamos a cero:
¡
¢
xy 2 dy − y 3 − x3 dx = 0
hacemos el cambio de variable:
x = vy
dx = vdy + ydv
sistituimos y desarrollamos:
66
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
¡
¢
vy 3 dy − y 3 − v 3 y 3 (vdy + ydv)
¡
¢
vy 3 dy − vy 3 dy − v4 y 3 dy + y 4 dv − v3 y 4 dv
v 4 y 3 dy − y 4 dv + v 3 y 4 dv
¡
¢
v 4 y 3 dy − y 4 1 − v3
=
=
=
=
0
0
0
0
diviimos entre v 4 y y 4 e integramos:
dy (1 − v3 ) dv
−
= 0
y
v4
Z µ
1
− ln v = c
v3
regresamos a la variable original:
¶
dy (1 − v3 ) dv
=0
−
y
v4
ln y −
x = vy
x
v =
y
1
x
ln y − x − ln
= c
y
y
x
y
= c
ln y − − ln
x
y
aplicamos la condición inicial:
y (1)
x
y
1
ln 2 − 2 − ln
2
−0.61
= 2
= 1
= 2
= c
= c
regresamos a la ecuación:
ln y −
x
y
− ln = −0.61
x
y
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS
2.4.2
67
Ecuación de Bernoulli
La ecuación diferencial
dy
+ P (x)y = f (x)y n
dx
donde n es cualquier número real, se llama ecuación de Bernoulli. Para n = 0
y n = 1 la ecuación es lineal. En el caso de que n 6= 0 y n 6= 1 la sustitución
u = y 1−n reduce cualquier ecuación de Bernoulli a una ecuación lineal.
Resuelva la ecuación respectiva de Bernoulli empleando una
sustitución adecuada:
Problema 6.
¡
¢
dy
= y xy 3 − 1
dx
Solución:
Llevamos la ecuación a la forma de Bernoulli
dy
= xy 4 − y
dx
dy
+ y = xy 4
dx
Hacemos el cambio de variable
w = y 1−4 = y −3
1
y = w− 3
dy
1 4 dw
= − w− 3
dx
3
dx
sustituimos:
1
4
1 4 dw
− w− 3
+ w− 3 = xw− 3
3
dx
4
multiplicamos por −3w 3 :
dw
− 3w = −3x
dx
p(x) = −3
R
µ(x) = e −3dx = e−3x
68
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
multiplicamos la ecuación anterior por e−3x :
e−3x
dw
− 3we−3x = −3e−3x
dx
agrupamos:
d ¡ −3x ¢
we
= −3xe−3x
dx ¡
¢
d we−3x = −3xe−3x dx
Z
¢¤
£¡ ¡ −3x ¢
= −3xe−3x dx
d we
Z
−3x
we
= −3 xe−3x dx
resolviendo la integral por partes:
u = x
du = dx
dv = e−3x
1
v = − e−3x
3·
¸
Z
1 −3x 1
−3x
−3x
we
= −3 − xe
+
e dx
3
3
¸
·
1 −3x 1 −3x
−3x
+c
= −3 − xe
− e
we
3
9
1
we−3x = xe−3x + e−3x + c
3
multiplicamos por e3x :
w =x+
regresamos a la variable original:
1
y = w− 3
1
+ ce−3x
3
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS
w = y −3
1
y −3 = x + + ce3x
3
¶− 13
µ
1
3x
y =
x + + ce
3
Problema 7.
x2
dy
+ y 2 = xy
dx
Solución:
Dividimos entre x2 y hacemos el cambio de variable:
dy y 2
y
+ 2 =
dx x
x
dy y
y2
−
= − 2
dx x
x
w = y 1−2 = y −1
y = w−1
dy
dw
= −w−2
dx
dx
sustituimos:
−w−2
dw w−1
−w−2
−
=
dx
x
x2
multiplicamos por −w2 :
dw w
1
+
= 2
dx
x
x
1
p(x) =
xR
1
µ(x) = e x dx = eln x = x
multiplicamos la ecuación por x:
69
70
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
x
dw
1
+w =
dx
x
agrupamos e integramos:
d
1
(wx) =
dx
x
1
d (wx) =
dx
x
Z ·
¸
1
d (wx) = dx
x
wx = ln x + c
dividimos entre x:
w=
ln x c
+
x
x
regresamos a la variable original:
w = y −1
ln x c
y −1 =
+
x
x
x
y =
ln x + c
2.4.3
Sustituciones para reducir a variables separables
dy
= f (Ax + By + C)
ecuaciones del tipo dx
Una ecuación diferencial de la forma
dy
= f (Ax + By + C)
dx
puede reducirse a una ecuación de variables separables por medio de la sustitución u = Ax + By + C, B 6= 0.
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS
Problema 8.
dy
= (x + y + 1)2
dx
Solución:
Hacemos:
u = x+y+1
du
dy
= 1+
dx
dx
dy
du
=
−1
dx
dx
du
− 1 = u2
dx
du
= u2 + 1
dx
du
= dx
u2 + 1
integramos:
Z
Z
du
=
dx
u2 + 1
arctan u = x + c
pero:
u = x+y+1
arctan (x + y + 1) = x + c
x + y + 1 = tan(x + c)
y = tan(x + c) − x − 1
71
72
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Problema 9.
dy
π
= cos (x + y) , y (0) =
dx
4
Solución:
Hacemos:
u = x+y
du
dy
= 1+
dx
dx
du
dy
=
−1
dx
dx
sustituimos:
du
− 1 = cos u
dx
du
= 1 + cos u
dx
du
= dx
1 + cos u
integramos:
Z
du
=
1 + cos u
Z
dx
multiplicamos el lado izquierdo por (1 − cos u) en el denominador y en el
numerador:
Z
1 − cos u
du
(1 + cos u) (1 − cos u)
Z
1 − cos u
du
1 − cos2 u
Z
1 − cos u
du
2
sin
u
Z
Z
cos u
1
du
2 du −
sin u
sin2 u
= x+c
= x+c
= x+c
= x+c
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS
Z
2
73
Z
cos u
du = x + c
sin2 u
1
− cot u +
= x+c
sin u
− cot u + csc u = c
csc udu −
pero:
u = x+y
1
= x+c
− cot (x + y) +
sin (x + y)
aplicamos la condición inicial:
π
4
x = 0
π
y =
4
³
³
π´
π´
+ csc 0 +
= 0+c
− cot 0 +
4
4
π
π
= c
− cot + csc
4
√4
−1 + 2 = c
y (0) =
regresamos a la ecuación:
csc (x + y) − cot (x + y) = x +
√
2−1
74
CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Chapter 3
Aplicaciones de ecuaciones de
primer orden
Problema 1. La población de una comunidad crece con
una tasa proporcional a la población en cualquier momento. Su
población inicial es 500 y aumenta el 15% en 10 años. ¿Cuál será
la población pasados 30 años?
Solución:
N = población de la comunidad en cuestión.
N0 = Población inicial de la comunidad.
N(0) = N0 = 500
N(10) = 575
N(10) = 1.15N0
Basándonos en la ecuación diferencial del módelo básico de crecimiento:
dN
= kN
dt
cuya solución se encuentra fácilmente usando variables separables:
N = Noekt
Para encontrar k aplicamos la condición:
N(10) = 1.15N0
Sustituyendo en la solución:
75
76CHAPTER 3. APLICACIONES DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
1.15N0 = N0 e10k
Despejando k
ln 1.15
=k
10
k = 0.014
Sustituyendo:
N = N0 e0.014t = 500e0.014t
Finalmente se calcula la población de la comunidad después de 30 años.
N(30) = 500e0.014(30)
N(30) = 760
Problema 2. El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, se
desintegra con una razón poporcional a la cantidad presente en
cualquier momento y tiene un período medio de vida de 3.3 horas.
Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿Cuánto tiempo debe
transcurrir para que se desintegre el 90%?
Solución:
C = Cantidad presente del isótopo a cualquier tiempo
τ = Periodo de vida media = 3.3 horas
C0 = Cantidad inicial presente del isótopo = 1 gramo
La ecuación diferencial a resolver es:
dC
= kC
dt
la cual es igual a la del problema anterior.
77
La solución es:
C = C0 ekt
Se sabe que
1
C(3.3) = C0
2
Por lo que:
1
C0 = C0 e3.3k
2
k=
ln0.5
3.3
es decir k = −0.21
Sustituyendo:
C = C0 e−0.21t
Finalmente, obtenemos el tiempo que debe transcurrir para
que se desintegre el 90% del isótopo:
C0 (0.1) = C0 e−0.21t
ln 0.1 = −0.21t
t=
ln 0.1
−0.21
t = 11 horas
Problema 3. Cuando pasa un rayo vertical de luz por una
sustancia transparente, la razón con que decrece su intensidad
I es proporcional a I(t), donde t representa el espesor, en pies,
del medio. En agua de mar clara, la intensidad a 3 ft bajo la
superficie, es el 25% de la intensidad inicial I0 del rayo incidente.
¿Cuál es la intensidad del rayo a 15 ft bajo la superficie?
78CHAPTER 3. APLICACIONES DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Solución:
I = intensidad
t = espesor del medio
dI
= kI
dt
I = I0 ekt
I0 (0.25) = I0 e3k
k=
ln 0.25
3
k = −0.462
Finalmente, procedemos a calcular la intensidad del rayo a 15
ft bajo la superficie
I(15) = I0 e−0.462(15)
I(15) = 0.00098I0
Aproximadamente 0.1% de I0 .
Problema 4. En un trozo de madera quemada o carbón vegetal se determinó que el 85.5% de su C-14 se había desintegrado.
Con la información siguiente determine la edad aproximadama
de la madera. Estos son precisamente los datos que usaron los
arqueólogos para fechar los murales prehistóricos de una caverna
de Lascaux, Francia.
Solución:
k = constante de decaimiento
79
Vida media C-14 τ = 5,600 años
A = A0 ekt
Sustituyendo:
A0
= A0 e5,600t
2
ln
1
= 5, 600k
2
k=
ln 12
5, 600
k = −0.00012378
Por último, procedemos a determinar la edad aproximada del
trozo de madera
A0 (0.145) = A0 e−0.00012378t
t=
ln 0.145
−0.00012378
t = 15, 600 años
Problema 5. Un tanque contiene 200 l de agua en que se
han disuelto 30 g de sal y le entran 4 L/min de solución con 1
g de sal por litro; está bien mezclado, y de él sale líquido con el
mismo flujo (4 L/min). Calcule la cantidad A(t) de gramos de
sal que hay en el tanque en cualquier momento t.
Solución:
A = cantidad de gramos de sal
80CHAPTER 3. APLICACIONES DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
t = momento (tiempo)
V0 = volumen inicial del tanque
v1 = flujo de entrada
v2 = flujo de salida
C1 = Concentración de entrada (masa/volumen)
C2 = Concentración de salida (masa/volumen)
R1 = Razón o ritmo con el que entra
R2 = Razón o ritmo con el que sale
V0 = 200 l
v1 = 4 L/min
v2 = 4 L/min
C1 =1 g/L
C2 = VA0
Como hay conservación de masa:
dA
= R1 − R2
dt
R1 = C1 υ1
R2 = C2 υ2
dA
= C1 υ1 − C2 υ2
dt
dA
g
=1
dt
l
µ
¶
µ
¶
l
A g
l
4
−
4
min
200 l
min
dA
4A
=4−
dt
200
dA
1
=4− A
A
50
dA
1
+ A=4
A
50
p(t) =
R
µ(t) = e
1
50
1
dt
50
t
= e 50
81
t
d ³ t´
Ae 50 = 4e 50
dt
Ae
t
50
t
=4
Z
t
e 50 dt
t
Ae 50 = 200e 50 + c
t
A = 200 + ce− 50
Considerando la condición inicial:
A(0) = 30
30 = 200 + c
c = −170
Finalmente:
t
A(t) = 200 − 170e− 50
Problema 6. Un tanque tiene 500 gal de agua pura y le entra
salmuera con 2 lb de sal por galón a un flujo de 5 gal/min. El
tanque esta bien mezclado, y sale de él el mismo flujo de solución.
Calcule la cantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque en
cualquier momento t.
Solución:
V0 = 500 gal
υ1 = 5 gal/min
υ2 = 5 gal/min
C1 = 2 lb/gal
A
C2 = VAo = 500
dA
= C1 υ1 − C2 υ2
A
dA
lb
=2
A
gal
µ
¶
µ
¶
gal
A lb
gal
5
−
5
min
500 gal
min
82CHAPTER 3. APLICACIONES DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
A
dA
= 10 −
A
100
dA
1
+
A = 10
A
100
p(t) =
R
µ(t) = e
1
100
1
dt
100
t
= e 100
´
t
t
d ³
Ae 100 = 10e 100
dt
Ae
t
100
t
= 10
Z
t
e 100 dt
t
Ae 50 = 1000e 100 + c
t
A = 1000 + ce− 100
Considerando las condiciones iniciales:
A(0) = 0
0 = 1000 + c
c = −1000
Finalmente:
t
A(t) = 1000 − 1000e− 100
Problema 7. En un modelo demográfico de la población P(t)
de una comunidad, se supone que:
dP
dB dD
=
−
dt
dt
dt
83
en donde dB/dt y dD/dt son las tasas de natalidad y mortantad, respectivamente.
a) Determine P (t)
dB
= k1 P
dt
dD
= k2 P
dt
b)Analice los casos k1 > k2 , k1 < k2 , k1 = k2
Solución:
dB
= Natalidad
dt
dD
= Mortandad
dt
P (t) = Natalidad-Mortantad
a)
dP
= k1 P − k2 P
dt
dP
= (k1 − k2 )P
dt
Z
dP
= (k1 − k2 )
P
Z
dt
lnP = (k1 − k2 )t + ln c
lnP − lnc = (k1 − k2 )t
P
= e(k1 −k2 )t
c
P = ce(k1 −k2 )t
Considerando la condición inicial:
84CHAPTER 3. APLICACIONES DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
P (0) = P0
P = P 0 e(k1 −k2 )t
b)
k1 > k2
La tasa de natalidad es mayor que la de mortalidad, por lo
tanto la población aumenta. Esto se observa en la gráfica ya que
en tal caso k1 − k2 > 0 y la gráfica corresponde a una exponencial
creciente.
k1 < k2
La tasa de natalidad es menor que la de mortalidad, provocando la disminución de la población. En la gráfica se tiene una
exponencial decreciente cuando k1 − k2 < 0.
k1 = k2
La tasa de natalidad es igual a la de mortalidad, por ello la
población se mantiene estable. En tal caso P = P 0 .
Problema 8.
Cuando se tiene en cuenta lo olvidadizo de un individuo, la rapidez con
que memoriza está definida por
dA
= k1 (M − A) − k2 A,
dt
en que k1 > 0, k2 > 0, A(t) es la cantidad de material memorizado por
el tiempo t, M es la cantidad total para memorizar y M − A es la cantidad
que resta por memorizar. Halle A(t) y grafique la solución. Suponga que
A(0) = 0. Determine el valor límite de A cuando t → ∞ e interprete el
resultado.
Solución: Proponemos la ecuación diferencial y la despejamos:
dA
= kM − k1 A − k2 A
dt
dA
= k1 M − A(k1 + k2 )
dt
dA
+ A(k1 + k2 ) = k1 M
dt
85
Definimos el factor integrante, lo sustituimos en la ecuación diferencial,
y la integramos.
R
µ (t) = e
(k1 +k2 )dt
d ¡ (k1 +k2 )t ¢
Ae
=
dt
Ae(k1 +k2 )t =
Z
= e(k1 +k2 )t
k1 Me(k1 +k2 )t
k1 M
e(k1 +k2 )t + C
(k1 + k2 )
Despejamos A, y el resultado es:
A=
k1 M
+ Ce−(k1 +k2 )t
(k1 + k2 )
Aplicamos la condición inicial A(0) = 0
0=
k1 M
+C
(k1 + k2 )
o sea
C=−
k1 M
(k1 + k2 )
Por lo tanto la solución queda como
A=
k1 M
(1 − e−(k1 +k2 )t )
(k1 + k2 )
tal como se observa cuando t → ∞ en esta expresión queda que A =
lo cual siempre es menor que M, es decir, no se memoriza al 100%,
por ejemplo en la siguiente gráfica se muestra que después de un cierto tiempo
el individuo a lo más memorizará el 80%.
k1 M
,
(k1 +k2 )
86CHAPTER 3. APLICACIONES DE ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Figure 3.1: Cantidad de material memorizado en el tiempo
Chapter 4
Ecuaciones de segundo orden
4.1
Ecuaciones homogéneas con coeficientes
constantes
Una ecuación diferencial de este tipo tiene la forma
ay 00 + by 0 + cy = 0
donde a,b y c son constantes. Para resolverla se propone una solución de la
forma y = emx y al sustituir en la ecuación se obtiene la ecuación auxiliar
am2 + bm + c = 0
la cual se resuelve para encontrar los valores de m, dependiendo de estos
valores se obtienen tres casos:
Caso I: Raíces reales y distintas m1 6= m2 , en cuyo caso la solución se escribe
como
y = c1 em1 x + c2 em2 x
Caso II. Raíces reales repetidas m1 = m2 = m
y = c1 emx + c2 xemx
Caso III. Raíces complejas de la forma m = α ± iβx
87
88
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
y = eαx (c1 cos βx + c2 senβx)
Resolver los siguientes problemas
Problema 1.
00
0
4y + y = 0
Solución:
La ecuacion auxiliar es
4m2 + m = 0
factorizando.
m(4m + 1) = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 = 0
1
4
Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguiente
manera.
m2 = −
1
y = c1 e(0)x + c2 e(− 4 )x
x
y = c1 + c2 e− 4
Problema 2.
y 00 − 36y = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
m2 − 36 = 0
4.1. ECUACIONES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES89
factorizando
(m + 6)(m − 6) = 0
Las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 = 6
m2 = −6
Así la solución general es:
y = c1 e6x + c2 e−6x
Problema 3.
y 00 + 9 = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
m2 + 9 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
m = ±3i
Como las raíces son complejas y la parte real es cero, la solución se escribe
como:
y = c1 cos 3x + c2 sen3x
Problema 4.
y 00 − y 0 − 6y = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
m2 − m − 6 = 0
(m − 3)(m + 2) = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 = 3
m2 = −2
90
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
La solución general es:.
y = c1 e3x + c2 e−2x
Problema 5.
y 00 + 3y 0 − 5y = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
m2 + 3m − 5 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
p
√
−3 ± 9 − 4(−5)
−3 ± 29
=
m=
2
2
m1 = 1.19, m2 = −4.19
Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguiente
manera.
y = c1 e1.19x + c2 e−4.19x
Problema 6.
12y 00 − 5y 0 − 2y = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
12m2 − 5m − 2 = 0
la cual se factoriza como
(3m − 2)(4m + 1) = 0
Las raíces de la ecuación auxiliar son:
2
1
m1 = , m2 = −
3
4
4.1. ECUACIONES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES91
Así la solución es:
2
1
y = c1 e 3 x + c2 e− 4 x
Problema 7.
3y 00 + 2y + y = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
3m2 + 2m + 1 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
√
√
2i
−1 +
2i
1
−
=− ±
m=
3
3
3
Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguiente
manera.
√
√
x
2x
2x
y = e− 3 (c1 cos
+ c2 sen
)
3
3
Problema 8.
y 000 − 4y 00 − 5y 0 = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
m3 − 4m2 − 5m = 0
factorizando
m(m + 1)(m − 5) = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 = 0, m2 = −1, m3 = 5
Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguiente
manera.
92
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
y = c1 + c2 e−x + c3 e5x
Problema 9.
y 000 − 5y 00 + 3y 0 + 9y = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
m3 − 5m2 + 3m + 9 = 0
Al utilizar división sintetica se encontraron las siguientes raíces
m1 = 3, m2 = −1, m3 = 3
La raíz 3 está repetida, por ello la solución general de la ecuación es:
y = c1 e3x + c2 xe3x + c3 e−x
Problema 10.
d4 y d3 y d2 y
+
+
=0
dx4 dx3 dx2
Solución:
La ecuación auxiliar es
m4 + m3 + m2 = 0
factorizando.
m2 (m2 + m + 1) = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
√
√
3i
−1 ± 3i
1
m = 0 (raíz doble), m =
=− ±
2
2
2
Así la solución general se escribe de la siguiente forma:
√
√
3
3
0
0
− x2
y = c1 e + c2 xe + e (cos
x + c4 sen
x)
2
2
4.1. ECUACIONES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES93
− x2
y = c1 + c2 x + e
√
√
3
3
(cos
x + c4 sen
x)
2
2
Problema 11.
y 00 + 16y = 0
y(0) = 2; y 0 (0) = −2
Solución:
La ecuación auxiliar es
m2 + 16 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
m1 = 4i, m2 = −4i
La solución general es:
y = c1 cos 4x + c2 sen4x
Para aplicar las condiciones iniciales es necesario derivar
y 0 = −4c1 sen4x + 4c2 cos 4x
Al sustituir las condiciones iniciales se obtiene:
y(0) = 2 = c1
y 0 (0) = −2 = 4c2
Resolviendo:
1
2
De tal manera que la solución al problema de valor inicial es:
c1 = 2, c2 = −
y = 2 cos 4x −
Problema 12.
1
sin 4x
2
94
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
2y 00 − 2y 0 + y = 0
y(0) = −1; y 0 (0) = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
2m2 − 2m + 1 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
√
2 ± 4i
1 1
m=
= ± i
4
2 2
La solución general es:
1
1
1
y = e 2 x (c1 cos x + c2 sen x)
2
2
Derivando:
1
1
1 1
1
1
1
1
1
y 0 = e 2 x (− c1 sen x + c2 cos x) + e 2 x (c1 cos x + c2 sen x)
2
2
2
2
2
2
2
Sustituyendo las condiciones iniciales:
y(0) = −1 = c1
1
1
y 0 (0) = 0 = c2 + c1
2
2
Resolviendo:
c1 = −1, c2 = 1
La solución al problema de valor inicial es:
1
1
1
y = e 2 x (− cos x + sen x)
2
2
Problema 13.
y 00 + y 0 + 2y = 0
y(0) = y 0 (0) = 0
4.1. ECUACIONES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES95
Solución:
La ecuación auxiliar es
m2 + m + 2 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
√
√
1 − 8i
−1 +
1 + 7i
−
=−
m=
2
2− 2
La solución general se escribe como:
√
√
7
7
− x2
y = e (c1 cos
x + c2 sen
x)
2
2
Derivando:
0
− x2
y =e
√
√
√
√
√
√
1 −x
7
7
7
7
7
7
c1 sen
x+
c2 cos
x) − e 2 (c1 cos
x + c2 sen
x)
(−
2
2
2
2
2
2
2
Al sustituir las condiciones iniciales da el siguiente resultado:
y(0) = 0 = c1
√
7
1
y (0) = 0 =
c2 − c1
2
2
0
es decir:
c1 = c2 = 0
La única solución que es compatible con estas condiciones es:
y=0
Problema 14.
y 000 + 12y 00 + 36y 0 = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
y(0) = 0; y 0 (0) = 1; y 00 (0) = −7
96
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
m3 + 12m2 + 36m = 0
factorizando.
m(m + 6)2 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
m1 = 0, m2 = −6 de doble multiplicidad
La solución general es:
y = c1 + c2 e−6x + c3 xe−6x
Derivando:
y 0 = −6c2 e−6x − 6c3 xe−6x + c3 e−6x
y 00 = 36c2 e−6x + 36c3 xe−6x − 12c3 e−6x
Sustituyendo las condiciones:
y(0) = 0 = c1 + c2
y 0 (0) = 1 = −6c2 + c3
y 00 (0) = −7 = 36c2 − 12c3
Resolviendo el sistema:
5
5
1
, c2 = − , c3 =
36
36
6
La solución al problema de valor inicial es:
c1 =
y=
Problema 15.
1
5
5
− c2 e−6x + c3 xe−6x
36 36
6
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS
y 00 − 10y 0 + 25 = 0
97
y(0) = 1; y(1) = 0
Solución:
La ecuación auxiliar es
m2 − 10m + 25 = 0
factorizando.
(m − 5)2 = 0
La única raíz es doble:
m=5
la solución general se escribe como:
y = c1 e5x + c2 xe5x
Al sustituir las condiciones iniciales en la ecuación nos da el siguiente
resultado
c1 = 1, c2 = −1
El resultado final es:
y = e5x − xe5x
4.2
Método de los coeficientes indeterminados
Una ecuación diferencial de orden n se puede escribir como:
an Dn y + an−1 Dn−1 y + ........ + a1 Dy + a0 y = g(x)
98
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
en donde Dk y = dk y/dxk , k = 0, 1, ........., n.
Es conveniente a veces representar también esta ecuación en la forma L(y) =
g(x). donde L representa el operador diferencial lineal de orden n:
L = an Dn + an−1 Dn−1 + ........ + a1 D + ao
La aplicación de los operadores diferenciales permite llegar a una solución
particular de ciertos tipos de ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas.
OPERADOR ANULADOR: Si L1 es un operador diferencial con coeficientes
constantes y f es una función suficientemente diferenciable tal que:
L1 (f (x)) = 0,
se dice que L1 es un anulador de la función.
El operador diferencial Dn anula cada una de las siguientes funciones:
1, x, x2 , ........, xn−1
El operador diferencial (D − a)n anula cada una de las siguientes funciones:
eax , xeax , x2 eax , ................., xn−1 eax
El operador diferencial [(D2 − 2aD + (a2 + B 2 )]n anula a las siguientes
funciones:
eax cos βx, xeax cosβx, x2 eax cos βx, ......., xn−1 eax cos βx,
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS
99
eax senβx, xeax senβx, x2 eax senβx, ......., xn−1 eax senβx,
Para resolver la ecuación L(y) = g(x) se busca el operador anulador de
la función g(x) y luego se aplica en ambos lados de la ecuación: L1 L(y) =
L1 (g(x)) = 0, de tal forma que la ecuación diferencial aumenta de orden pero
se convierte en una ecuación homogénea, la cual ya puede ser resuelta.
La solución se expresa como y(x) = yc (x) + yp (x) donde yc (x) se llama la
solución complementaria y es la solución de la ecuación homogénea y yp (x) es
una solución particular de la ecuación no homogénea que se encuentra usando el
método de los coeficientes indeterminados, tal como se ilustra en los siguientes
ejemplos.
Problema 1. Escriba las siguientes ecuaciones diferenciales en
la forma L(y) = g(x), donde L es un operador diferencial lineal con
coeficientes constantes.
a)
y 00 − 4y 0 − 12y = x − 6
Solución:
En notación de operadores esto se puede escribir como:
(D2 − 4D − 12)y = x − 6
factorizando, el resultado es:
(D − 6)(D − 2)y = x − 6
b)
y 000 + 10y 00 + 25y 0 = ex
Solución:
En notación de operadores esto se puede escribir como:
(D2 + 10D + 25)y = ex
Factorizando:
100
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
(D + 5)(D + 5)y = ex
c)
y 000 + 2y 00 − 13y 0 + 10y = xe−x
Solución:
En notación de operadores esto se puede escribir como:
(D3 + 2D2 − 13D + 10)y = xe−x
Factorizando:
(D − 1)(D − 2)(D + 5)y = xe−x
Problema 2. Compruebe que el operador diferencial mencionado
anula la función indicada.
a)
D4 , y = 10x3 − 2x
Solución:
Esto se comprueba al calcular el número de derivaciones necesarias para
obtener el anulador adecuado:
Dy = 30x2 − 2
D2 y = 60x
D3 y = 60
D4 y = 0
Por lo tanto el anulador es D4 ya que aquí se hace cero la función.
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS
101
b)
(D − 2)(D + 5); y = e2x + 3e−5x
Solución:
Como
(D − 2)e2x = 0
y
(D + 5)e−5x
entonces el producto anula a la función y = e2x + 3e−5x
Problema 3. Determine un operador diferencial lineal que anule
la función dada:
a)
1 + 7e2x
Solución:
El anulador para 1 es D.
El anulador para e2x es (D − 2).
Por lo tanto el operador anulador es:
(D − 2)D
b)
cos 2x
Solución:
El eperador anulador es: (D2 + 4)
lo cual se comprueba fácilmente porque (D2 + 4) cos 2x = D2 cos 2x +
4 cos 2x = −4 cos 2x + 4 cos 2x = 0
c)
e−x + 2xex − x2 ex
Solución:
El anulador de e−x es D + 1
El anulador de 2xex es (D − 1)2
102
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
El anulador de x2 ex es (D − 1)3 , pero este también anula a la función
2xex , por lo tanto el operador anulador de la función e−x + 2xex − x2 ex es
(D + 1)(D − 1)3
En los siguientes problemas resuelva la ecuación diferencial respectiva por el método de los coeficientes indeterminados.
Problema 1.
y 00 + y 0 = 3
Solución:
Se resuelve primero la ecuación homogénea
y 00 + y 0 = 0
Nuestra ecuación auxiliar es:
m2 + m = 0
m(m + 1) = 0
Por lo tanto nuestra solución complementaria yc es:
yc = c1 + c2 e−x
El anulador para el lado derecho de la función es D por lo tanto nuestra
solución particular Yp es :
yp = Ax
Para obtener el valor de A, se calculan la primera y segunda derivada de
Yp :
00
yp0 = A; yp = 0
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS
103
Se sustituye en la función original, se despeja a A y así se obtiene el valor:
A=3
por lo tanto
yp = 3x
Como la solución general es la suma de la complementaria y la particular
y = yc + yp
la solución es:
y = c1 + c2 e−x + 3x
Problema 2.
y 00 + 4y 0 + 4y = 2x + 6
Solución:
El operador D2 anula a la función 2x + 6
Aplicando el operador diferencial en ambos lados de la ecuación diferencial:
D2 (D2 + 4D + 4)y = D2 (2x + 6) = 0
Por lo que la ecuación que queda es homogénea:
D2 (D2 + 4D + 4)y = 0
La ecuación auxiliar es:
m2 (m2 + 4m + 4) = 0
m2 (m + 2)2 = 0
El término (m + 2)2 = 0 corresponde a la ecuación homogénea, por lo que
la solución complementaria es:
yc = c−2x
+ c2 xe−2x
1
104
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
A partir del término m2 = 0, se obtiene la solución particular:
Yp = Ax + B
Para calcular los valores de A y B se calculan la primera y la segunda
derivada:
Yp0 = A; Yp00 = 0
Al sustituir estos valores en la ecuación original:
4A + 4(Ax + B) = 2x + 6
4Ax + 4A + 4B = 2x + 6
igualando términos:
4A = 2, A =
1
2
4A + 4B = 6, B = 1
Por lo tanto la solución es:
1
+ c2 xe−2x + x + 1
y(x) = c−2x
1
2
Problema 3.
y 00 + 25y = 6senx
Solución:
El operador anulador de la función senx es D2 +1. Aplicando el operador
en ambos lados de la ecuación:
¢¡
¢
¡
¢
¡ 2
D + 1 D2 + 25 y = D2 + 1 6senx = 0
¢¡
¢
¡ 2
D + 1 D2 + 25 y = 0
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS
La ecuación auxuliar es:
¢¡
¢
¡ 2
m + 1 m2 + 25 = 0
La solución complementaria es:
yc = c1 cos5x + c2 sen5x
Y la solución particular es:
yp = Acosx + Bsenx
Derivando yp :
yp0 = −Asenx + Bcosx
yp00 = −Acosx − Bsenx
Sustituyendo en la ecuación no homogénea:
−Acosx − Bsenx + 25Acosx + 25Bsenx = 6senx
24A cos x + 24Bsenx = 6senx
de donde se obtiene:
A = 0, B =
1
4
Por lo tanto:
1
yp = senx
4
La solución general queda:
1
y(x) = c1 cos5x + c2 sen5x + senx
4
Problema 4.
y 00 − y = x2 ex + 5
105
106
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Solución:
El operador D(D − 1)3 anula a x2 ex + 5, si se aplica en ambos lados de
la ecuación:
D(D − 1)3 (D2 − 1)y = 0
cuya ecuación característica es:
m(m − 1)3 (m2 − 1) = 0, m(m − 1)4 (m + 1) = 0
cuyas raíces son
m1 = −1, m2 = 1 de multiplicidad 4, m3 = 0
La solución complementaria es
yc = c1 e−x + c2 ex
La solución particular yp es:
yp = Axex + Bx2 ex + Cx3 ex + E
Derivando:
yp0 = Axex + Aex + Bx2 ex + 2Bxex + Cx3 ex + 3Cx2 ex
yp00 = Axex + 2Aex + Bx2 ex + 4Bxex + 2Bex + Cx3 ex + 6Cx2 ex + 6Cxex
Sustituyendo:
Axex +2Aex +Bx2 ex +4Bxex +2Bex +Cx3 ex +6Cx2 ex +6Cxex −Axex −
Bx2 ex − Cx3 ex − E = x2 ex + 5
(2A + 2B)ex + (4B + 6C)xex + 6Cx2 ex − E = x2 ex + 5
De donde se obtiene: 2A + 2B = 0, 4B + 6C = 0, 6C = 1, −E = 5
Resolviendo el sistema:
1
1
1
A = , B = − , C = , E = −5
4
4
6
La solución general es:
1
1
1
y(x) = c1 e−x + c2 ex + xex − x2 ex + x3 ex − 5
4
4
6
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS
Problema 5:
y 000 + y 00 = 8x2
Solución:
La ecuación tiene la forma:
(D3 + D2 )y = 8x2
Como D3 es el operador de la función de la derecha:
Igualando la ecuación a cero queda de la siguiente manera
D3 (D3 + D2 ) = 0
La ecuacion auxiliar es
m3 [m2 (m + 1)] = 0
Las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 = −1
m2 = 0 (multiplicidad5)
Así la fórmula para yc queda de la siguiente manera
yc = c1 e−x + c2 + c3 x
Y la solución particular yp queda de la siguiente forma
yp = Ax2 + Bx3 + Cx4
Derivando:
yp0 = 2Ax + 3Bx2 + 4Cx3
yp00 = 2A + 6Bx + 12Cx2
yp000 = 6B + 24Cx
Sustituyendo:
6B + 24cx + 2A + 6Bx + 12Cx2 = 8x2
107
108
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
esto nos da el siguiente resultado
8
2
A = 8, B = − , C =
3
3
O sea que la solución particular queda como:
8
2
yp = 8x2 − x3 + x4
3
3
La solución genral es
2
8
y = c1 e−x + c2 + c3 x + x4 − x3 + 8x2
3
3
Problema 6:
y 00 − 5y 0 = x − 2
y(0) = 0; y 0 (0) = 2
Solución:
La ecuación tiene la forma
(D2 − 5D)y = x − 2
El operador anulador de la parte derecha de la ecuación es:
D2 (x − 2) = 0
Igualando la ecuación a cero queda de la siguiente manera.
D2 (D2 − 5D)y = 0
La ecuacion auxiliar es
m2 [m(m − 5)] = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 = 5
m2 = 0 multiplicidad 3
Así la solución complementaria yc queda de la siguiente manera
yc = c1 + c2 e5x
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS
109
Y la solución particular yp tiene la forma
yp = Ax + Bx2
yp0 = A + 2Bx
yp00 = 2B
Sustituyendo en la ecuación original:
2B − 5A − 10Bx = x − 2
esto nos da el siguiente resultado
1
9
, B=−
25
10
Al sustituir en la ecuación general nos da como resultado
A=
1 2
9
x + x
10
25
Para aplicar las condiciones iniciales se deriva primero:
y = c1 + c2 e5x −
9
1
y 0 = 5c2 e5x − x +
5
25
Al aplicar las condiciones iniciales y(0) = 0 ; y 0 (0) = 2 da el resultado
y(0) = 0 = c1 + c2
9
y 0 (0) = 2 = 5c2 + 25
41
41
, c2 =
125
125
Para finalizar se sustituyen las c en la ecuacion final y se obtiene el resultado.
c1 = −
y=−
41
41 5x
1
9
+
e − x2 + x
125 125
10
25
Problema 7.
y 00 − 4y 0 + 8y = x3 , y(0) = 2, y 0 (0) = 4
Solución:
Como el operador anulador es D4 , la ecuación se escribe como:
D4 (D2 − 4D + 8)y = 0
110
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
La ecuación auxiliar es:
m4 (m2 − 4m + 8) = 0
Las raíces son:
m1 = 2 + 2i, m2 = 2 − 2i, m3 = 0 (multiplicidad 4)
La solución complementaria es:
yc = e2x (c1 cos 2x + c2 sen2x)
y la solución particular es de la forma:
yp = A + Bx + Cx2 + Dx3
yp0 = B + 2Cx + 3Dx2
yp00 = 2C + 6Dx
Sustituyendo:
2C + 6Dx − 4B − 8Cx − 12Dx2 + 8A + 8Bx + 8Cx2 + 8Dx3 = x3
Resolviendo:
8D = 1
8C − 12D = 0
8B − 8C + 6D = 0
8A − 4B + 2C = 0
Es decir:
A = 0, B =
3
1
3
, C= , D=
32
16
8
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS
yp =
111
3
3
1
x + x2 + x3
32
16
8
Y la solución general se escribe como:
y(x) = e2x (c1 cos 2x + c2 sen2x) +
3
1
3
x + x2 + x3
32
16
8
Para aplicar las condiciones iniciales derivamos primero:
3
3
3
y 0 (x) = e2x (−2c1 sen2x+2c2 cos 2x)+2e2x (c1 cos 2x+c2 sen2x)+ x2 + x+
8
8
32
y(0) = 2 = c1
y 0 (0) = 4 = 2c2 + 2c1 +
3
32
c2 = −
y(x) = e2x (2 cos 2x −
4.3
3
64
c1 = 2
3
1
3
3
sen2x) + x + x2 + x3
64
32
16
8
Variación de parámetros
El procedimiento para llegar a una solución particular de una ecuación diferencial lineal de primer orden:
dy
+ p (x) y = f (x)
dx
112
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
En un intervalo se aplica también a ecuaciones lineales de orden superior.
Para adaptar el método de variación de parámetros a una ecuación diferencial de
segundo orden:
a2 (x) y 00 + a1 (x) y 0 + a0 (x) y = g (x)
Para ello, se lleva primero la ecuación diferencial a su forma reducida dividiéndola por el primer coeficiente a2 (x)
y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = f (x)
Donde se supone que p (x) , q (x) y f (x) son continuas en algún intervalo I.
Se encuentra la solución complementaria de la forma:
yc = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
y se propone una solución particular como:
yc = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x)
2)Se calcula el Wronskiano:
¯
¯
¯ y1 y2 ¯
¯
W = ¯¯ 0
y1 y20 ¯
3) Y aplicando la Regla de Cramer, se tiene que:
Donde:
¯
¯
¯
¯ 0
¯ y1 0
y2 ¯¯
¯
¯
W1 = ¯
0 ¯ ; W2 = ¯ 0
f (x) y2
y1 f (x)
¯
¯
¯
¯
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS
u01 =
W1
W
113
y
u02 =
W2
W
4) Se integran u01 y u02 para obtener u1 y u2 .
5) Finalmente la solución general será:
y = yc + yp
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por variación de
parámetros.
Problema 1.
y 00 + y = secx
Solución:
La ecuación auxiliar es:
m2 + 1 = 0
Cuyas raíces son:
m1 = i, m2 = −i
Por lo tanto la solución complementaria será:
yc = c1 cos x + c2 senx
114
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Susitituyendo tenemos que:
y1 = cos x, y2 = senx
Calculamos el Wronskiano:
¯
¯
¯
¯ cos x
senx
¯=1
W (cosx, senx) = ¯¯
−senx cos x ¯
Se calcula W1 y W2 :
¯
¯
¯ 0
senx ¯¯
¯
= − senx
W1 = ¯
= tan x
cosx
secx cosx ¯
¯
¯ cosx
0
W2 = ¯¯
−senx secx
Por lo que u01 y u02 son:
u01 = tan x
u02 = 1
y
Integrando ambos, y aplicando en u01 la fórmula
que:
u1 = − ln |cosx|
y
R
du
u
= ln |u| + c tenemos
u2 = x
Por lo tanto la solución particular es:
yp = xsenx − (cosx) ln |cosx|
Por lo que la solución general es:
y = c1 cosx + c2 senx + xsenx − (cosx) ln |cosx|
Problema 2.
y 00 + y = cos2 x
Solución:
La ecuación auxiliar es:
¯
¯
¯=1
¯
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS
115
m2 + 1 = 0
Cuyas raíces son:
m1 = i, m2 = −i
La solución complementaria será:
yc = c1 cosx + c2 senx
Se tiene que:
y1 = cosx, y2 = senx
Se calcula el Wronskiano:
¯
¯
¯
¯ cosx
senx
¯=1
W (cosx, senx) = ¯¯
−senx cosx ¯
Así mismo W1 y W2 :
¯
¯
¯
¯ 0
senx
¯ = −senxcos2 x
W1 = ¯¯
2
cos x ¯cosx ¯
¯
¯
¯ cosx
0
3
¯
¯
¯ −senx cos2 x ¯ = cos x
Por lo que u01 y u02 son:
u01 = −senxcos2 x
y
u02 = cos3 x
W2 =
116
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Integrando ambos por separado:
u1 = 13 cos3 x
y
u2 = senx − 13 sen3 x
Por lo tanto la solución particular será:
yp = 13 cos4 x + sen2 x − 13 sen4 x
Por lo que la solución general es:
y = c1 cosx + c2 senx +
1
1
cos4 x + sen2 x − sen4 x
3
3
Problema 3.
y 00 − y = coshx
Solución:
Identificamos la ecuación auxiliar, siendo esta:
m2 − 1 = (m − 1) (m + 1) = 0
Cuyas raíces son:
m1 = 1, m2 = −1
Por lo tanto la solución complementaria será:
yc = c1 ex + c2 e−x
Susitituyendo tenemos que:
y1 = ex , y2 = e−x
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS
117
Calculamos el Wronskiano:
¯ x −x
¯ e e
W (e , e ) = ¯¯ x
e −e−x
x
−x
Así mismo W1 y W2 :
¯
¯
¯ = −2
¯
¯
¯
¯ = −e−x coshx
¯
¯
¯
0
¯ = ex coshx
coshx ¯
¯
¯ 0
e−x
W1 = ¯¯
−x
coshx −e
¯ x
¯ e
W2 = ¯¯ x
e
Por lo que u01 y u02 son:
1
u01 = e−x coshx
2
y
1
u02 = − ex coshx
2
Integrando ambos por partes y por separado tenemos que:
Z
Z
Z
x
−x
¢
1 −x
1 ¡
1
1
1
−x e + e
e cos hxdx =
e (
)dx =
1 + e−2x dx = (x− e−2x )
u1 =
2
2
2
4
4
2
u2 = −
Z
1 x
1
e cos hxdx = −
2
2
Z
ex + e−x
1
e (
)dx = −
2
4
x
Z
¢
¡ 2x
1 1
e + 1 dx = − ( e2x +x)
4 2
Por lo tanto la solución particular será:
1
1
1 1
1
1
1
1
yp = (x − e−2x )ex − ( e2x + x)e−x = xex − e−x − ex − xe−x
4
2
4 2
4
8
8
4
Por lo que la solución general será:
118
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
1
1
1
1
y = c01 ex + c02 e−x + xex − e−x − ex − xe−x
4
8
8
4
y = y = c1 ex + c2 e−x + 14 xex − 14 xe−x
1 ex − e−x
1
y = c1 ex + c2 e−x + x(
) = c1 ex + c2 e−x + xsenhx
2
2
4
Problema 4.
y 00 − 4y =
e2x
x
Solución:
Identificamos la ecuación auxiliar, siendo ésta:
m2 − 4 = (m − 2) (m + 2) = 0
Cuyas raíces son:
m1 = 2, m2 = −2
Por lo tanto la solución complementaria es:
yc = c1 e2x + c2 e−2x
Se tiene que:
y1 = e2x , y2 = e−2x
f (x) =
e2x
x
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS
119
Se calculamos el Wronskiano:
2x
−2x
W (e , e
Así mismo W1 y W2 :
¯
¯ 0
e−2x
W1 = ¯¯ e2x
−2e−2x
x
¯ 2x
¯ e
e−2x
) = ¯¯ 2x
2e
−2e−2x
¯
¯
¯ = −1
x
¯
¯ 2x
¯ e
0
W2 = ¯¯ 2x e2x
2e
x
Por lo que u01 y u02 son:
1
4x
u01 =
¯
¯
¯ = −4
¯
y
u02 = −
¯
¯
¯=
¯
e4x
x
1 e4x
4 x
Integrando ambos por separado, pero como u02 no se puede expresar en
términos de funciones elementales; en consecuencia escribimos:
1
= ln |x|
4
u01
y
u02
1
=−
4
Z
x
x0
e4t
dt
t
Por lo tanto la solución particular será:
1
1
yp = e2x ln |x| − e−2x
4
4
Z
x
x0
e4t
dt
t
Por lo que la solución general se puede expresar como:
2x
y = c1 e
2x
y = c1 e
−2x
+ c2 e
−2x
+ c2 e
1
1
+ e2x ln |x| − e−2x
4
4
Z
x
x0
e4t
dt
t
µ
Z x 4t ¶
e
1 2x
−2x
+
dt
e ln |x| − e
4
x0 t
120
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Problema 5.
y 00 + 3y 0 + 2y =
1
1 + ex
Solución:
La ecuación auxiliar es:
m2 + 3m + 2 = (m + 1) (m + 2) = 0
Cuyas raíces son:
m1 = −1, m2 = −2
Por lo tanto la solución complementaria será:
yc = c1 e−x + c2 e−2x
Se tiene que:
y1 = e−x , y2 = e−2x
f (x) =
1
1 + ex
Calculamos el Wronskiano:
−x
−2x
W (e , e
¯ −x
¯ e
e−2x
) = ¯¯
−e−x −2e−2x
Así mismo W1 y W2 :
¯
¯ 0
e−2x
W1 = ¯¯ 1
−2e−2x
1+ex
¯
¯
¯ = − e−2xx
1+e
¯
¯
¯
¯ = −2e−3x + e−3x = −e−3x
¯
¯ −x
¯ e
0
W2 = ¯¯
1
−e−x 1+e
x
¯
¯
¯=
¯
e−x
1+ex
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS
121
Por lo que u01 y u02 son:
u01 = −
e−2x
ex
=
e−3x (1 + ex )
1 + ex
y
u02 =
e−x
e2x
=
e−3x (1 + ex )
1 + ex
Integrando ambos por separado, tenemos que:
u1 = ln |1 + ex |
y
u2 = 1 + ex − ln |1 + ex |
Por lo tanto la solución particular será:
yp = e−x ln |1 + ex | + e−2x (1 + ex − ln |1 + ex |) = e−x ln |1 + ex | + e−2x +
e−x − e−2x ln |1 + ex |)
Por lo que la solución general será:
y = c01 e−x + c02 e−2x + e−x ln |1 + ex | + e−2x + e−x − e−2x ln |1 + ex |)
¡
¢
y = c1 e−x + c2 e−2x + e−x − e−2x ln |1 + ex |
Problema 6.
y 00 + 3y 0 + 2y = senex
Solución:
La ecuación auxiliar es:
m2 + 3m + 2 = (m + 2) (m + 1) = 0
Cuyas raíces son:
122
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
m1 = −2, m2 = −1
Por lo tanto la función complementaria será:
yc = c1 e−2x + c2 e−x
Susitituyendo tenemos que:
y1 = e−2x , y2 = e−x
f (x) = senex
Calculamos el Wronskiano:
−2x
W (e
¯ −2x
¯ e
e−x
, e ) = ¯¯
−2e−2x −e−x
−x
Así mismo W1 y W2 :
¯
¯ 0
W1 = ¯¯
senex¯
¯
W2 = ¯¯
Por lo que u01 y u02 son:
¯
¯
¯ = −e−3x + 2e−3x = e−3x
¯
¯
e−x ¯¯
= −e−x senex
−e−x ¯
¯
¯
e−2x
0
−2x
¯
senex
−2x
x ¯ = e
−2e
sene
u01 = −e2x senex
u02 = ex senex
y
Integrando ambos por separado, tenemos que:
u1 = −ex senex + senex
y
u2 = senex
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS
123
Por lo tanto la solución particular será:
yp = −e−x senex + e−2x senex + e−x senex = e−2x senex
Por lo que la solución general será:
y = c1 e−2x + c2 e−x + e−2x senex
Problema 8.
y 00 − 2y 0 + y =
ex
1 + x2
Solución:
La ecuación auxiliar es:
m2 − 2m + 1 = (m − 1)2 = 0
Cuyas raíces son:
m = 1 multiplicidad 2
Por lo tanto la solución complementaria será:
yc = c1 ex + c2 xex
Se tiene que:
y1 = ex , y2 = xex
f (x) =
Calculamos el Wronskiano:
ex
1 + x2
124
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
¯ x
¯ e xex
W (ex , ex ) = ¯¯ x
e xex + ex
Así mismo W1 y W2 :
¯
¯
¯ 0
xex ¯¯
xe2x
¯
W1 = ¯ ex
x ¯ = − 1+x2
e
1+x2
¯ x
¯ e 0
W2 = ¯¯ x ex
e 1+x2
Por lo que u01 y u02 son:
u01 = −
x
1 + x2
¯
¯
¯ = e2x
¯
u02 =
y
1
1 + x2
Integrando se tiene que:
u1 = − 12 ln |1 + x2 |
y
u2 = tan−1 x
Por lo tanto la solución particular será:
yp = − 12 ex ln |1 + x2 | + xex tan−1 x
Por lo que la solución general es:
¯
¯
1
y = c1 ex + c2 xex − ex ln ¯1 + x2 ¯ + xex tan−1 x
2
Problema 9.
y 00 + 2y 0 + y = e−x ln x
Solución:
La ecuación auxiliar es:
m2 + 2m + 1 = (m + 1)2 = 0
Tiene una sola raíz:
¯
¯
¯=
¯
e2x
1+x2
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS
125
m = −1 multiplicidad 2
Por lo tanto la función complementaria será:
yc = c1 e−x + c2 xe−x
Susitituyendo tenemos que:
y1 = e−x , y2 = xe−x
f (x) = e−x ln x
Calculamos el Wronskiano:
¯ −x
¯ e
xe−x
W (e−x , e−x ) = ¯¯
−x
−e
−xe−x + e−x
Así mismo W1 y W2 :
¯
¯
¯ = e−2x
¯
¯
¯
−x
¯
¯ 0
e
−2x
¯
W1 = ¯¯ −x
ln x
−x ¯ = −e
e ln ¯x −e
¯
¯ e−x
¯
0
¯
¯ = e−2x ln x
W2 = ¯
−e−x e−x ln x ¯
Por lo que u01 y u02 son:
u01 =
−e−2x ln x
−2e−2x
=
e−2x ln x
2e2x
u02 =
y
e−2x ln x
−2e−2x
Integrando ambos por separado, tenemos que:
u01 = 12 x2 ln |x|
y
Por lo tanto la solución particular será:
u02 = − 34 x2
−2x
ln x
= − e 2e−2x
126
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
yp = 12 x2 ln |x| (e−x ) − 34 x2 (e−x )
Por lo que la solución general es:
1
3
y = c1 e−x + c2 e−x + x2 e−x ln x − x2 e−x
2
4
Problema 10.
3y 00 − 6y 0 + 30y = ex tan3x
SOLUCION:
Identificamos la ecuación auxiliar, siendo esta:
3m2 − 6m + 30 = 0
Cuyas raíces son:
m1 = 1 + 3i
m2 = 1 − 3i
Por lo tanto la función complementaria será:
yc = c1 ex cos3x + c2 ex sen3x
Sustituyendo tenemos que:
y1 = ex cos 3x
y2 = ex sen3x
f (x) = ex tan3x
Calculamos el wronskiano:
¯ x
¯ e cos3x
ex sen3x
W (ex cos3x, ex sen3x) = ¯¯
x
−3e sen3x 3ex cos3x
Así mismo W1 y W2 si sabemos que tan x =
senx
:
cosx
¯
¯
¯ = 3e2x
¯
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS
127
¯
¯
x
¯
¯ 0
e
sen3x
¯ = −e2x sen2 3x
W1 = ¯¯ x
x
cos 3x
e tan¯ 3x 3e cos 3x ¯
¯
x
¯
¯ e cos 3x
0
¯ = e2x sen3x
W2 = ¯¯
x
x
−3e sen3x e tan 3x ¯
Por lo que u01 y u02 son:
2
u01
3x
−e2x sen
sen2 3x
e2x sen2 3x
cos 3x
=
−
=
=
−
3e2x
3e2x cos 3x
3 cos 3x
y
u02 =
e2x sen3x sen3x
=
3e2x
3
Integrando ambos por separado, tenemos que:
u1 = − 19 ln |sec 3x + tan 3x| + 19 sen3x
y
u2 = − 19 cos 3x
Por lo tanto la solución particular será:
yp = − 19 ex cos 3x ln |sec 3x + tan 3x| + 19 ex sen3x cos 3x − 19 ex cos 3xsen3x =
− 19 ex cos 3x ln |sec 3x + tan 3x|
Por lo que la solución general es:
1
y = c1 ex cos 3x + c2 ex sen3x − ex cos 3x ln |sec 3x + tan 3x|
9
128
CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Chapter 5
Transformada de Laplace
Definición: Sea una función f definida para t ≥ 0. Entonces la integral
Z ∞
e−st f (t)dt
$ {f (t)} =
0
se dice que es la transformada de Laplace de f , siempre y cuando la integral
converja.
La transformada de Laplace es una transformación lineal:
Z ∞
Z ∞
Z ∞
−st
−st
e [αf (t) + βg(t)] dt = α
e f (t)dt + β
e−st g(t)dt
0
0
0
es decir:
$ {αf (t) + βg(t)} = α$ {f (t)} + β$ {g(t)} = αF (s) + βG(s)
Se puede aplicar la definición para obtener las transformadas de algunas
funciones básicas, por ejemplo:
n!
$ {tn } =
sn+1
© ª
$ eat =
1
s−a
$ {senkt} =
129
s2
k
+ k2
130
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
s
+ k2
$ {cos kt} =
s2
$ {senhkt} =
k
s2 − k2
$ {cosh kt} =
s2
s
− k2
En los problemas 1 y 2 use la definición para encontrar la
transformada de Laplace de las siguientes funciones:
Problema 1.
f (t) = et+7
Solución:
Z
Z ∞
−st t+7
e e dt =
$ {f (t)} =
0
∞
−st+t+7
e
dt =
0
Z
∞
(−s+1)t 7
e
0
Realizando un cambio de variable
u = (−s + 1) t
du = (−s + 1)dt
du
−s + 1
dt =
7
$ {f (t)} = e
7
e
Z
∞
Z
∞
eu
du
−s + 1
eu
e7 £ −st ¤∞
du =
e
0
−s + 1
−s + 1
7
e dt = e
Z
∞
e(−s+1)t dt
5.1. TRANSFORMADA INVERSA
131
Evaluando tenemos:
$ {f (t)} =
e7
e7
[0 − 1] =
−s + 1
s−1
Problema 2.
f (t) = te4t
Solución:
Z ∞
Z
¡ 4t ¢
−st
e
$ {f (t)} =
te dt =
∞
(4−s)t
te
¯
¯ Z
¯ te(4−s)t ¯∞
¯
¯ +
dt = ¯
− (s − 4) ¯
0
0
∞
e(4−s)t
dt
(s − 4)
¯ (4−s)t ¯∞ ¯
¯∞
¯ te
¯
¯
¯
1
(4−s)t
¯
¯ −¯
$ {f (t)} = ¯¯
e
¯
¯ (s − 4)2
− (s − 4) ¯
0
0
Evaluando tenemos:
·
$ {f (t)} = 0 − 0 −
5.1
¸
1
1
2 =
(s − 4)
(s − 4)2
Transformada inversa
La transformada inversa puede encontrarse fácilmente si se tiene en cuenta que
f (t) = $−1 {s}
En los siguientes problemas determinar la transformada inversa
que se pide.
Problema 1.
−1
$
Solución:
Rescordando que
½
1
s3
$ {tn } =
¾
n!
sn+1
Se completa la transformada multiplicando y dividiendo entre 2
132
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
−1
$
½
1
s3
¾
Problema 2.
½
−1
$
Solución:
Se separa la transformada:
−1
$
½
½
1
= $−1
2
1
s2
2
s3
1
48
− 5
2
s
s
¾
−1
−$
¾
1
= t2
2
¾
½
48
s5
¾
La primera se resuelve directamente y para la segunda se completa de la
siguente manera:
−1
$
½
1
48
−
s2
s5
¾
−1
½
48
2s5
$−1
(
(s + 1)3
s4
= t − 2$
Problema 3.
¾
−1
= t − 2$
½
24
s5
¾
= t − 2t4
)
Solución:
Se desarrolla el binomio:
(
)
½ 3
¾
s + 3s + 3s2 + 1
(s + 1)3
−1
−1
=$
$
s4
s4
Se separa la transformada:
½ 3¾
½ ¾
½ ¾
½ ¾
s
3
3
1
−1
−1
−1
−1
$
+$
+$
+$
4
3
2
s
s
s
s4
Se completa la segunda y cuarta transformada
½ 3¾
½ ¾
½ ¾
½ ¾
s
3 −1 2
3
1 −1 6
−1
−1
$
+ $
+$
+ $
s4
2
s3
s2
6
s4
El resultado es:
5.1. TRANSFORMADA INVERSA
$−1
(
(s + 1)3
s4
Problema 4.
−1
$
½
)
133
3
1
= 1 + t2 + 3t + t3
2
6
1
1
1
+ +
2
s
s s−2
¾
Solución:
Se resuelve de forma directa usando las fórmulas:
$ {tn } =
y
$
½
1
t−a
¾
n!
s3
= eas
Por lo tanto el resultado es:
½
¾
1
1
1
−1
= t + 1 + e2t
+ +
$
s2 s s − 2
Problema 5.
−1
$
½
5
2
s + 49
½
4s
2
4s + 1
¾
a
Solución: Por la fórmula $ {senat} = s2 +a
2 , se completa la transformada
½
¾
7
5 −1
7
$
= sen7t
2
7
s + 49
5
Problema 6.
−1
$
¾
Solución:
Se divide entre 4 para que se pueda resolver por la transformada del
coseno
½
¾
s
1
−1
$
=
cos
t
1
2
s2 + 4
134
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Problema 7.
−1
$
½
2s − 6
s2 + 9
¾
Se separa la transformada
½
½
¾
¾
2s
6
−1
−1
−$
$
s2 + 9
s2 + 9
Se completa la transformada
½
½
¾
¾
s
3
−1
−1
2$
− 2$
= 2 cos 3t − 2sen3t
s2 + 9
s2 + 9
Problema 8.
−1
$
½
1
s2 (s2 + 4)
¾
Solución:
Se resuelve por fracciones parciales:
1
s2
(s2
+ 4)
=
A B Cs + D
+ 2+ 2
s
s
(s + 4)
1 = A(s)(s2 + 4) + B(s2 + 4) + Cs(s2 ) + D(s2 )
1 = As3 + 4A + Bs2 + 4B + Cs3 + Ds2
1 = s3 (A + C) + s2 (B + D) + 4 (A + B)
1
1
B = , C = 0, A = 0, D =
4
4
Se sustituyen los valores y se completa la transformada para obtener el
resultado.
½ ¾
½
½ ¾
½
¾
¾
1 −1 1
1 −1
1
1 −1
2
1 −1 1
1 1
+ $
+ $
$
= $
= t+ sen2t
2
2
2
2
4
s
4
s +4
4
s
8
s +4
4 8
5.1. TRANSFORMADA INVERSA
Problema 9.
−1
$
½
s
2
(s + 4) (s + 2)
Solución:
Se realizan fracciones parciales
(s2
135
¾
s
As + B
C
= 2
+
+ 4) (s + 2)
(s + 4) (s + 2)
s = As2 + Bs + 2As + 2B + Cs2 + 4C
s = s2 (A + C) + s (B + 2A) + 2B + 4C
1
1
1
B= , C= , A=−
2
4
4
Se sustituyen los valores y se resuelve:
½
½
½
¾
¾
¾
1 −1
1 −1
1
1
1
1 −1
s
1
1
+ $
+ $
= − cos 4t+ sen2t+ e−2t
− $
2
2
4
(s + 4)
2
(s + 4)
4
(s + 2)
4
4
4
Problema 10.
−1
$
½
¾
1
s2 + 3s
Solución: Se factoriza el denominador, y se realizan fracciones parciales.
½
½
¾
¾
1
1
−1
−1
=$
$
s2 + 3s
s (s + 3)
A
B
A(s + 3) + B(s)
1
= +
=
s (s + 3)
s
s+3
s (s + 3)
1 = A (s + 3) + B (s) = (A + B) s + 3A
3A = 1
∴
1
1
A= , B =−
3
3
136
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Se sustituyen los valores en las tranformadas, y se aplica la inversa a cada
una de ellas.
½
½ ¾
½
¾
¾
1
1
1 −1 1
1 −1
1 1
−1
$
= $
− $
= − e−3t
2
s + 3s
3
s
3
s+3
3 3
Problema 11.
¾
0.9s
$
(s − 0.1) (s + 0.2)
Solución: Se aplican fracciones parciales, una vez obtenidos los valores,
se sustituyen y se aplica a cada una su transformada.
−1
½
0.9s
A
B
=
+
(s − 0.1) (s − 0.2)
s − 0.1 s + 0.2
0.9 = (A + B) s + 0.2A − 0.1B
A = 0.3, B = 0.6
−1
$
½
½
½
¾
¾
¾
0.9s
1
1
−1
−1
= 0.3$
+0.6$
= 0.3e0.1t +0.6e−0.2t
(s − 0.1) (s + 0.2)
s − 0.1
s + 0.2
Problema 12.
−1
$
½
1
¾
s2 (s2 + 4)
Solución: Se realizan fracciones parciales.
1
A B Cs + D
+ 2+ 2
+ 4)
s
s
s +4
¢
¡
¢
¡ ¢
¡
1 = A (s) s2 + 4 + B s2 + 4 + (Cs + D) s2
s2
(s2
=
1
1
A = 0, B = , C = 0, D = −
4
4
Una vez encontrados los valores, se sustituyen en las transformadas, y se
aplica la transformada inversa
5.2.
−1
$
TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS
½
5.2
1
¾
s2 (s2 + 4)
137
½ ¾
½
½
¾
¾
1 −1
1
2
1 −1 1
1 1 −1
1 1
− $
= $
= t− $
= t− sen2t
2
2
2
4
s
4
s +4
4 8
s +4
4 8
Teoremas de traslación y derivadas
Primer teorema de traslación
Si F (s) = $ {f (t)} y a es cualquier número real, entonces
ª
©
$ eat f (t) = F (s − a)
La función escalón
unitario u(t − a) se define como
½
0 si o ≤ t < a
u(t − a) =
1 si t ≥ a
Segundo teorema de traslación
Si F (s) = $ {f (t)} y a > 0, entonces
$ {f (t − a)u(t − a)} = e−as F (s)
Adicionalmente se puede usar una forma alternativa del segundo teorema
$ {g(t)u(t − a)} = e−as $ {g(t + a)}
Derivadas de una transformada
Si F (s) = $ {f (t)} y a > 0, entonces
$ {tn f (t)} = (−1)n
dn
F (s)
dsn
En los siguientes problemas encuentre la transformada de Laplace.
Problema 1.
©
ª
$ te10t
Solución: En el primer teorema de traslación:
a = 10, y f (t) = t
F (s) = $ {f (t)} = $ {t}
138
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
1
s2
F (s) =
F (s − a) =
1
(s − 10)2
ª
©
∴ $ te10t =
Problema 2.
1
(s − 10)2
©
ª
$ te−6t
Solución: Del primer teorema de traslación:
a = −6, f (t) = t
F (s) = $ {f (t)} = $ {t}
1
s2
F (s) =
F (s − a) =
1
(s + 6)2
©
ª
∴ $ te−6t =
Problema 3.
Solución:
1
(s + 6)2
ª
©
$ t3 e−2t
a = −2, f (t) = t3
5.2.
TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS
© ª
F (s) = $ {f (t)} = $ t3
6
s4
F (s) =
F (s − a) =
Problema 4.
Solución:
6
(s + 2)4
©
ª
∴ $ t3 e−2t =
6
(s + 2)4
©
ª
$ et sen3t
a=1
f (t) = sen3t
F (s) = $ {f (t)} = $ {sen3t}
F (s) =
F (s − a) =
Problema 5.
s2
3
+9
3
(s − 1)2 + 9
©
ª
∴ $ et sen3t =
3
(s − 1)2 + 9
ª
©
$ e5t senh3t
139
140
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Solución:
a = 5, f (t) = senh3t
F (s) = $ {f (t)} = $ {senh3t} =
F (s − a) =
3
−9
3
(s − 5)2 − 9
©
ª
∴ $ e5t senh3t =
Problema 6.
s2
3
(s − 5)2 − 9
©
ª
$ e−t sen2 t
Solución: A partir del primer teorema de traslación:
a = −1, f (t) = sen2 t =
F (s) = $ {f (t)} = $
½
1 1
− cos 2t
2 2
¾
1 1
1
1
− cos 2t = $ {1} − $ {cos 2t}
2 2
2
2
F (s) =
1
s
1
− ( 2
)
2s 2 s + 4
·
¸
1
1
s+1
1
1
s+1
F (s − a) =
− (
)=
−
2(s + 1) 2 (s + 1)2 + 4
2 (s + 1) (s + 1)2 + 4
·
¸
© 5t
ª 1
1
s+1
∴ $ e senh3t =
−
2 (s + 1) (s + 1)2 + 4
Problema 7.
−1
$
Solución:
Recordando que:
½
1
(s + 2)3
¾
5.2.
TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS
141
$−1 {F (s − a)} = eat f (t)
−1
$
½
1
(s + 2)3
¾
−1
½
½
1
(s + 2)3
−1
½
=$
∴$
−1
Problema 8.
$
Solución:
1
|s→s+2
s3
¾
¾
1
= $−1
2
½
2
|s→s+2
s3
¾
1
= t2 e−2t
2
s
2
s + 4s + 5
¾
Es necesario completar el trinomio cuadradro perfecto:
s
s
s
= 2
=
+ 4s) + 5
(s + 4s + 4) + 1 (s + 2)2 + 1
(s2
Sustituyendo:
−1
$
−1
=$
−1
$
½
½
½
s
(s + 2)2 + 1
¾
−1
=$
½
s+2−2
(s + 2)2 + 1
¾
=
¾
½
¾
s+2
1
−1
|s→s−2 − 2$
|s→s+2
(s + 2)2 + 1
(s + 2)2 + 1
s
2
s +1
¾
−1
− 2$
½
Problema 9.
−1
$
1
2
s +1
½
Solución:
Utilizando fracciones parciales:
¾
= e−2t cos t − 2e−2t sent
s
(s + 1)2
¾
142
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
B
A
s
+
=
2
(s + 1)
s + 1 (s + 1)2
A(s + 1) + B
s
=
2
(s + 1)
(s + 1)2
s = As + A + B
Por lo que se obtiene:
A=1
B = −1
Sustituyendo:
½
½
¾
½
½
¾
¾
¾
1
1
1
1
−1
−1
−1
−1
=$
−$
−$
|s→s+1 = e−t −te−t
$
2
2
s+1
(s + 1)
s+1
(s + 1)
Problema 10.
$ {(t − 1)u(t − 1)}
Solución: En el segundo teorema de traslación:
a=1
f (t − 1) = t − 1
f (t) = t
$ {f (t)} = $ {t} =
Finalmente:
1
s2
5.2.
TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS
$ {(t − 1)u(t − 1)} =
Problema 11.
143
e−s
s2
©
ª
$ (t − 1)3 et−1 u(t − 1)
Solución: Se usa el segundo teorema de traslación.
a = 1, f (t − 1) = (t − 1)3 et−1
f (t) = t3 et
© ª
$ {f (t)} = $ t3 et
Como:
$ {t3 } = s64
6
F (s − a) = (s−1)
4
Finalmente:
ª
©
$ (t − 1)3 et−1 u(t − 1) =
6e−s
(s − 1)4
Problema 12.
−1
$
½
e−2s
s3
¾
−1
=$
½
1 −2s
e
s3
¾
Solución: Usando el segundo teorema de traslación en su forma inversa:
a=2
F (s) =
1
s3
1
f (t) = t2
2
144
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
f (t − a) =
(t − 2)2
2
Por lo que finalmente:
−1
$
½
e−2s
s3
¾
=
(t − 2)2
u(t − 2)
2
Problema 13.
Solución:
Recordando que:
$ {t cos 2t}
$ {tf (t)} = −
dF (s)
ds
Donde:
f (t) = cos 2t
F (s) = $ {f (t)} = $ {cos 2t} =
s2
s
+4
¶
µ 2
¶
µ
¶
µ 2
s + 4 − 2s2
s
(s + 4) − s(2s)
d
=−
=
=−
$ {tf (t)} = −
ds s2 + 4
(s2 + 4)2
(s2 + 4)2
¶
µ 2
s2 − 4
−s + 4
=
$ {tf (t)} = −
(s2 + 4)2
(s2 + 4)2
Finalmente:
$ {t cos 2t} =
Problema 14.
Solución:
Recordando que:
s2 − 4
(s2 + 4)2
©
ª
$ te2t sen6t
5.2.
TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS
$ {tf (t)} = −
dF (s)
ds
f (t) = e2t sen6t
Si f (t) = sen6t
©
ª
F (s) = $ {f (t)} = $ e2t sen6t
6
s2 + 36
F (s) =
F (s − a) =
6
(s − 2)2 + 36
Sustituyendo:
µ
¶
ª
© 2t
d
6
6(2s − 4)
=
$ te sen6t = −
2
ds (s − 2) + 36
[(s − 2)2 + 36]2
Finalmente:
ª
©
$ te2t sen6t =
Problema 15.
−1
$
½
12s − 24
[(s − 2)2 + 36]2
s
2
(s + 1)2
¾
Solución: Usando el mismo argumento que en el problema anterior:
$ {tf (t)} = −
−1
$
n
dF (s)
ds
o
dF (s)
ds
= −tf (t)
145
146
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Como:
d
1
2s
( 2
)=− 2
ds s + 1
(s + 1)2
s
1 d
1
=−
( 2
)
2
+ 1)
2 ds s + 1
(s2
−1
$
½
s
(s2 + 1)2
¾
−1
=$
½
¾
1 d
1
1
1
−
( 2
) = − (−tsent) = tsent
2 ds s + 1
2
2
Problema 16. Exprese cada función en términos de funciones escalón
unitario. Determine la transformada de Laplace de la función respectiva.
¾
½
2, si 0 ≤ t < 3
f (t) =
−2, si t ≥ 3
Solución:
En términos de la función escalón unitario la función se escribe como:
f (t) = 2 − 4u(t − 3)
$ {f (t)} = $ {2 − 4u(t − 3)} = 2$ {1} − 4$ {u(t − 3)}
Recordando que:
$ {f (t − a)u(t − a)} = e−as F (s)
Finalmente:
$ {f (t)} =
2 4e−3s
−
s
s
Problema 17. Exprese cada función en términos de funciones escalón
unitario. Determine la transformada de Laplace de la función respectiva.
½
¾
0, si 0 ≤ t < 1
f (t) =
t2 , si t ≥ 1
Solución:
Recordando:
5.2.
TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS
147
$ {f (t − a)u(t − a)} =e−as F (s)
Por lo tanto hay que completar la expresión de la función de la siguiente
forma:
f (t) = t2 u(t − 1) = (t − 1)2 u(t − 1) + 2tu(t − 1) − u(t − 1)
f (t) = (t − 1)2 u(t − 1) + 2(t − 1)u(t − 1) + u(t − 1)
©
ª
$ {f (t)} = $ (t − 1)2 u(t − 1) + 2(t − 1)u(t − 1) + u(t − 1)
Aplicando el segundo teorema de traslación se tiene:
$ {f (t)} = e
−s
©
ª
£ © 2ª
¤
$ (t) + 2$ {t} + $ {1} = e−s $ t2 + 2t + 1 = e−s
·
2
2
1
+ 2+
3
s
s
s
Problema 18.
f (t) = u(t − a) − u(t − b)
Solución:
$ {f (t)} = $ {u(t − a)} − $ {u(t − b)}
$ {f (t)} =
Problema 19.
−1
f (t) = $
Solución:
−1
f (t) = $
½
1
s2
e−as e−bs
−
s
s
½
¾
1
e−s
−
s2
s2
−1
−$
¾
½
¾
−s 1
e 2
s
Por lo tanto:
f (t) = t − (t − 1)u(t − 1)
Problema 20. Aplicar la propiedad f (t) = − 1t $−1
uar la transformada inversa
©d
ds
ª
F (s) para eval-
¸
148
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
−1
$
Solución:
½
¾
s−3
ln
s+1
$−1 {ln(s − 3) − ln(s + 1)}
Por lo que:
d
1
(ln(s − 3)) =
ds
s−3
d
1
(ln(s + 1)) =
ds
s+1
½
½
·
¾
¾¸
1
1
1
−1
−1
f (t) = − $
ln
ln
−$
t
s−3
s+1
f (t) = −
¤
1 £ 3t
e − e−t
t
f (t) = −
f (t) =
e3t e−t
+
t
t
e−t − e3t
t
Problema 21. Determinar
ª
©
$ (t2 − 3t)u(t − 2)
reescribiéndolo en términos de potencias de t − 2.
Solución:
Si
g(t) = t2 − 3t = (t − 2)2 − 3(t − 2) + 4t − 4 − 6
g(t) = (t − 2)2 − 3(t − 2) + 4(t − 2) − 10 + 8
g(t) = (t − 2)2 + (t − 2) − 2
©
ª
©£
¤
ª
$ (t2 − 3t)u(t − 2) = $ (t − 2)2 + (t − 2) − 2 u(t − 2) = e−2s
·
2
1
2
+ 2−
3
s
s
s
¸
5.3. DERIVADAS, INTEGRALES Y FUNCIONES PERIÓDICAS
5.3
149
Derivadas, integrales y funciones periódicas
Transformada de una derivada
Si f (t), f 0 (t), ...,f (n−1) (t) son funciones continuas sobre [0, ∞) entonces
ª
©
$ f (n) (t) = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f 0 (0) − ... − f (n−1) (0),
donde F (s) = $ {f (t)}
La convolución de dos funciones se define como
Z t
f ∗g =
f (τ )g(t − τ )dτ
0
Teorema de convolución
Si f (t) y g(t) son funciones seccionalmente continuas en [0, ∞) y de orden
exponencial, entonces
$ {f ∗ g} = $ {f (t)} $ {g(t)} = F (s)G(s)
Transformada de una función periódica
Si f (t) es una función seccionalmente continua en [0, ∞), de orden exponencial y periodo T , entonces
Z T
1
e−st f (t)dt
$ {f (t)} =
1 − e−sT 0
Problema 1. Aplique el resultado
sF (s) − f (0) para evaluar $ {et }
Solución:
Se sabe que
Si f (t) = et , f (0) = 1
Por lo tanto:
¡d¢ t
e = et y la ecuación $ {f 0 (t)} =
dt
© ª
$ et =
1
s−1
$ {f 0 (t)} = sF (s) − f (0)
150
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
$ {f (t)} = sF (s) − 1
F (s) = sF (s) − 1
F (s)(s − 1) = 1
F (s) =
1
s−1
© ª
∴ $ et =
1
s−1
¡d¢ 2
Problema 2. Aplique el resultado dt cos t = −sen2t y la ecuación
$ {f 0 (t)} = sF (s) − f (0) para evaluar $ {cos2 t} .
Solución:
Si F (s) = $ {cos2 t}, f (0) = cos2 (0) = 1
$ {f 0 (t)} = sF (s) − f (0)
$ {−sen2t} = sF (s) − 1
−
s2
2
= sF (s) − 1
+4
sF (s) = 1 −
F (s) =
s2 + 2
2
=
s2 + 4
s2 + 4
s2 + 2
s(s2 + 4)
Problema 3. Suponga que una función y(t) cuenta con las
propiedades y(0) = 1 y y’(0) = -1. Determine la transformada
Laplace de la siguiente expresión.
5.3. DERIVADAS, INTEGRALES Y FUNCIONES PERIÓDICAS
151
y 00 + 3y 0
Solución: Se aplica la expresión para la derivada de una tranformada y
las condiciones, de lo que queda, factorizamos Y (S), y a lo demás lo despejamos.
s2 Y (s) − sy (0) − y 0 (0) + 3 (sY (s) − y (0)) = 0
¢
¡
Y (s) s2 + 3s − s + 1 − 3 = 0
¡
¢
Y (s) s2 + 3s − s − 2 = 0
¢
¡
Y (s) s2 + 3s = s + 2
s+2
s2 + 3s
Aplicamos fracciones parciales, y a los valores encontrados los sustituimos,
aplicando la transformada inversa.
Y (s) =
s+2
A
B
= +
2
s + 3s
s
s+3
s + 2 = A (s + 3) + B(s)
A=
B=
−1
y (t) = $
3
2
1
3
½ ¾
½
¾
1
2 −1 1
1 −1
2 1
{Y (s)} = $
+ $
= + e−3t
3
s
3
s+3
3 3
Problema 4. Suponga que una función y(t) tiene las propiedades y(0) =
2 y y 0 (0) = 3. Despeje la transformada de Laplace $ {y(t)} = Y (s).
152
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
y 00 − 2y 0 + y = 0
Solución: Se aplica la fórmula de la derivada de una tranformada y las
condiciones iniciales, de lo que queda, factorizamos Y (S), y a lo demás lo
despejamos.
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 2 (sY (s) − y (0)) + Y (s) = 0
¢
¡
Y (s) s2 − 2s + 1 − 2s − 3 + 4 = 0
Y (s) (s − 1)2 = 2s − 1
2s − 1
(s − 1)2
Y (s) =
Problema 5.
$
½Z
t
τ
e dτ
0
¾
Solución:
Se utiliza la fórmula de la derivada de una integral:
½Z t
¾
F (s)
$
f (τ )dτ =
s
0
1
,
s−1
en este caso f (τ ) = e τ , F (s) =
$
½Z
t
τ
e dτ
0
Problema 6.
$
½Z
0
por lo tanto:
¾
=
1
s (s − 1)
t
t−τ
τe
dτ
¾
Solución: Utilizamos la transformada de la convolución:
5.3. DERIVADAS, INTEGRALES Y FUNCIONES PERIÓDICAS
$
½Z
t
0
f (τ )g(t − τ )dτ
¾
153
= F (s)G(s)
donde F (s) = $ {f (t)} y G(s) = $ {g(t)}
© ª
1
1
, $ et =
2
s
s−1
$ {t} =
Por lo tanto:
$
½Z
t
t−τ
τe
0
Problema 7.
dτ
¾
=
s2
1
(s − 1)
©
ª
$ t2 ∗ t4
Solución: La transformada de la convolución es el producto de las transformadas:
© ª
2
$ t2 = 3
s
© ª 4!
24
$ t4 = 5 = 5
s
s
©
ª 48
$ t2 ∗ t4 = 8
s
Problema 8.
©
ª
$ e−t ∗ et cos t
Solución: Al igual que en el problema anterior:
© ª
$ e−t =
1
s+1
Para encontrar $ {et cos t} se hace una traslación:
ª
©
$ et cos t =
s
s−1
=
|
s→s−1
s2 + 1
(s − 1)2 + 1
154
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
ª
©
$ e−t ∗ et cos t =
Problema 9.
−1
$
s−1
£
¤
(s + 1) (s − 1)2 + 1
½
¾
1
s (s + 1)
Solución: Se utiliza el teorema de convolución en su forma inversa:
½
½µ ¶ µ
¾
¶¾
1
1
1
−1
−1
=$
= t ∗ e−t
$
s (s + 1)
s
s+1
Problema 10. Halle la transformada de Laplace de la función periódica.
½
f (t) =
1
si 0 ≤ t < 0
T = 2a
−1 si a ≤ t ≤ 2a
Solución: Para obtener la transformada de una función periódica se
procede de la siguiente forma:
1
$ {f (t)} =
1 − e−2as
Z
2a
0
−st
e
1
f (t) dt =
1 − e−2as
1
$ {f (t)} =
1 − e−2as
µZ
a
−st
e
dt +
0
"µ
¶a µ
¶2a #
1 −st
1 −st
− e
e
+
s
s
0
a
Z
2a
−st
e
a
·µ
¶¸
¶ µ
1 −as 1
1
1 −2as 1 −as
− e
$ {f (t)} =
+
e
+
− e
1 − e−2as
s
s
s
s
µ
¶
1 2 −as 1 −2as
(1 − 2e−as + e−2as )
1
=
−
e
e
+
$ {f (t)} =
1 − e−2as s s
s
s (1 − e−2as )
$ {f (t)} =
1 − e−as
(1 − e−as ) (1 − e−as )
=
s (1 − e−as ) (1 + e−as )
s (1 − e−as )
(−1) dt
¶
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
5.4
155
Aplicaciones de la Transformada de Laplace
En los siguientes problemas use la transformada de Laplace para resolver
la ecuación dferencial respectiva, sujeta a las condiciones iniciales indicadas.
Cuando sea apropiado, exprese f en términos de funciones escalón unitario.
Problema 1.
dy
− y = 1, y(0) = 0
dx
Solución:
1
s
1
sY (s) − 0 − Y (s) =
s
1
sY (s) − Y (s) =
s
sY (s) − y(0) − Y (s) =
factorizamos Y (s) y la despejamos:
Y (s)(s − 1) =
Y (s) =
1
s
1
s(s − 1)
aplicamos la transformada inversa:
−1
$
½
Y (s) =
y(t) = et − 1
Problema 2.
1
s(s − 1)
dy
+ 2y = t, y (0) = −1
dt
Solución:
$
½
¾
dy
+ 2y = t
dt
¾
156
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Resolviendo la transformada:
sY (s) − y (0) + 2Y (s) =
1
s2
Aplicando la condición inicial
sY (s) + 1 + 2Y (s) =
1
s2
Factorizando y despejando a Y (S):
Y (s) (s + 2) =
Y (s) =
s2
1
−1
s2
1
1
−
(s + 2) s + 2
Realizando la inversa de la transformada para obtener y(t) tenemos que:
½
½
¾
¾
1
1
−1
−1
−1
y (t) = $ {Y (s)} = $
−$
s2 (s + 2)
s+2
Resolviendo por fracciones parciales:
1
C
A B
+
=
+
s2 (s + 2)
s
s2 (s + 2)
Encontrando los valores de A, B, y C:
A=−
1
4
B=
1
2
C=
1
4
Sustituyendo los valores:
½ ¾
½ ¾
½
½
¾
¾
1 −1
1
1
1 −1 1
1 −1 1
−1
+ $
+ $
−$
y (t) = − $
4
s
2
s2
4
s+2
s+2
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
157
1 1
1
y (t) = − + t + e−2t − e−2t
4 2
4
3
1 1
y (t) = − + t − e−2t
4 2
4
Problema 3.
y 0 + 4y = e−4t , y(0) = 2
Solución:
©
ª
$ y 0 + 4y = e−4t
Resolviendo la transformada:
sY (s) − y(0) + 4Y (s) =
1
s+4
Aplicando la condición:
sY (s) − 2 + 4Y (s) =
1
s+4
Factorizando y despejando a Y (S):
Y (s) (s + 4) =
Y (s) =
1
+2
s+4
2
1
2 +
s+4
(s + 4)
Realizando la inversa de la transformada para obtener y(t) tenemos que:
½
¾
½
¾
1
1
−1
−1
−1
+ 2$
y (t) = $ {Y (s)} = $
s+4
(s + 4)2
−1
y (t) = $
½¯ ¯
¾
¯1¯
¯ ¯
+ 2e−4t
¯ s2 ¯
s→s+4
158
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
y (t) = te−4t + 2e−4t
Problema 4.
y 00 + 5y 0 + 4y = 0, y (0) = 1, y 0 (0) = 0
Solución:
$ {.y 00 + 5y 0 + 4y = 0}
Resolviendo la transformada:
s2 Y (s) − sy (0) − y 0 (0) + 5 (sY (s) − y (0)) + 4Y (s) = 0
Aplicando las condiciones iniciales:
s2 Y (s) − s + 5sY (s) − 5 + 4Y (s) = 0
Factorizando y despejando a Y (S):
¢
¡
Y (s) s2 + 5s + 4 = s + 5
Y (s) =
s
5
+
(s + 4) (s + 1) (s + 4) (s + 1)
Realizando la inversa para obtener y(t):
½
½
¾
¾
s
5
−1
−1
+$
y (t) = $
(s + 4) (s + 1)
(s + 4) (s + 1)
Resolviendo por fracciones parciales:
s
A
B
=
+
(s + 4) (s + 1)
s+4 s+1
A=
4
3
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
B=−
159
1
3
5
C
D
=
+
(s + 4) (s + 1)
s+4 s+1
C=−
D=
5
3
5
3
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada para
obtener y(t) tenemos que:
½
½
½
½
¾
¾
¾
¾
1
1
1
1
1 −1
5 −1
5 −1
4 −1
− $
− $
+ $
y (t) = $
3
s+4
3
s+1
3
s+4
3
s+1
1
5
5
1
4
4
y (t) = e−4t − e−t − e−4t + e−t = − e−4t + e−t
3
3
3
3
3
3
Problema 5.
y 00 − 6y 0 + 9y = t, y (0) = 0, y 0 (0) = 1
Solución:
$ {y 00 − 6y 0 + 9y = t}
Resolviendo la transformada:
s2 Y (s) − sy (0) − y 0 (0) − 6 (sY (s) − y (0)) + 9sY (s) =
Aplicando las condiciones iniciales:
s2 Y (s) − 1 − 6sY (s) + 9sY (s) =
1
s2
1
s2
160
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Factorizando y despejando a Y (S):
¡
¢
1
Y (s) s2 − 6s + 9 = 2 + 1
s
Y (s) =
s2
1
1
2 +
(s − 3)
(s − 3)2
Realizando la inversa para obtener y(t):
½
¾
½
¾
1
1
−1
−1
y (t) = $
+$
s2 (s − 3)2
(s − 3)2
Resolviendo por fracciones parciales:
1
A B
C
D
= + 2+
+
2
s
s
s − 3 (s − 3)2
s2 (s − 3)
Obteniendo los valores:
A=
2
1
2
1
, B= , C=− , D=
27
9
27
9
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada para
obtener y(t) tenemos que:
½ ¾
½ ¾
½
½
¾
½
¾
¾
2 −1
1
1
1
1 −1 1
1 −1
2 −1 1
−1
− $
+$
+ $
+ $
y (t) = $
27
s
9
s2
27
s−3
9
(s − 3)2
(s − 3)2
½¯ ¯
¾
½¯ ¯
¾
¯ ¯
1
2 3t 1 −1 ¯¯ 1 ¯¯
2
−1 ¯ 1 ¯
+$
+ t− e + $
y (t) =
¯ s2 ¯
¯ s2 ¯
27 9
27
9
s→s−3
s→s−3
y (t) =
1
2
1
2
2
1
2
10
+ t − e3t + te3t + te3t =
+ t − e3t + te3t
27 9
27
9
27 9
27
9
Problema 6.
y 00 + y = sin t, y (0) = 1, y 0 (0) = −1
Solución:
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
161
$ {.y 00 + y = sin t}
Resolviendo la transformada:
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) =
s2
1
+1
Aplicando las condiciones iniciales:
s2 Y (s) − s + 1 + Y (s) =
s2
1
+1
Despejando y factorizando a Y (S):
¡
¢
Y (s) s2 + 1 =
Y (s) =
s2
1
+s−1
+1
1
1
s
− 2
+ 2
2
s +1 s +1
(s2 + 1)
Realizando la inversa de la transformada para obtener y(t) tenemos que:
½
¾
½
½
¾
¾
1
s
1
−1
−1
−1
+$
−$
y (t) = $
s2 + 1
s2 + 1
(s2 + 1)2
n
o
1
se requiere realizar una
Para poder realizar la inversa : $−1 (s2 +1)
2
convolución como sigue:
½
¾
1
1
−1
$
= sin t ∗ sin t
s2 + 1 s2 + 1
sin t ∗ sin t =
Z
t
0
sin τ sin (t − τ ) dτ =
Z
0
t
sin τ (sin t cos τ − cos t sin τ ) dτ
Resolviendo la integral se tiene:
sin t ∗ sin t =
sin3 t 1
1
− t cos t + sin cos2 t
2
2
2
162
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Sustituyendo para obtener y(t) y resolviendo las transformadas inversas
restantes:
y (t) =
sin3 t 1
1
− t cos t + sin cos2 t + cos t − sin t
2
2
2
y (t) =
1
1
sin t − t cos t + cos t − sin t
2
2
1
1
y (t) = cos t − t cos t − sin t
2
2
Problema 7.
y 00 − y 0 = et cos t, y (0) = 0, y 0 (0) = 0
Solución:
©
ª
$ y 00 − y 0 = et
Resolviendo la transformada:
¯
¯
¯ s ¯
¯
s Y (s) − sy (0) − y (0) − (sY (s) − y (0)) = ¯¯ 2
s + 1¯
2
0
s→s−1
Aplicando las condiciones iniciales:
s2 Y (s) − sY (s) =
s−1
(s − 1)2 + 1
Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:
¡
¢
Y (s) s2 − s =
Y (s) =
s (s2
s−1
(s − 1)2 + 1
1
− 2s + 2)
Realizando la inversa para obtener a y(t):
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
−1
y (t) = $
½
1
2
s (s − 2s + 2)
163
¾
Resolviendo por fracciones parciales:
s (s2
A
Bs + C
1
= + 2
− 2s + 2)
s
(s − 2s + 2)
Obteniendo valores:
1
1
A= , B=− , C=1
2
2
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada para
obtener y(t) tenemos que:
½ ¾
½
½
¾
¾
1 −1 1
s
1
1 −1
−1
y (t) = $
− $
+$
2
s
2
(s − 1)2 + 1
(s − 1)2 + 1
1 1
y(t) = − $−1
2 2
1 1
y (t) = −
2 2
Ã
$−1
½
½
s−1+1
(s − 1)2 + 1
s−1
(s − 1)2 + 1
¾
¾
s→s−1
−1
+$
+ $−1
¯
½¯
¯ 1 ¯
¯
¯
¯ s2 + 1 ¯
½
s→s−1
1
(s − 1)2 + 1
¾
¾!
+ et sin t
¯
µ
¾
½
½¯
¾¶
¯ 1 ¯
1 1
s
−1
−1 ¯
¯
$
y (t) = −
+ et sin t
+$
¯
¯
2
2
2 2
s + 1 s→s−1
s + 1 s→s−1
y (t) =
1
1 1 t
− e cos t − et sin t + et sin t
2 2
2
y (t) =
1 1 t
1
− e cos t + et sin t
2 2
2
Problema 8.
y (4) − y = 0, y (0) = 1, y 0 (0) = 0, y 00 (0) = −1, y 000 (0) = 0
164
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Solución:
©
ª
$ y (4) − y = 0
Resolviendo la transformada:
s4 Y (s) − s3 y (0) − s2 y 0 (0) − sy 00 (0) − y 000 (0) − Y (s) = 0
Aplicando las condiciones iniciales:
s4 Y (s) − s3 + s − Y (s) = 0
Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:
¢
¡
Y (s) s4 − 1 = s3 − s
Y (s) =
s
s (s2 − 1)
= 2
2
2
(s − 1) (s + 1)
(s + 1)
Y (s) =
(s2
s
+ 1)
Realizando la inversa de la transformada para obtener y(t) tenemos que:
½
¾
s
−1
y (t) = $
(s2 + 1)
y (t) = cos t
Problema 9.
0
y + y = f (t) , y (0) = 0, en donde f (t) =
½
0, 0 ≤ t < 1
5, t ≥ 1
Solución:
Tomando en cuenta la condicion inicial se sabe que f (t) es:
f (t) = 5u(t − 1)
¾
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
165
$ {y 0 + y = 5u(t − 1)}
Resolviendo la transformada:
sY (s) − y(0) + Y (s) = 5
e−s
s
Aplicando las condiciones iniciales:
sY (s) + Y (s) = 5
e−s
s
Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:
Y (s) (s + 1) = 5
Y (s) = 5
e−s
s
e−s
s (s + 1)
Realizando la inversa para obtener a y(t):
½
¾
e−s
−1
y(t) = 5$
s (s + 1)
Resolviendo por fracciones parciales:
A
B
1
= +
s (s + 1)
s
s+1
Obteniendo valores:
A = 1, B = −1
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada para
obtener y(t) tenemos que:
½ −s ¾
½ −s ¾
e
e
−1
−1
− 5$
y (t) = 5$
s
s+1
166
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
y (t) = 5u (t − 1) − 5e−(t−1) u (t − 1)
¡
¢
y (t) = 5u (t − 1) 1 − e−(t−1)
Problema 10.
y 00 + 4y = sentu (t − 2π) , y (0) = 1, y 0 (0) = 0
Solución:
$ {y 00 + 4y = sentu (t − 2π)}
Resolviendo la transformada:
s2 Y (s) − sy (0) − y 0 (0) + 4Y (s) =
e−2πs
s2 + 1
Aplicando las condiciones iniciales:
s2 Y (s) − s + 4Y (s) =
e−2πs
s2 + 1
Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:
¢
¡
e−2πs
+s
Y (s) s2 + 4 = 2
s +1
Y (s) =
e−2πs
s
+ 2
2
2
(s + 1) (s + 4) (s + 4)
Realizando la inversa obtenemos a y(t):
½
½
¾
¾
e−2πs
s
−1
−1
y (t) = $
+$
(s2 + 1) (s2 + 4)
(s2 + 4)
Resolviendo por fracciones parciales:
(s2
1
As + B
Cs + D
= 2
+ 2
2
+ 1) (s + 4)
(s + 4) (s + 1)
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
167
Obteniendo los valores:
1
1
A = 0, B = − , C = 0, D =
3
3
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada para
obtener y(t) tenemos que:
½ −2πs ¾
½ −2πs ¾
½
¾
e
e
s
1 −1
1 −1
−1
y (t) = − $
+ $
+$
3
(s2 + 4)
3
(s2 + 1)
(s2 + 4)
1
1
y (t) = − sen2 (t − 2π) u (t − 2π) + sen (t − 2π) u (t − 2π) + cos 2t
6
3
En los siguientes problemas resuelva la ecuación integral o integrodiferencial respectiva con la transformada de Laplace.
Problema 11.
f (t) +
Z
t
(t − τ ) f (τ ) dτ = t
0
Solución:
½
¾
Z t
$ f (t) +
(t − τ ) f (τ ) dτ = t
0
Realizando la transformada:
F (s) +
1
1
F (s) = 2
2
s
s
Factorizando y despejando a F (S):
¶
µ
1
1
F (s) 1 + 2 = 2
s
s
µ
s2 + 1
F (s)
s2
F (s) =
¶
=
1
s2
s2
s2 (s2 + 1)
168
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
F (s) =
s2
1
+1
Realizando la inversa obtenemos f (t):
½
¾
1
−1
f (t) = $
s2 + 1
f (t) = sin t
Problema 12.
t
f (t) = te +
Z
t
τ f (t − τ ) dτ
0
Solución:
¾
½
Z t
t
τ f (t − τ ) dτ
$ f (t) = te +
0
Realizando la transformada:
F (s) =
F (s)
1
2 +
s2
(s − 1)
Despejando y factorizando a F (S):
F (s) −
F (s)
1
=
s2
(s − 1)2
¶
µ
1
1
F (s) 1 − 2 =
s
(s − 1)2
F (s) =
s2
s2
=
(s2 − 1) (s − 1)2
(s + 1) (s − 1)3
Realizando la inversa obtenemos f (t):
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
−1
y (t) = $
½
s2
(s + 1) (s − 1)3
169
¾
Resolviendo por fracciones parciales:
s2
A
D
B
C
+
+
3 =
2 +
s + 1 s − 1 (s − 1)
(s − 1) (s − 1)
(s − 1)3
Obteniendo los valores:
1
1
3
1
A=− , B= , C= , D=
8
8
4
4
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada para
obtener y(t) tenemos que:
½
½
½
¾
½
¾
¾
¾
1 −1
1
1
1
1 −1
D
1 −1
3 −1
f (t) = − $
+ $
+ $
+ $
8
s+1
8
s−1
4
4
(s − 1)2
(s − 1)3
1
1
3
1
f (t) = − e−t + et + tet + t2 et
8
8
4
8
Problema 13.
0
y (t) = t − sin t −
Z
t
y (τ ) dτ, y(0) = 0
0
Solución:
¾
½
Z t
0
y (τ ) dτ
$ y (t) = t − sin t −
0
Resolviendo la transformada:
sY (s) − y(0) =
1
Y (s)
1
− 2
−
s s +1
s
Aplicando la condición inicial:
sY (s) =
1
1
Y (s)
− 2
−
s s +1
s
170
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Factorizando y despejando a Y (S):
sY (s) +
1
1
Y (s)
= − 2
s
s s +1
¶
µ
1
1
1
= − 2
Y (s) s +
s
s s +1
µ
s2 + 1
Y (s)
s
Y (s) =
s2
¶
=
1
1
− 2
s s +1
s
1
−
+ 1 (s2 + 1)2
Realizando la inversa, obtenemos a y(t):
½
½
¾
¾
1
s
−1
−1
y(t) = $
−$
s2 + 1
(s2 + 1)2
n
o
s
Para la inversa de $−1 (s2 +1)
se requiere realizar una convolución:
2
−1
$
½
s
1
2
2
(s + 1) (s + 1)
cos t ∗ sin t =
Z
0
t
¾
= cos t ∗ sin t
1
cos τ sin(t − τ )dτ = t sin t
2
Sustituyendo y resolviendo la transformada inversa restante:
1
y(t) = sin t − t sin t
2
Problema 14. Determine la corriente i(t) en un circuito LRC en serie,
cuando L = 0.005H, R = 1Ω, C = 0.02F, E (t) = 100 [1 − u (t − 1)] V e
i (0) = 0.
Solución:
La suma del voltaje total en todo el circuito está dado por:
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
171
E(t) = VR + VL + VC
Cada voltaje es igual a:
VR = iR, VC =
q
di
, VL = L
C
dt
Sustituyendo los valores de los voltajes en el voltaje total:
iR + L
q
di
+ = E(t)
dt C
Pero se sabe que la corriente está dada por:
i=
dq
dt
Para despejar a q y encontrar su valor:
Z t
dq = idt, q =
i (τ ) dτ
0
Por lo tanto sustituyendo el valor de q y los valores iniciales en el voltaje
total se tiene que:
Z
di
1 t
iR + L +
i (τ ) dτ = E(t)
dt C 0
1
di
0.005 + i +
dt
0.02
Z
t
0
i (τ ) dτ = 100 [1 − u (t − 1)]
Dividiendo entre 0.005:
di
+ 200i + 1000
dt
Z
0
t
i (τ ) dτ = 20000 [1 − u (t − 1)]
Aplicando la transformada y resolviendo:
½
¾
Z t
di
L
+ 200i + 1000
i (τ ) dτ = 20000 [1 − u (t − 1)]
dt
0
172
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
µ
¶
I(s)
1 e−s
sI(s) − i(s) + 200I(s) + 10000
= 2000
−
s
s
s
Factorizando y despejando I(S):
¶
µ
2000 2000e−s
s + 200s + 10000
=
−
I(s)
s
s
s
I(s) =
µ
s
s + 200s + 10000
I(s) =
¶ ·µ
2000
s
¶
−
µ
2000e−s
s
¶¸
200000e−s
20000
−
s + 200s + 10000 s + 200s + 10000
Realizando la inversa para obtener i(t):
½
½
¾
¾
1
e−s
−1
−1
i(t) = 20000L
− 20000L
s + 200s + 10000
s + 200s + 10000
−1
i(t) = 20000L
−1
i(t) = 20000L
½
1
(s + 100)2
¾
−1
− 20000L
½
e−s
(s + 100)2
¾
½¯ ¯
¾
½¯ −s ¯
¾
¯1¯
¯e ¯
−1
¯
¯ ¯
¯
− 20000L
¯ s2 ¯
¯ s2 ¯
s→s+100
s→s+100
i(t) = 20000te−100t − 20000 (t − 1) e−100(t−1) u (t − 1)
Problema 15. Recuerde que la ecuación diferencial que describe la carga
q(t) en el capacitor de un circuito RC en serie es:
R
1
dq
+ q = E(t)
dt C
donde E(t) es el voltaje aplicado. Emplee la transformada de Laplace
para determinar la carga, q(t), cuando q(0) = 0 y E(t) = E0 e−kt , k > 0.
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
Solución:
Tomando en cuenta que R, C, E0 y k son constantes:
R
1
dq
+ q = E0 e−kt
dt C
Dividiendo la ecuación entre la resistencia:
dq
1
E0 e−kt
+
q=
dt RC
R
Resolviendo la transformada:
½
¾
dq
1
E0 e−kt
$
+
q=
dt RC
R
sQ(s) − q(0) +
1
E0
Q (s) =
RC
R (s + k)
Factorizando y despejando a Q(S):
µ
¶
1
E0
Q(s) s +
=
RC
R (s + k)
µ
sRC + 1
Q(s)
RC
Q(s) =
¶
=
E0
R (s + k)
E0 RC
R (s + k) (RCs + 1)
Q(s) =
E0 C
(s + k) (RCs + 1)
Realizando la transformada inversa para obtener q(t):
½
¾
E0 C
−1
q(t) = $
(s + k) (RCs + 1)
Resolviendo por fracciones parciales:
173
174
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
EoC
A
B
=
+
(s + k) (RCs + 1)
(s − k) (RCs + 1)
Obteniendo valores:
A=
EoC 2 R
EoC
, B=−
1 − kRC
(1 − kRC)
Sustituyendo los valores y resolviendo la inversa:
½
½
¾
¾
EoC
1
1
EoC 2 R
−1
−1
q(t) =
$
−
$
1 − kRC
(s − k)
(1 − kRC)
(RCs + 1)
EoC −kt
EoC 2 R 1 −1
e −
$
q(t) =
1 − kRC
(1 − kRC) RC
q(t) =
(
1
¡
¢
1
s + RC
)
t
EoC
EoC −kt
e −
e− RC
1 − kRC
(1 − kRC)
q(t) =
´
t
EoC ³ −kt
e − e− RC
1 − kRC
Problema 16. Use la transformada de Laplace para determinar la carga
en el capacitor de un circuito en serie RC, cuando q(0) = 0, R = 2.5Ω, C =
0.008F y E(t) = 5u (t − 3).
Solución:
Se sabe que el voltaje total es igual a:
E(t) = VR + VC
De donde:
VR = Ri, VC =
El voltaje total es:
dq
q
, i=
C
dt
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
E (t) = 5u (t − 3)
Sustituyendo valores:
R
2.5
q
dq
+ = 5u (t − 3)
dt C
dq
1
+
q = 5u (t − 3)
dt 0.08
Dividiendo la ecuación entre la resistencia:
dq
+ 5q = 2u (t − 3)
dt
Aplicando la transformada y resolviendo:
¾
½
dq
+ 5q = 2u (t − 3)
$
dt
sQ(s) − q(0) + 5Q(s) = 2
e−3s
s
Aplicando la condición inicial:
sQ(s) + 5Q(s) = 2
e−3s
s
Factorizando y despejando a Q(S):
e−3s
Q(s) (s + 5) = 2
s
Q(s) = 2
e−3s
s (s + 5)
Realizando la transformada inversa para obtener q(t):
½ −3s ¾
e
−1
q(t) = 2$
s (s + 5)
175
176
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Resolviendo por fracciones parciales:
1
A
B
= +
s (s + 5)
s
s+5
Obteniendo valores:
1
1
A= , B=−
5
5
Sustituyendo los valores en la transformada inversa:
·
½
½ −3s ¾¸
¾
1 −1 e−3s
e
1 −1
q(t) = 2 $
− L
5
s
5
(s + 5)
2
2
q(t) = u (t − 3) − e−5(t−3) u (t − 3)
5
5
Problema 17. Determine la carga, q(t), y la corriente, i(t), en un circuito
en serie, en el que L = 1H, R = 20Ω, C = 0.01F, E(t) = 120 sin 10t V,
q(0) = 0 C e i(0) = 0 A. ¿Cuál es la corriente de estado estable?
Solución:
Se sabe que el voltaje total es igual a:
E(t) = VR + VL + VC
E(t) = iR + L
i=
E(t) = R
q
di
+
dt C
dq
dt
dq
q
d2 q
+L 2 +
dt
dt
C
Sustituyendo valores:
120 sin 10t = 20
dq d2 q
q
+ 2 +
dt
dt
0.01
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE
d2 q
dq
+ 20 + 100q = 120 sin 10t
2
dt
dt
Aplicando la transformada y resolviendo:
½ 2
¾
dq
dq
$
+ 20 + 100q = 120 sin 10t
dt2
dt
s2 Q(s) − sq(0) − q0 (0) + 20sQ(s) − 20q(0) + 100Q(s) =
1200
+ 100
s2
Aplicando las condiciones iniciales:
s2 Q(s) + 20sQ(s) + 100Q(s) =
1200
+ 100
s2
Factorizando y despejando a Q(S):
¢
¡
Q(s) s2 + 20s + 100 =
Q(s) (s + 10)2 =
Q(s) =
1200
s2 + 100
1200
+ 100
s2
1200
(s + 10)2 (s2 + 100)
Realizando la transformada inversa para obtener a q(t):
¾
½
1
−1
q(t) = 1200$
(s + 10)2 (s2 + 100)
Resolviendo por fracciones parciales:
C
D
As + B
1
+
+
= 2
2
s + 100 s + 10 (s + 10)2
(s + 10) (s + 100)
2
Obteniendo valores:
177
178
CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
3
3
A = − , B = 0, C = , D = 6
5
5
Sustituyendo los valores en la transformada inversa:
½
½
½
¾
¾
¾
1
1
1
3 −1
3 −1
−1
+ $
+ 6$
q(t) = − $
5
s2 + 100
5
s + 10
(s + 10)2
q(t) = −
3
3
sin 10t + e−10t + 6te−10t
10
5
Aplicando la condición inicial de i(0) = 0 :
3
i(t) = − cos 10t − 6e−10t − 60te−10t + 6e−10t
5
3
i(t) = − cos 10t − 60te−10t
5
Chapter 6
SERIES DE FOURIER
6.1
Funciones pares e impares
Una función es par si f (x) = f (−x) y es impar si f (−x) = −f (x). Gráficamente esto significa que una función par es simétrica con respecto al eje
y, mientras que una función impar es antisimétrica. También es importante
considerar que si se integra una función par en un intervalo simétrico entonces
se cumple lo siguiente:
Z
a/2
f (x)dx = 2
−a/2
Z
a/2
f (x)dx
(6.1)
0
Mientras que si f (x) es una función impar, entonces
Z
a/2
f (x)dx = 0
(6.2)
−a/2
Problema 1: En la siguiente función que se supone es periódica,
de periodo 2π, indique si es función par, impar o ninguno de estos
dos tipos.
f (x) = x |x|
(−π < x < π)
Solución: La gráfica de la función en el intervalo (−π < x < π) se
muestra a continuación:
179
180
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
10
5
-3
-2
00
-1
1
2
3
-5
-10
A partir de la gráfica se observa que la función es impar. Para demostrarlo
se calcula f (−x).
f (−x) = −x| −x |= −x | x |= −f (x)
Efectivamente, f (x) = x | x | es una función impar.♠
Problema 2: Diga si la siguiente función es par o impar y explique porqué:
½
x (−π/2 < x < π/2)
f (x) =
con periodo T = 2π
0 (π/2 < x < 3π/2)
Solución: La función no está definida en un intervalo simétrico, pero
como es periódica se repite cada T = 2π, la gráfica se ilustra en la siguiente
figura:
1.5
1
0.5
-8
-6
-4
0 0
-2
2
4
6
8
-0.5
-1
-1.5
A partir de la gráfica de la función se concluye que la función puede
reescribirse en forma equivalente como:
6.1. FUNCIONES PARES E IMPARES
181

 0 −π < x < −π/2
x −π/2 < x < π/2
f (x) =

0 π/2 < x < π
Se observa en la gráfica que la función es impar, a continuación se procede
a realizar la demostración.
Se sabe que para funciones impares debe cumplirse f (−x) = −f (x)
Si cambiamos x por −x en f (x), obtenemos:

o sea (π > x > π/2)
 0 (−π < −x < −π/2)
−x (−π/2 < −x < π/2) o sea (−π/2 > x > π/2)
f (−x) =

0
(π/2 < −x < π)
o sea (−π/2 > x > −π)
o sea f (−x) es equivalente a:

 0 (−π < x < −π/2)
−x (−π/2 < x < π/2)
f (−x) =

0
(π/2 < x < π)
Y esta es precisamente −f (x)
Por lo tanto la función es impar.♠
Problema
½ 3: Diga si la siguiente función es par o impar:
x 0<x<π
f (x) =
con periodo T = 2π
0 π < x < 2π
Solución: En la siguiente figura se muestra la gráfica de la función:
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-6
-4
-2
0 0
2
4
6
8
10
12
A partir de la gráfica se observa que la función no es par ni impar. Sin
embargo esto½puede demostrarse de la siguiente forma:
−x
0 > x > −π
f (−x) =
o sea:
0 −π > x > −2π
182
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
½
½
0 −2π < x < −π
0 −2π < x < −π
f (−x) =
=−
lo cual no
−x
−π < x < 0
x
−π < x < 0
es ni f (x) ni −f (x), por lo tanto la función no es par ni tampoco impar.♠
6.2
Funciones con periodo T = 2π
La serie de Fourier para una función periódica con periodo T = 2π tiene la
forma:
f (x) = a0 +
∞
X
an cos nx +
n=1
∞
X
bn sin nx
(6.3)
n=1
donde los coeficientes se calculan a partir de las fórmulas:
1
a0 =
2π
1
an =
π
1
bn =
π
Z
Z
+π
f (x)dx
(6.4)
f (x) cos nxdx, n = 1, 2, 3, ...
(6.5)
f (x) sin nxdx, n = 1, 2, 3, ...
(6.6)
−π
+π
−π
Z
+π
−π
Problema 1: Encontrar la serie de Fourier de la función f (x)
que se muestra en la siguiente figura, la cual se supone que tiene
el periodo 2π.
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
-1
00
1
2
3
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π
183
Solución: 
La función puede escribirse en la siguiente forma:
 0 −π < x < −π/2
1 −π/2 < x < π/2
f (x) =

0
π/2 < x < π
En la serie de Fourier (6.3) bn = 0 porque la función es par. Solo hay que
calcular a0 y an , a partir de las ecuaciones (6.4) y (6.5) usando el hecho de
que la función es par se obtiene:
Z +π
1
1
1
π
x |+π
=
dx =
=
a0 =
0
2π 0
2π
2π
2
1
an =
π
Z
+π
0
·
nπx
1
cos(
) dx =
2π
π
2
nx
sin (
)
n
2
¸+π
0
=
2
nπ
sin ( )
nπ
2
Por lo tanto la serie de Fourier queda como:
f (x) =
1 2 X sin nπ
2
+
cos nx
2 π
n
La aproximación de la serie de Fourier a la función se muestra en pasos
sucesivos en las siguientes figuras, se ilustran hasta seis sumas parciales de
Fourier:
S1 =
1
2
+
2
π
cos x
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
S2 =
1
2
-2
+ π2 (cos x − 13 cos 3x)
-1
00
1
2
3
184
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
S3 =
1
2
-2
-1
00
1
2
3
1
2
3
+ π2 (cos x − 13 cos 3x + 15 cos 5x)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
S4 =
1
2
-2
-1
00
+ π2 (cos x − 13 cos 3x + 15 cos 5x − 17 cos 7x)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
S5 =
1
2
-2
-1
00
1
2
3
+ π2 (cos x − 13 cos 3x + 15 cos 5x − 17 cos 7x + 19 cos 9x)
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π
185
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
S6 =
1
2
-2
-1
00
1
2
3
+ π2 (cos x − 13 cos 3x + 15 cos 5x − 17 cos 7x + 19 cos 9x −
1
11
cos 11x)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
-1
00
1
2
3
Problema 2: Encontrar la serie de Fourier de la función f (x)
que se muestra en la siguiente figura, la cual se supone que tiene
el periodo T = 2π.
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
-1
00
1
2
3
186
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
La función
½ se escribe de la siguiente forma:
0 −π < x < 0
f (x) =
; T = 2π
1 0<x<π
Como la función es periódica, en general la gráfica tiene la forma que se
muestra en la siguiente figura:
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-8
-6
-4
0 0
-2
2
4
6
8
Se procede a calcular los coeficientes de la serie de Fourier:
·Z 0
¸
Z +π
Z +π
1
1
1 +π 1
x| =
f (x)dx =
0dx +
1dx =
a0 =
2π −π
2π −π
2π 0
2
0
1
an =
π
Z
1
bn =
π
+π
−π
Z
1
f (x) cos nxdx =
π
+π
−π
·Z
1
f (x) sin nxdx =
π
bn =
+π
0
·Z
0
¸
1
sin nx |+π
cos nxdx =
0 = 0
nπ
+π
¸
1
cos nx |+π
sin nxdx = −
0
nπ
1
(1 − (−1)n )
nπ
Por lo tanto
1 1 X (1 − (−1)n )
sin nx
f (x) = +
2 π n=1
n
∞
La aproximación de la función por medio de la serie de Fourier se muestra
en las siguientes figuras, se muestra la comparación de la función f (x) con
varias sumas parciales en el intervalo (−π, π):
S1 (x) = 12 + π2 sin x, cuando n = 2 el coeficiente a2 = 0, por lo tanto
S1 (x) = S2 (x)
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π
187
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
S3 (x) =
1
2
-2
-1
00
1
2
3
1
2
3
2
3
+ π2 (sin x + 13 sin 3x)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
S5 (x) =
1
2
-2
-1
00
+ π2 (sin x + 13 sin 3x + 15 sin 5x)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
S7 (x) =
1
2
-2
-1
00
1
+ π2 (sin x + 13 sin 3x + 15 sin 5x + 17 sin 7x)
188
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
00
-1
1
2
3
♠
Problema 3: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente función
con periodo T = 2π
½
1 −π/2 < x < π/2
f (x) =
−1 π/2 < x < 3π/2
Solución: La gráfica de la función se muestra en la siguiente figura:
1
0.5
-8
-6
-4
0 0
-2
2
4
6
8
-0.5
-1
Rescribiendo la función se tiene que:

 −1 −π < x < −π/2
1 −π/2 < x < π/2 ; si T = 2π
f (x) =

−1
π/2 < x < π
A partir de la gráfica se observa que esta es una función par, por lo tanto
bn = 0
Se procede a calcular los demás coeficientes:
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π
1
a0 =
2π
Z
+π
−π
189
" Z π
Z π
Z +π #
−2
2
1
f (x)dx =
dx +
dx −
dx =
−
π
2π
−π
− π2
2
´ ³π π ´ ³
π ´i
1 h ³ π
− − +π +
+
− π−
=0
2π
2
2 2
2
#
" Z π
Z π
Z +π
−2
2
1
an =
cos nxdx +
cos nxdx −
cos nxdx =
−
π
π
−π
− π2
2
³ nπ ´
³ nπ ´
³ nπ ´
³ nπ ´i
1 h
− sin −
+ sin (−nπ) + sin
− sin −
− sin (πx) + sin
nπ
2
2
2
2
nπ
4
sin
nπ
2
Por lo tanto la serie de Fourier es:
µ
¶
4 X sin nπ
2
cos nx
f (x) =
π
n
an =
En las siguientes gráficas se muestran las sumas parciales de Fourier con
uno, dos, tres y cuatro términos, es decir: S1 (x) = π4 cos x, S2 (x) = π4 (cos x −
1
cos 3x), S3 (x) = π4 (cos x − 13 cos 3x + 15 cos 5x), S4 (x) = π4 (cos x − 13 cos 3x +
3
1
cos 5x − 17 cos 7x) y como la serie va aproximando a la función.
5
1
0.5
-3
-2
-1
00
-0.5
-1
1
2
3
190
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
1
0.5
-3
-2
00
-1
1
2
3
1
2
3
-0.5
-1
1
0.5
-3
-2
00
-1
-0.5
-1
1
0.5
-3
-2
-1
00
1
2
3
-0.5
-1
♠
Problema 4: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente función:
f (x) = x2 (−π < x < π), T = 2π
Solución: La gráfica se muestra en la siguiente figura, obviamente es una
función par, por lo tanto bn = 0.
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π
191
10
8
6
4
2
-8
1
a0 =
2π
-6
Z
-4
+π
−π
00
-2
2
4
6
8
·
¸
π2
1 π3 π3
+
=
x dx =
2π 3
3
3
2
1
an =
π
Z
+π
x2 cos nxdx
−π
Integrando por partes
u = x2
dv = sin nxdx
du = 2xdx
v = − n1 cos nx
·
¸
Z
2 +π
1 x2
an =
sennx −
xsennxdx
π n
n −π
Integrando nuevamente por partes
u=x
dv = sennxdx
du = dx
v = − n1 cos nx
·
¸
Z
2 x
1 +π
1 x2
an =
sennx − [− cos nx +
cos nxdx]
π n
n n
n −π
¶¸+π
·
µ
1 x2
2 x
1
an =
sennx +
cos nx − 2 sennx
π n
n n
n
−π


i
h 2
π
2π
2


sennπ
+
cos
nπ
−
sennπ
−
1
n
n2
n3
i
h
an =
π  π2 sen(−nπ) − 2π2 cos(−nπ) − 23 sen(−nπ) 
n
n
n
192
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
1
an =
π
½
2π
2π
cos nπ + 2 cos nπ
2
n
n
¾
=
4
4
cos nπ = 2 (−1)n.
2
n
n
Por lo tanto
∞
X
(−1)n
π2
cos nx
f (x) =
+4
2
3
n
n=1
Se muestran ahora dos sumas parciales de Fourier: S1 (x) =
2
y S2 (x) = π3 − 4 cos x + cos 2x:
π2
3
− 4 cos x
10
8
8
6
6
4
4
2
-3
-2
00
-1
2
1
2
3
-3
-2
00
-1
1
2
Problema 5. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente función, la cual tiene el periodo T = 2π:
½
π + x −π < x < 0
f (x) =
π−x 0<x<π
Solución: La gráfica de la función se muestra en la siguiente figura:
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-8
-6
-4
-2
0 0
2
4
6
8
3
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π
193
Como se observa f (x) es una función par, por lo tanto solo hay que
calcular a0 y a1 :
¸
·Z 0
·
¸
Z +π
x2 0
1
1
x2 +π
(πx + ) |−π +(πx − ) |0 =
(π + x)dx +
(π − x)dx =
a0 =
2π −π
2π
2
2
0
·
¸
1
π2
π2
2
2
π −
+π − ) =
a0 =
2π
2
2
1 2
π
(π ) =
2π
2
·Z 0
¸
Z +π
1
an =
(π + x) cos nxdx +
(π − x) cos nxdx
π −π
0
R
Se realiza primero por partes la integral x cos nxdx:
u = x; du = dx
dv = cos nx; v = n1 sin nx
Z
Z
1
x
1
x
sin nxdx = sin nx + 2 cos nx
x cos nxdx = sin nx −
n
n
n
n
Luego se sustituye en an
¸0
·
1 π
x
1
an =
+
sin nx + sin nx + 2 cos nx
π n
n
n
−π
a0 =
·
¸+π
1 π
x
1
sin nx − sin nx − 2 cos nx
π n
n
n
0
¸
¸
·
·
2
1 1
1
1
1
1
an =
− 2 cos nπ +
(1 − cos nπ)
− 2 cos nπ + 2 =
2
π n
n
π
n
n
πn2
Por lo tanto la serie de Fourier queda como:
π 2X 1
(1 − (−1)n ) cos nx
f (x) = +
2 π n=1 n2
∞
Se muestran cuatro sumas parciales que ilustran el proceso de aproximación a la función:
π 2
S1 (x) = + (2 cos x)
2 π
194
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
-2
S3 (x) =
-1
00
1
2
3
2
π 2
+ (2 cos x + cos 3x)
2 π
9
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
S5 (x) =
-2
-1
00
1
2
3
2
2
π 2
+ (2 cos x + cos 3x +
cos 5x)
2 π
9
25
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
-2
-1
00
1
2
3
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π
S7 (x) =
195
2
2
2
π 2
+ (2 cos x + cos 3x +
cos 5x +
cos 7x)
2 π
9
25
49
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
-2
00
-1
1
2
3
♠
Problema 6. Encuentre la serie de Fourier de la siguiente función:
½
x
(−π/2, π/2)
con periodo T = 2π
f (x) =
π − x (π/2, 3π/2)
Solución: La gráfica de la función en el intervalo (−π/2, 3π/2) se muestra
a continuación:
1.5
1
0.5
-1
00
1
2
3
4
-0.5
-1
-1.5
Como la función es periódica, en general la función tiene la forma siguiente:
196
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
1.5
1
0.5
-6
-4
0 0
-2
2
4
6
-0.5
-1
-1.5
Si se observa con cuidado la gráfica, se concluye que la función se puede
escribir en forma equivalente en la siguiente forma:

 −π − x (−π, −π/2)
x (−π/2, π/2) con periodo T = 2π
f (x) =

π−x
(π/2, π)
De esta forma se logra que la función esté definida en un intervalo simétrico.
Para mayor claridad en la siguiente figura se muestra la gráfica en el intervalo
(−π, π):
1.5
1
0.5
-3
-2
-1
00
1
2
3
-0.5
-1
-1.5
Se observa también que la función es impar, por lo que se tiene que
a0 = an = 0. Por lo tanto solo es necesario calcular el coeficiente bn en la
expresión de la serie de Fourier.
2
bn =
T
Z
+T /2
−T /2
1
2nπx
=
f (x) sin
T
π
Z
+π
−π
f (x) sin nxdx =
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π
1
= [−π
π
+π
Z
Z
−π/2
−π
+π
π/2
sin nxdx −
−
Z
−π/2
sin nxdx −
Z
Z
−π/2
x sin nxdx +
−π
x sin nxdx] =
π/2
−π
Z
π/2
x sin nxdx+
1 π
π
−π/2
[ cos nx |−π − cos nx |+π
π/2 −
π n
n
π/2
−π/2
Z
−π/2
+π
x sin nxdx +
197
x sin nxdx −
Z
+π
x sin nxdx]
π/2
R
La integral x sin nxdx se resuelve por partes:
u=x
dv = sin xdx
du = dx v = − n1 cos nx
Por lo tanto:
Z
1
x
x sin nxdx = − cos nx +
n
n
Z
x
1
cos nxdx = − cos nx + 2 sin nx
n
n
Sustituyendo y evaluando:
µ
¶−π/2
1
1 π
π
x
−π/2
+π
bn = { cos nx |−π − cos nx |π/2 − − cos nx + 2 sin nx
+
π n
n
n
n
−π
µ
¶π/2
µ
¶+π
x
x
1
1
+ − cos nx + 2 sin nx
− − cos nx + 2 sin nx
}=
n
n
n
n
−π/2
π/2
nπ
nπ ´
π
1 π³
cos(− ) − cos(−nπ) − cos(nπ) + cos( ) −− cos(−nπ/2)−
bn = {
π n
2
2
2n
−
1
π
π
1
1
sin(−nπ/2)+
sin(−nπ)−
sin(nπ/2)−
cos(−nπ)+
cos(nπ/2)+
n2
n
n2
2n
n2
198
−
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
π
π
π
1
1
1
cos(−nπ/2)− 2 sin(−nπ/2)+ cos(nπ)− 2 sin(nπ)− cos(nπ/2)+ 2 sin(nπ/2)}
2n
n
n
n
2n
n
Simplificando todos los términos, tenemos:
1
bn =
π
·µ
2π 2π
−
n
n
¶
nπ
cos
+
2
µ
bn =
2π 2π
−
n
n
¶
cos nπ +
µ
2
2
+ 2
2
n
n
¶
nπ
sin
2
¸
4
nπ
sin
πn2
2
si n es par sin nπ
= 0, por lo tanto bn es cero si n es par,
2
si n es impar sin nπ
= 1, −1, 1, ...
2
Finalmente la serie de Fourier queda:
∞
X
∞
4 X 1
nπ
sin nx =
f (x) =
bn sin nx =
sin
2
π n=impar n
2
n=impar
4
=
π
µ
¶
1
1
sin x − sin 3x +
sin 5x − ...
9
25
La aproximación a la función en el intervalo (−π, π) con uno y dos términos se observa en las siguientes figuras:
-3
-2
-1
1.5
1.5
1
1
0.5
0.5
00
1
2
3
-3
-2
-1
00
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
1
2
3
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO
6.3
199
Funciones con periodo arbitrario
La serie de Fourier para funciones con periodo T arbitrario es:
∞
X
∞
X
2nπ
2nπ
x+
x
f (x) = a0 +
an cos
bn sin
T
T
n=1
n=1
donde
(6.7)
Z
1 T /2
a0 =
f (x)dx
(6.8)
T −T /2
Z
2 T /2
2nπ
an =
xdx
(6.9)
f (x) cos
T −T /2
T
Z
2 T /2
2nπ
bn =
f (x) sin
xdx
(6.10)
T −T /2
T
Problema 1. Encuentre la serie de Fourier de la siguiente función
periódica:
½
−1 −1 < x < 0
; T =2
1
0<x<1
Solución: La gráfica en el intervalo (−1, 1) es la siguiente:
f (x) =
1
0.5
-1
-0.5
00
0.5
1
-0.5
-1
Como la función es periódica, ésta se repite cada T = 2, la gráfica se
muestra en la siguiente figura en un intervalo más amplio. No obstante los
cálculos se realizan para aproximar a la función solamente en el intervalo
(−1, 1). En los demás puntos la aproximación es equivalente.
200
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
1
0.5
-4
0 0
-2
2
4
-0.5
-1
Dado que es una función impar, an = a0 = 0; por lo tanto solo calculamos
bn :
4
bn =
T
4
bn =
2
Z
0
2/2
Z
T /2
0
µ
2nπ
f (x) sin
T
¶
dx
¶
Z 1
2nπ
1 − cos nπ
x dx = 2
sin
sin (nπx) dx = 2
2
nπ
0
µ
Por lo tanto la serie de Fourier queda:
f (x) = 2
∞ µ
X
1 − cos nπ
n=1
f (x) =
nπ
¶
sin (nπx)
4
sin 3πx sin 5πx
(sin πx +
+
+ ...)
π
3
5
En la siguiente figura se ilustra el primer término de la serie de Fourier
y como es que aproxima a la función. Obviamente la aproximación no
parece muy buena, pero al tomar sucesivamente más términos la aproximación mejora.
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO
201
1
0.5
-1
-0.5
00
0.5
1
-0.5
-1
Con dos términos en la suma la aproximación se muestra a continuación:
1
0.5
-1
-0.5
00
0.5
1
0.5
1
-0.5
-1
Con tres términos:
1
0.5
-1
-0.5
00
-0.5
-1
Por último con cuatro términos, es decir:
202
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
f (x) ≈
sin(3πx) sin(5πx) sin(7πx)
4
(sin(πx) +
+
+
)
π
3
5
7
1
0.5
-1
00
-0.5
0.5
1
-0.5
-1
El proceso que muestra como la aproximación se mejora al tomar una
mayor cantidad de términos se hace evidente, tanto al observar cada gráfica
por separado como viendo el proceso en una sola gráfica como en la siguiente
figura:
1
0.5
-1
-0.5
00
0.5
1
-0.5
-1
♠
Problema 2: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente función
con periodo
½ T = 2.
0 −1 < x < 0
f (x) =
x 0<x<1
Solución: La gráfica de la función se muestra a continuación en el intervalo
(−1, 1):
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO
203
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-1
00
-0.5
0.5
1
En general dado que la función es periódica, la gráfica tiene la siguiente
forma:
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
0 0
-1
1
2
3
La función no tiene paridad, por lo tanto hay que calcular todos los
coeficientes de la serie de Fourier:
·Z 0
µ ¶1
¸
Z 1
1
1 x2
a0 =
0dx +
xdx =
2 −1
2 2 0
0
a0 =
an =
·Z
0
−1
u = x; du = dx
1
4
0 cos nπxdx +
Z
0
1
¸
x cos nπxdx
204
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
dv = cos nπx; v =
1
nπ
sin nπx
·
¸1
x
1
an =
sin nπx + 2 2 cos nπx
nπ
nπ
0
an =
bn =
·Z
1
((−1)n − 1)
n2 π2
0
0 sin nπxdx +
−1
Z
0
1
¸
x sin nπxdx
u = x; du = dx
1
cos nπx
dv = sin nπx; v = − nπ
·
¸1
1
x
bn = −
cos nπx + 2 2 sin nπx
nπ
nπ
0
bn = −
(−1)n
nπ
¸
∞
∞ ·
1
1 X 1
1 X (−1)n
n
f (x) = + 2
sin nπx
[(−1) − 1] cos nπx −
4 π n=1 n2
π n=1 n
Se muestran acontinuación cinco sumas sumas parciales y como estas van
aproximando a la función.
S1 (x) = 14 − π22 cos πx + π1 sin πx
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-1
-0.5
00
0.5
1
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO
S2 (x) =
1
4
−
2
π2
205
cos πx − π1 (− sin πx + 12 sin 2πx)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-1
S3 (x) =
1
4
−
2
π2
-0.5
cos πx −
2
9π 2
00
0.5
1
cos 3πx − π1 (− sin πx + 12 sin 2πx − 13 sin 3πx)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-1
1
4
-0.5
00
0.5
1
S4 (x) = 14 − π22 cos πx − 9π2 2 cos 3πx − π1 (− sin πx + 12 sin 2πx − 13 sin 3πx +
sin 4πx)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-1
-0.5
00
0.5
1
206
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
2
1
1
S5 (x) = 14 − π22 cos πx− 9π2 2 cos 3πx− 25π
2 cos 5πx− π (− sin πx+ 2 sin 2πx−
1
sin 3πx + 14 sin 4πx − 15 sin 5πx)
3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-1
00
-0.5
0.5
1
♠
Problema 3: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente función, con periodo T = 2
½
−1 −1 < x < 0
f (x) =
2x
0<x<1
Solución: La gráfica de la función se muestra en la siguiente figura:
2
1.5
1
0.5
-1
00
-0.5
0.5
1
-0.5
-1
La función no es par ni impar, es necesario calcular todos los coeficientes
en la serie de Fourier:
f (x) = a0 +
1
a0 =
2
Z
+1
−1
X
an cos (
X
2nπx
2nπx
) +
bn sin (
)
T
T
¸
· Z 0
Z 1
1
f (x) dx =
dx + 2
xdx =
−
2
−1
0
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO
207
¸
·
1
1
x2 1
0
−x|−1 + 2 |0 = [−1 + 1] = 0
a0 =
2
2
2
Z
2
an =
2
+1
−1
f (x) cos nπx dx = −
Z
0
cos nπxdx + 2
−1
se realiza una integración por partes: u = x ;
1
sin nπx
cos nπxdx ; v = nπ
1
sin(nπx) |0−1 + 2
an = −
nπ
an =
2
bn =
2
Z
·
2
n2 π 2
1
x cos nπxdx
0
du = dx
;
dv =
¸1
1
x
sen(nπx) + 2 2 cos(nπx) =
nπ
nπ
0
[(−1)n − 1]
+1
−1
Z
f (x) sin(nπx) dx = −
Z
0
sin(nπx)dx + 2
−1
Z
1
x sin(nπx)dx
0
·
¸1
1
1
x
0
bn =
cos(nπx) |−1 + 2 −
cos (nπx) − 2 2 sin(nπx)
nπ
nπ
nπ
0
bn =
1
2
1
[1 − (−1)n ] +
[−(−1)n ] =
[1 − 3(−1)n ]
nπ
nπ
nπ
Por lo tanto la serie de Fourier se escribe como:
f (x) =
2 X [(−1)n − 1]
1 X [1 − 3(−1)n ]
sin nπx
cos
nπx
+
π2
n2
π
n
En las siguientes figuras se muestran cuatro sumas parciales que muestran
como la serie aproxima a la función.
S1 (x) = π22 (−2 cos(πx) + π4 sin(πx))
208
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
2
1.5
1
0.5
-1
-0.5
00
0.5
1
-0.5
-1
S2 (x) =
2
(−2 cos(πx))
π2
+ π2 (2 sin(πx) − 12 sin(2πx))
2
1.5
1
0.5
-1
-0.5
00
0.5
1
-0.5
-1
S3 (x) =
2
(−2 cos(πx)− 29
π2
cos 3πx)+ π2 (2 sin(πx)− 12 sin(2πx)+ 23 sin(3πx))
2
1.5
1
0.5
-1
-0.5
00
0.5
1
-0.5
-1
S4 (x) =
1
sin 4πx)
4
2
(−2 cos(πx)− 29
π2
cos 3πx)+ π2 (2 sin(πx)− 12 sin(2πx)+ 23 sin(3πx)−
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES
209
2
1.5
1
0.5
-1
00
-0.5
0.5
1
-0.5
-1
♠
6.4
Series de Fourier de funciones pares e impares
Aunque ya se ha aplicado, es conveniente recordar que si una función es
par o impar entonces el trabajo para determinar la serie de Fourier puede
simplificarse.
Si f (x) es una función par, entonces la serie de Fourier es una serie
cosenoidal de Fourier
f (x) = a0 +
∞
X
an cos
n=1
donde los coeficientes son:
2
a0 =
T
4
an =
T
Z
Z
2nπ
x, n = 1, 2, ...
T
(6.11)
f (x)dx
(6.12)
T /2
0
T /2
f (x) cos
0
2nπ
xdx, n = 1, 2, ...
T
(6.13)
De la misma forma si f (x) es una función impar, entonces la serie de
Fourier es una serie senoidal de Fourier
f (x) =
∞
X
n=1
donde los coeficientes son:
bn sin
2nπ
x, n = 1, 2, ...
T
(6.14)
210
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
Z
4 T /2
2nπ
xdx, n = 1, 2, ...
(6.15)
bn =
f (x) sin
T 0
T
Problema 1. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente función:
½
1 −π/2 < x < π/2
; T = 2π
0 π/2 < x < 3π/2
Solución: La función periódica se muestra en la figura siguiente, como
se observa hay simetría con respecto al eje y.
f (x) =
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-8
-6
-4
-2
0 0
2
4
6
8
A partir
de la gráfica se observa que la función es equivalente a la siguiente:
 0 (−π, −π/2)
1 (−π/2, π/2) con periodo T = 2π
f (x) =

0
(π/2, π)
Esta función es par, por lo tanto bn = 0.
1
a0 =
π
Zπ/2
1 ³π ´ 1
=
dx =
π 2
2
0
2
an =
π
Z
π/2
cos (nx) dx =
0
an =
2
(sin (nx)|π/2
0
nπ
2
nπ
sin
nπ
2
Por lo tanto la serie de Fourier para f (x) queda de la siguiente forma:
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES
211
¡ ¢
∞
1 2 X sin nπ
2
f (x) = +
cos (nx)
2 π n=1
n
Que se puede escribir de forma equivalente como:
1 2 X (−1)k
cos (2k + 1) x
f (x)= +
2 π k=0 (2k + 1)
∞
En las siguientes gráficas se observa como la serie aproxima a la función,
se grafican sumas parciales con uno, dos, tres y cuatro términos:
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
-1
00
1
2
3
1
2
3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
-1
00
212
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
00
-1
1
2
3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-3
-2
-1
00
1
2
3
♠
Problema 2. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente función, la cual tiene el periodo T = 2π.
½
x
− π2 < x < π2
f (x) =
π − x π2 < x < 3π
2
Solución: La gráfica de la función se muestra en la siguiente figura:
1.5
1
0.5
-8
-6
-4
0 0
-2
-0.5
-1
-1.5
2
4
6
8
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES
213
A partir de la gráfica de la función esta puede reescribirse como:

 −π − x −π < x < −π/2
x
−π/2 < x < π/2
f (x) =

π−x
π/2 < x < π
Este función
lo que an = a0 = 0i
hR π es impar por
R
2
bn = π 02 x sin nxdx + π π (π − x) sin nxdx , integrando por partes:
2
u=x
du = dx
dv = sin nxdx
v = − n1 cos nx
2
bn =
π
2
bn =
π
"Z
0
π
2
x sin nxdx + π
Z
π
2
π sin nxdx −
Z
#
πx sin nxdx
π
2
(·
¸ π2
·
¸ )
x
1
1
π
x
− cos nx + 2 sin nx − [cos nx] π π − − cos nx + 2 sin nx π
2
n
n
n
n
n
π
0
2
2
bn =
π
¢ π
· ¡ π
¸
nπ
1
nπ
π
nπ
− 2n cos
+
cos
nπ
+
cos
−
−
2 sin 2
2
n
n
n
2
¢
¡ π
π
cos nπ
− n12 sin nπ
− n cos nπ + 2n
2
2
·
¸
4
2 2
nπ
nπ
=
sin
sin
bn =
2
2
π n
2
πn
2
Por lo tanto la serie de Fourier se escribe como:
¶
∞ µ
4X 1
nπ
f (x) =
sin nx
sin
π n=1 n2
2
En este caso la serie converge muy rápido hacia la función, tal como se
muestra en las siguientes figuras en las cuales se ilustran tres sumas parciales:
S1 (x) = π4 sin x
214
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
1.5
1
0.5
-3
-2
00
-1
1
2
3
1
2
3
-0.5
-1
-1.5
S3 (x) = π4 (sin x − 19 sin 3x)
1.5
1
0.5
-3
-2
00
-1
-0.5
-1
-1.5
S5 (x) = π4 (sin x − 19 sin 3x +
1
25
sin 5x)
1.5
1
0.5
-3
-2
-1
00
1
2
3
-0.5
-1
-1.5
♠
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES
215
Problema 3: Encontrar la serie de Fourier de la función siguiente,
la cual tiene el periodo T = 2π
½
−x −π < x < 0
f (x) =
x
0<x<π
Solución: La gráfica se muestra en la siguiente figura:
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
-2
00
-1
1
2
3
Se procede a calcular la serie de Fourier, pero bn = 0 porque f (x) es una
función par.
¶
µ
Z +π
1 π2
π
2
1 x2 +π
a0 =
=
|0
=
xdx =
2π 0
π
2
π 2
2
2
an =
π
1
n
Z
+π
x cos nxdx
0
realizamos una integración por partes: u = x; du = dx; dv = cos nxdx ; v =
sin nx
·
·
¸
¸
Z
1
2 x
1 +π
2
+π
n
sin nx|0 −
− ((−1 ) − 1) =
sin nxdx =
an =
π n
n 0
π
n
an =
f (x) =
2
[(−1)n − 1]
π n2
π 2 X [(−1)n − 1]
cos nx
+
2 π
n2
216
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
En este caso la aproximación con uno y dos términos se muestra a continuación, la convergencia se realiza rápidamente según se puede observar.
S1 (x) = π2 − π4 cos x
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
S2 (x) =
π
2
+
-2
2
(−2 cos x
π
00
-1
1
2
3
− 29 cos 3x)
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
-2
-1
00
1
2
3
♠
Problema 4. Encontrar la serie de Fourier de la función, la cual
se supone que tiene el periodo T = 2π.
2
f (x) = x4 (−π < x < π)
Solución: La gráfica de la función se muestra a continuación:
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES
217
2.5
2
1.5
1
0.5
-8
-6
-4
0 0
-2
2
4
6
8
Como es una función par, bn = 0
2
a0 =
2π
Z
0
π
1 x3
x2
π2
dx =
|0 π =
4
4π 3
12
2
an =
π
Z
0
π
x2
cos nxdx
4
Ya
que
R 2se había encontrado
2
x cos nxdx = xn sin nx + n2x2 cos nx −
1
an =
2π
2
n3
sin nx, por lo tanto:
·
¸
2x
1 x2
2
sin nx + 2 cos nx − 3 sin nx π =
πx cos nxdx =
2π n
n
n
0
0
Z
2
¸
·
1 2π
1
cos nπ = 2 cos nπ
an =
2
2π n
n
Por lo tanto:
π 2 X (−1)n
+
cos nx
f (x) =
12 n=1 n2
∞
En las siguientes figuras se muestran tres sumas parciales en donde se
observa como la serie de Fourier aproxima a la función:
2
S1 (x) = π12 − cos x
218
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
S2 (x) =
π2
12
-2
00
-1
1
2
3
1
2
3
− cos x + 14 cos 2x
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
S3 (x) =
π2
12
-2
00
-1
− cos x + 14 cos 2x − 19 cos 3x
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
-2
-1
00
1
2
3
♠
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES
219
Problema 5. Demostrar que 1 − 13 + 15 − 17 + ... = π4
Solución:
½ Se encontró en el problema 1 de esta sección que si
1 −π/2 < x < π/2
f (x) =
,entonces la serie de Fourier para esta
0 π/2 < x < 3π/2
función está dada por:
¡ ¢
∞
1 2 X sin nπ
2
f (x) = +
cos nx
2 π n=1
n
si se hace x = 0 en esta expresión
1=
1 1 1
1 2
+ (1 − + − + ...)
2 π
3 5 7
1
2
1 1 1
= (1 − + − + ...)
2
π
3 5 7
De donde se obtiene lo que se pide, es decir,
1 1 1
π
= 1 − + − + ...♠
4
3 5 7
2
1
Problema 6. Demostrar que 1 − 14 + 19 − 16
+ ... = π12
2
Solución: Se tiene que si f (x) = x4 , x ∈ (−π, π), ya se demostró en
el problema 4 de esta sección que la serie de Fourier para esta función está
dada por:
f (x) =
π 2 X (−1)n
+
cos nx
12 n=1 n2
∞
si se hace x = 0 en esta expresión
π2
1 1
1
−1+ − +
− ...
12
4 9 16
De donde se obtiene lo que se pide, o sea,
0=
π2
1 1
1
=1− + −
+ ...♠
12
4 9 16
220
6.5
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
Desarrollos de medio rango
Si una función está solamente definida sobre un intervalo finito [0, l] de
cualquier forma puede obtenerse su serie de Fourier realizando una extensión
periódica, la cual puede ser par o impar. Se escribe T = 2l en las ecuaciones
de la serie de Fourier para funciones pares e impares. Por ejemplo, si se hace
una extensión par se obtiene la siguiente serie cosenoidal,
f (x) = a0 +
∞
X
an cos
n=1
nπ
x
l
(6.16)
y los coeficientes son:
1
a0 =
l
2
an =
l
Z
Z
l
f (x)dx
(6.17)
0
l
nπ
xdx, n = 1, 2, ...
l
f (x) cos
0
(6.18)
Para una extensión impar se obtiene una serie senoidal,
f (x) =
∞
X
n=1
bn sin
nπ
x
l
(6.19)
y los coeficientes son:
2
bn =
l
Z
0
l
f (x) sin
nπ
xdx, n = 1, 2, ...
l
(6.20)
Problema 1. Halle la serie senoidal de Fourier de la siguiente
función:
½
x (0, π/2)
f (x) =
π
(π/2, π)
2
Solución: La gráfica de esta función se muestra a continuación.
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO
221
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
00
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Para poder obtener la serie de Fourier se puede realizar una extensión par
o una extensión impar. Como se pide calcular una serie senoidal se necesita
realizar una extensión impar, según se muestra en la siguiente figura:
1.5
1
0.5
-3
-2
-1
00
1
2
3
-0.5
-1
-1.5
Por lo tanto, para obtener la serie senoidal se necesita solamente calcular
bn , para ello se elige l = π en la fórmula para bn :
Z
2
bn =
πf (x) sin nxdx
π 0
2
=
π
"Z
0
π/2
π
x sin nxdx +
2
Z
π/2
Hay que hacer una integración por partes:
#
π sin nxdx
u = x dv = sin nxdx
du = dx v = − n1 cos nx
222
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
Ã
!
Z
´
³ π
x
2
1 π/2
π/2
bn = { − cos nx |0 +
cos nxdx + − cos nx |+π
π/2 }
π
n
n 0
2n
µ
¶π/2 ³
´
x
1
2
π
bn = { − cos nx + 2 sin nx
+ − cos nx |+π
π/2 }
π
n
n
2n
0
bn =
π
nπ
1
π
π
nπ
2
nπ
{− cos
+ 2 sin
−
cos nπ +
cos
}
π 2n
2
n
2
2n
2n
2
bn =
π
2 1
nπ
{ 2 sin
−
cos nπ}
π n
2
2n
Finalmente la serie de Fourier queda:
nπ
π
2X 1
( 2 sin
− (−1)n ) sin nx
f (x) =
π n=1 n
2
2n
∞
La aproximación con varias sumas parciales se muestra a continuación.
La aproximación va mejorando conforme se toma una mayor cantidad de
términos.
S1 (x) = π2 (1 + π2 ) sin x
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
00
0.5
1
1.5
S2 (x) = π2 ((1 + π2 ) sin x + (− π4 ) sin 2x))
2
2.5
3
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO
223
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
00
0.5
1
1.5
2
2.5
3
S3 (x) = π2 ((1 + π2 ) sin x + (− π4 ) sin 2x + (− 19 + π6 ) sin 3x)
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
00
0.5
1
1.5
2
2.5
3
S4 (x) = π2 ((1 + π2 ) sin x + (− π4 ) sin 2x + (− 19 + π6 ) sin 3x + (− π8 ) sin 4x)
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
00
0.5
1
1.5
2
2.5
3
S5 (x) = π2 ((1 + π2 ) sin x + (− π4 ) sin 2x + (− 19 + π6 ) sin 3x + (− π8 ) sin 4x +
1
π
( 25
+ 10
) sin 5x)
224
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
00
1
( 25
0.5
1
1.5
2
2.5
3
S6 (x) = π2 ((1 + π2 ) sin x + (− π4 ) sin 2x + (− 19 + π6 ) sin 3x + (− π8 ) sin 4x +
π
π
+ 10
) sin 5x + (− 12
) sin 6x)
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
00
0.5
1
1.5
2
2.5
3
S7 (x) = π2 ((1 + π2 ) sin x + (− π4 ) sin 2x + (− 19 + π6 ) sin 3x + (− π8 ) sin 4x +
1
π
π
1
π
( 25
+ 10
) sin 5x + (− 12
) sin 6x + (− 49
+ 14
) sin 7x)
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
00
0.5
1
1.5
2
2.5
3
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO
225
Problema 2. Halle la serie senoidal de Fourier de la siguiente
función:
½
x
(0, π/8)
f (x) =
π
− x (π/8, π/4)
4
Solución: La gráfica de esta función se muestra a continuación.
0.4
0.3
0.2
0.1
00
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Para poder obtener la serie de Fourier se puede realizar una extensión par
o una extensión impar. Como se pide calcular una serie senoidal se necesita
realizar una extensión impar, según se muestra en la siguiente figura:
0.4
0.2
-1
-0.5
00
0.5
1
-0.2
-0.4
Por lo tanto, para obtener la serie senoidal se necesita solamente calcular
bn , para ello se elige l = π4 en la fórmula:
bn =
2
l
Rl
0
f (x) sin nπx
dx realizando el cálculo:
l
Z
8 π/4
bn =
f (x) sin 4nxdx
π 0
226
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
8
=
π
"Z
π/8
0
π
x sin 4nxdx +
4
Z
π/4
π/8
sin 4nxdx −
Z
#
π/4
x sin 4nxdx
π/8
u=x
dv = sin(4nx)dx
Hay que hacer una integración por partes:
du = dx v = −(4n)−1 cos(4nx)
´
³
´ ³
R π/8
π/8
π/4
x
1
π
bn = π8 { − 4n
cos 4nx |0 + 4n
cos
4nxdx
+
−
cos
4nx
|
π/8
16n
0
³
´
R
π/4
π/4
x
1
− − 4n
cos 4nx |π/8 + 4n
cos 4nxdx }
π/8
π/8
x
cos 4nx |0
bn = π8 {− 4n
π/4
π/8
1
+ 16n
2 sin 4nx |0
π/4
π/4
π
x
− 16n
cos 4nx |π/8 + 4n
cos 4nx |π/8
1
− 16n
2 sin 4nx |π/8 }
π
1
nπ
π
π
nπ
π
cos nπ
+ 16n
bn = π8 {− 32n
2 sin 2 − 16n cos nπ + 16n cos 2 + 16n cos nπ −
2
π
1
nπ
cos nπ
+¡ 16n
2 sin 2 }
32n
2
¡ 1
¡ π
¢
¢
¢
π
π
π
1
nπ
π
+ 16n
− 32n
+
+
+
−
+
cos nπ
sin
cos nπ}
bn = π8 { − 32n
2
2
2
16n
16n
2
16n
16n
8 2
nπ
nπ
1
sin
sin
=
bn = ( )
2
2
π 16n
2
πn
2
Debe tomarse en cuenta que:
=0
si n es par sin nπ
2
= 1, −1, 1, ...
si n es impar sin nπ
2
Finalmente la serie de Fourier queda:
∞
X
∞
1 X 1
nπ
f (x) =
sin 4nx
bn sin 4nx =
sin
2
π
n
2
n=impar
n=impar
1
f (x) =
π
µ
¶
1
1
sin 20x − ...
sin 4x − sin 12x +
9
25
La aproximación con uno, dos, tres y cuatro términos se muestra a continuación. La aproximación va mejorando conforme se toma una mayor cantidad
de términos.
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO
227
0.4
0.4
0.3
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
00
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
00
0.7
0.4
0.4
0.3
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
00
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
00
0.7
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
Problema 3. Representar la función f (x) que se da, mediante
una serie cosenoidal de Fourier.
f (x) = x2
(0 < x < l)
Solución: Se hace una extensión par, de tal forma que bn = 0,
1
a0 =
l
2
an =
l
Z
0
Z
l
0
l
f (x) cos
1
f (x)dx =
l
³ nπx ´
l
Z
l
0
2
dx =
l
1
x2 dx = l2
3
Z
0
l
2
x cos
³ nπx ´
l
dx
dv = cos( nπx
)dx
u = x2
l
l
cos nπx
du = 2xdx v = nπ
l
·
¸
Z
l
³ nπx ´ 2l
nπx
2 l 2
x sin
−
x sin(
)
an =
l nπ
l
ǹπ
l
0
Hacemos la integración por partes:
♠
228
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
Hacemos otra vez integración por partes:
)dx
u = x dv = sin( nπx
l
l
du = dx v = − nπ cos nπx
l
·
µ
³ nπx ´
³ nπx ´ Z
³ nπx ´ ¶¸l
2
−l
2
an =
x sin
−2
x cos
+ cos
dx
nπ
l
nπ
l
l
0
·
µ
¶¸l
³ nπx ´
³ nπx ´
1
nπx
−l
l2
2
=
x sin
−2
x cos
+ 2 2 sin
nπ
l
nπ
l
nπ
l
0
·
¸
4 cos nπ
l2
2l2
2l2
an = 2
sin nπ + 2 2 cos nπ − 3 3 sin nπ = l2 2 2
nπ
nπ
nπ
nπ
Por lo tanto la serie de Fourier queda como:
∞
nπx
1 2 4l2 X cos nπ
cos
f (x) = l + 2
2
3
π n=1 n
l
· ³ ´
µ
¶
µ
¶
µ
¶
¸
1 2 4l2
πx
1
2πx
1
3πx
1
4πx
f (x) = l − 2 cos
− cos
+ cos
−
cos
+ ... ♠
3
π
l
4
l
9
l
16
l
Problema 4. Encontrar una serie cosenoidal de Fourier para la
siguiente función:
f (x) = sin πl x, (0 < x < l)
Solución: Se hace una extensión par, de tal forma que solamente hay que
calcular los coeficientes a0 y an :
1
a0 =
l
Z
0
l
1
f (x)dx =
l
Z
0
l
·
¸l
−1 l
π
π il
π
1h
cos x = − cos x
sin xdx =
l
l π
l 0
π
l 0
a0 =
2
an =
l
Z
0
l
2
π
π
nπ
sin x cos
xdx
l
l
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO
229
Para encontrar an usamos la identidad
sin a cos b = 12 [sin (a + b) + sin(a − b)]
µ ¶Z l
³ πx nπx ´
³ πx nπx ´
2 1
an =
+
+ sin
−
dx =
sin
l 2
l
l
l
l
0
2
an =
l
¸
Z l·
(1 − n)π
(n + 1)π
x + sin
x dx
sin
l
l
0
·
¸l
l
πx
l
πx
1
an =
−
cos(n + 1)
−
cos(1 − n)
l
(n + 1)π
l
(1 − n)π
l 0
·
¸
l
l
l
1
−l
cos(n + 1)π −
cos(1 − n)π +
+
an =
l (n + 1)π
(1 − n)π
(n + 1)π (1 − n)π
esto es válido solamente si n 6= 1
Por esto el an queda como
·
¸
¡
¡
¢
¢
1
1
1
n+1
1−n
an =
1 − (−1)
1 − (−1)
−
, n = 2, 3, 4...
π (n + 1)
(n − 1)
Para encontrar a1 :
Z
Z
π
1 l
1
2πx l
2 l
π
2πx
a1 =
dx = − cos
| =0
sin x cos xdx =
sin
l 0
l
l
l 0
l
2π
l 0
Por lo tanto:
¸
∞ ·
1
1
nπ
2 1X
n+1
1−n
f (x) = +
(1 − (−1) ) −
(1 − (−1) ) cos
x
π π n=2 (n + 1)
(n − 1)
l
¸
∞ ·
1
nπ
2 1X
1
n+1
1−n
(1 − (−1) ) −
(1 − (−1) ) cos
x
f (x) = +
π π n=2 (n + 1)
(n − 1)
l
f (x) =
2
2 1
2π
1
4π
1
6π
− ( cos x +
cos x +
cos x + ...)♠
π π 3
l
15
l
35
l
230
CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
Chapter 7
Las funciones de Bessel
Antes de proceder a la resolución de problemas se revisarán algunos antecedentes de las funciones de Bessel.
7.1
La función gamma
La función gamma se define como:
Γ(n + 1) =
Z
∞
un e−u du
(7.1)
0
tiene la propiedad:
Γ(n + 1) = nΓ(n)
(7.2)
la cual se demuestra fácilmente usando integración por partes. La ecuación
(7.1) es una relación de recurrencia para la función gamma.
Como:
Z ∞
¯∞
e−u du = −e−u ¯0 = 1
Γ(1) =
0
se tiene
Γ(2) = 1Γ(1) = 1, Γ(3) = 2Γ(2) = 2 · 1 = 2!, Γ(4) = 3Γ(3) = 3!
Por lo tanto
Γ(n + 1) = n!
231
(7.3)
232
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
La función gamma es una generalización del factorial, por ejemplo, a
continuación se demuestra que
µ ¶
√
1
Γ
= π
2
Sea
µ ¶ Z ∞
1
I=Γ
u−1/2 e−u du
=
2
0
si se hace u = x2 se obtiene:
I =2
Z
∞
2
e−x dx
0
Entonces
µ Z
2
I = 2
0
∞
−x2
e
¶µ Z
dx
2
0
∞
−y 2
e
dy
¶
=4
Z
0
∞
Z
∞
2 +y 2 )
e−(x
dxdy
0
usando coordenadas polares para evaluar esta integral
¶¯∞
Z πZ ∞
Z π µ
Z π
2
2
2 1
1 −r2 ¯¯
2
−r2
− e
dθ = π
I =4
e rdrdθ = 4
dθ
=
4
¯
2
0
0
0
0 2
0
de donde fácilmente se obtiene lo que se quería demostrar.
Con este resultado y usando la ecuación (7.2) se obtiene:
µ ¶
µ ¶
µ ¶
µ
µ ¶
¶
3
1
1
1√
3
3
3 1√
5
3√
Γ
= Γ
=
= Γ
=
π, Γ
π =
π, · · ·
2
2
2
2
2
2
2
2 2
4
Por lo tanto, para determinar la función gamma de cualquier número
positivo es suficiente conocer sus valores en el intervalo (0, 1). En cualquier
manual de tablas matemáticas están tabulados estos valores.
A partir de la ecuación (7.2) se puede extender el rango de definición de
la función gamma para n < 0, así por ejemplo:
¡ ¢
¡ ¢
µ ¶
µ ¶
√
√
√
Γ 12
Γ − 12
1
3
−2 π
4 π
Γ −
= −2 π, Γ −
=
=
=
=
,···
2
2
3
− 12
− 32
− 32
Si en la ecuación (7.2) se coloca n = 0, se tiene 1 = 0Γ(0), de donde se
tiene 1/Γ(0) = 0, por lo tanto Γ(0) es infinito. Igualmente al colocar n = −1,
se obtiene Γ(0) = −1Γ(−1) o 1/Γ(−1) = 0. De tal forma que se encuentra:
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
233
1
1
1
1
= 0,
= 0,
= 0,
= 0, · · ·
Γ(0)
Γ(−1)
Γ(−2)
Γ(−3)
En la figura 1 se muestra la gráfica de la función gamma:
Γ(x)
30
20
10
-4
00
-2
2
x
4
-10
-20
-30
Figura 1. Gráfica de la función gamma.
7.2
La ecuación y las funciones de Bessel
La ecuación
x2 y 00 + xy 0 + (x2 − n2 )y = 0
(7.4)
se llama la ecuación de Bessel de orden n. Esta ecuación puede resolverse
usando el método de Frobenius en el cual se supone una solución de la forma:
j=∞
y=
X
j=−∞
con aj = 0 para j < 0
aj xj+c
234
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Se P
obtienen y y sus derivadas y se sustituyen
en la ecuación de
P
P Bessel:
2
j+c−2
j+c−1
2
+ x (j + c)aj x
+x
x
(j + c)(j + c − 1)aj x
aj xj+c −
P
n2 aj xj+c = 0
X
X
X
X
(j +c)(j +c−1)aj xj+c +
(j +c)aj xj+c +
aj xj+c+2 −n2
aj xj+c = 0
Cambiando j por j − 2 en la tercera sumatoria, la expresión anterior
puede escribirse como:
X©
ª
(j + c)(j + c − 1)aj + (j + c)aj + aj−2 − n2 aj xj+c = 0
X ©£
¤
ª
(j + c)2 − n2 aj + aj−2 xj+c = 0
Igualando el coeficiente de xj+c a cero:
¤
£
(j + c)2 − n2 aj + aj−2 = 0
(7.5)
Si en esta ecuación se toma j = 0 y como a−2 = 0, mientras que a0 6= 0,
esto se reduce a:
¤
£ 2
c − n2 a0 = 0 o c2 − n2 = 0
(7.6)
Esta ecuación se llama la ecuación indicial, a partir de ella se requiere
c = ±n. Por lo tanto se tienen dos casos a considerar:
Caso 1, c = n, n ≥ 0. En este caso la ecuación (7.5) se convierte en
j(2n + j)aj + aj−2 = 0 esto es
aj =
−aj−2
j(2n + j)
A partir de esta ecuación si j = 1 se obtiene a1 = 0 ya que a−1 = 0.
También a3 = a5 = a7 = · · · = 0
Con j = 2, 4, 6, ... se obtiene:
a2 =
a4 =
−a0
2(2n + 2)
a0
−a2
=
4(2n + 4)
2 · 4(2n + 2)(2n + 4)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
a6 =
235
−a4
−a0
=
,···
6(2n + 6)
2 · 4 · 6(2n + 2)(2n + 4)(2n + 6)
Por lo tanto la solución en serie se escribe como:
X
y=
aj xj+n
·
y = a0 x 1 −
¸
x2
x4
x6
+
−
+ ···
2(2n + 2) 2 · 4(2n + 2)(2n + 4) 2 · 4 · 6(2n + 2)(2n + 4)(2n + 6)
·
y = a0 x 1 −
x2
x4
x6
+
−
+ ···
22 (n + 1) 24 1 · 2(n + 1)(n + 2) 26 1 · 2 · 3(n + 1)(n + 2)(n + 3)
n
n
·
¸
(x/2)2
(x/2)4
(x/2)6
y = a0 x 1 −
+
−
+ ···
1!(n + 1) 2!(n + 1)(n + 2) 3!(n + 1)(n + 2)(n + 3)
n
Para simplificar esta expresión se toma a0 = 2n1n!
·
¸
1
(x/2)2
(x/2)4
(x/2)6
n
y = (x/2)
−
+
−
+ ···
n! 1!(n + 1)! 2!(n + 2)! 3!(n + 3)!
Para generalizar de tal forma que n sea cualquier número positivo se puede
usar la función gamma, la cual como ya se mencionó es una generalización
del factorial:
·
¸
1
(x/2)2
(x/2)4
(x/2)6
n
−
+
−
+ ···
y = (x/2)
Γ(n + 1) 1!Γ(n + 2) 2!Γ(n + 3) 3!Γ(n + 4)
esta es una solución de la ecuación de Bessel para n ≥ 0, esta función se
llama la función de Bessel de orden n:
Jn (x) =
(x/2)n+2
(x/2)n+4
(x/2)n+6
(x/2)n
−
+
−
+ ···
Γ(n + 1) 1!Γ(n + 2) 2!Γ(n + 3) 3!Γ(n + 4)
(7.7)
Caso 2, c = −n, n ≥ 0. Lo único que hay que hacer para no repetir el
procedimiento es cambiar n por −n en la expresión de Jn (x):
¸
236
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
J−n (x) =
(x/2)−n
(x/2)−n+2
(x/2)−n+4
(x/2)−n+6
−
+
−
+· · · (7.8)
Γ(−n + 1) 1!Γ(−n + 2) 2!Γ(−n + 3) 3!Γ(−n + 4)
En el caso de que n no sea entero la solución general de la ecuación de
Bessel se escribe como:
y(x) = c1 Jn (x) + c2 J−n (x), n 6= 0, 1, 2, 3, ...
(7.9)
Pero si n es un entero, Jn (x) y J−n (x) son linealmente dependientes, de
hecho se puede verificar sin problema que:
J−n (x) = (−1)n Jn (x), n = 0, 1, 2, 3, ...
(7.10)
Para encontrar una segunda solución se observa que si n no es un entero
la siguiente función también es solución de la ecuación de Bessel:
Yn (x) =
cos nπJn (x) − J−n (x)
sin nπ
y es linealmente independiente de Jn (x). Si n es un entero se obtiene una
indeterminación de la forma 0/0 pero entonces el límite si debe existir, por
lo que se puede considerar como una solución si n es un entero a la función:
cos nπJp (x) − J−p (x)
(7.11)
sin pπ
A esta solución se le llama la función de Bessel de segunda clase de orden
n. De tal forma que la solución general de la ecuación de Bessel para todo n
se puede escribir como:
Yn (x) = lı́mp→n
y(x) = c1 Jn (x) + c2 Yn (x)
7.2.1
(7.12)
Gráficas de las funciones de Bessel
Si n = 0, la función de Bessel de primera clase está dada por:
x2
x4
x6
J0 (x) = 1 − 2 + 2 2 − 2 2 2 + ...
2
24
246
Se puede evaluar esta función para cualquier valor de x tomando un
número apropiado de términos. Por ejemplo:
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
237
J0 (0) = 1, J0 (1) = 0. 7652, J0 (2) = 0. 22389, J0 (3) = −0.26005, J0 (4) = −0. 39715, ...
La gráfica de J0 (x) se muestra a continuación:
J0 (x)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-15
-10
-5
00
5
-0.2
x
10
15
10
15
-0.4
Figura 2. Gráfica de la función J0 (x).
También se muestran J1 (x), J2 (x) y J3 (x)
J1 (x)
0.6
0.4
0.2
-15
-10
-5
00
5
x
-0.2
-0.4
-0.6
Figura 3. Gráfica de la función J1 (x).
J2 (x)
238
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
-15
-10
-5
00
-0.1
5
x
10
15
10
15
-0.2
-0.3
Figura 4. Gráfica de la función J2 (x).
J3 (x)
0.4
0.2
-15
-10
-5
00
5
x
-0.2
-0.4
Figura 5. Gráfica de la función J3 (x).
Estas gráficas muestran que las funciones Bessel de orden n con n par son
pares y si n es impar la función es impar. Tienen carácter oscilatorio y para
x > 0 son decrecientes, sus raíces pueden encontrarse de forma aproximada.
Por ejemplo:
Raíces de 1
2
3
4
J0 (x)
2.4048 5.5201 8.6537 11.7915
3.8317 7.0156 10.1735 13.3237
J1 (x)
J2 (x)
5.1356 8.4172 11.6198 14.7960
6.3802 9.7610 13.0152 16.2235
J3 (x)
5
14.9309
16.4706
17.9598
19.4094
Es interesante notar que las diferencias entre raíces consecutivas de cualquier
Jn (x) se aproximan a π según n → ∞ (veáse la demostración más adelante).
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
239
Las gráficas de Y0 (x) y Y1 (x) se muestran a continuación. Tal como se
observa las funciones Yn (x) no están definidas en x = 0, es decir, no están
acotadas en x = 0.
Y0 (x)
0.5
0
2
4
6
x
8
10
12
14
0
-0.5
-1
-1.5
-2
Figura 6. Gráfica de la función Y0 (x).
Y1 (x)
0.5
0
2
4
6
x
8
10
12
14
0
-0.5
-1
-1.5
-2
Figura 7. Gráfica de la función Y1 (x).
Por otro lado, si se coloca n = 12 y n = − 12 en las expresiones de Jn (x) y
J−n (x) en las ecuaciones (7.7) y (7.8) se encuentra que:
r µ
¶
2
(x/2)1/2 (x/2)5/2 (x/2)9/2
x3 x5
J1/2 (x) =
−
+
−· · · =
x−
+
− ···
Γ(3/2) 1!Γ(5/2) 2!Γ(7/2)
πx
3!
5!
es decir
J1/2 (x) =
r
2
sin x
πx
(7.13)
240
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
(x/2)−1/2 (x/2)3/2 (x/2)7/2
−
+
−· · · =
J−1/2 (x) =
Γ(1/2)
1!Γ(3/2) 2!Γ(5/2)
r
µ
¶
2
x2 x4
1−
+
− ···
πx
2!
4!
o sea
r
2
cos x
(7.14)
πx
Las funciones de Bessel pueden obtenerse también a partir de la función
generatriz:
J−1/2 (x) =
f (x, t) = e(x/2)(t−1/t)
(7.15)
de hecho se tiene que:
e(x/2)(t−1/t) =
∞
X
Jn (x)tn
(7.16)
−∞
Esto puede demostrarse de la siguiente forma:
f (x, t) = e(x/2)(t−1/t) = ext/2 e−x/2t
Usando la fórmula de Taylor MacLaurin para la expansión en serie de eu :
X un
1
1
e = 1 + u + u2 + u3 + ... =
2!
3!
n!
n=0
∞
u
∞
∞
∞ X
∞
X
X
(xt/2)m X (−x/2t)k
(xt/2)m (−x/2t)k
f (x, t) =
=
m! k=0
k!
m!
k!
m=0
m=0 k=0
f (x, t) =
∞
∞ X
X
(−1)k xm+k tm−k
m=0 k=0
m!k!2m+k
Esta expresión es válida desde −∞ hasta +∞, ya que si se usa la función
gamma como una generalización del factorial, los inversos de los factoriales
para números enteros negativos es igual a cero, por lo tanto no hay contribución de tales términos. Entonces:
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
f (x, t) =
241
∞
X
∞
X
(−1)k xm+k tm−k
m!k!2m+k
m=−∞ k=−∞
Haciendo el cambio m − k = n
∞
∞
∞
X
X
X
(−1)k xn+2k tn
=
f (x, t) =
(n + k)!k!2n
n=−∞ k=−∞
n=−∞
Ã
∞
X
(−1)k xn+2k
(n + k)!k!2n+2k
k=−∞
!
tn
de donde se obtiene
f (x, t) =
∞
X
Jn (x)tn
n=−∞
Problema 1. Muestre a partir de la función generatriz las siguientes relaciones de recurrencia:
(a)
2n
Jn−1 (x) + Jn+1 (x) =
Jn (x)
(7.17)
x
(b)
(7.18)
Jn−1 (x) − Jn+1 (x) = 2Jn0 (x)
Solución:
(a) A partir de la función generatriz
f (x, t) = e(x/2)(t−1/t) =
∞
X
Jn (x)tn
−∞
se derivan ambos miembros de la ecuación con respecto a t
¶
∞
³x´ µ
X
1
(x/2)(t−1/t)
1+ 2 e
=
Jn (x)ntn−1
2
t
−∞
(x/2)(t−1/t)
e
1
2X
+ 2 e(x/2)(t−1/t) =
Jn (x)ntn−1
t
x −∞
Usando nuevamente la función generatriz
∞
242
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
∞
X
∞
∞
1X
2X
n
Jn (x)t + 2
Jn (x)t =
Jn (x)ntn−1
t −∞
x −∞
−∞
∞
X
n
n
Jn (x)t +
−∞
∞
X
Jn (x)t
2X
=
Jn (x)ntn−1
x −∞
∞
n−2
−∞
cambiando n por n−1 en la primera sumatoria y n por n+1 en la segunda
∞
X
Jn−1 (x)t
n−1
+
−∞
∞
X
n−1
Jn+1 (x)t
=
−∞
∞
X
2n
x
−∞
Jn (x)tn−1
Igualando los coeficientes de tn−1 se obtiene
Jn−1 (x) + Jn+1 (x) =
2n
Jn (x)
x
(b) Derivamos ambos lados de la función generatriz con respecto a x
X
1
(t − 1/t)e(x/2)(t−1/t) =
Jn0 (x)tn
2
−∞
∞
X
1
te(x/2)(t−1/t) − e(x/2)(t−1/t) =
2Jn0 (x)tn
t
−∞
∞
Usando nuevamente la función generatriz
t
∞
X
−∞
∞
X
−∞
Jn (x)tn −
n+1
Jn (x)t
−
X
1X
Jn (x)tn =
2Jn0 (x)tn
t −∞
−∞
∞
∞
X
−∞
∞
n−1
Jn (x)t
=
∞
X
2Jn0 (x)tn
−∞
cambiando n por n−1 en la primera sumatoria y n por n+1 en la segunda
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
∞
X
−∞
n
Jn−1 (x)t −
∞
X
n
Jn+1 (x)t =
−∞
∞
X
243
2Jn0 (x)tn
−∞
Igualando los coeficientes de tn se obtiene
Jn−1 (x) − Jn+1 (x) = 2Jn0 (x)
Por ejemplo si n = 0 se tiene que
J−1 (x) − J1 (x) = 2J00 (x)
−J1 (x) − J1 (x) = 2J00 (x)
de donde se obtiene
J00 (x) = −J1 (x)
Problema 2. Muestre que (a) J3/2 (x) =
q ¡
¢
2
sin x + cosx x
J−3/2 (x) = − πx
q
2
πx
¡ sin x
x
(7.19)
¢
− cos x , (b)
Solución: Si en la fórmula de recurrencia (7.17) hacemos n = 12 :
Ãr
! r
2
2
1
1
J3/2 (x) = J1/2 (x) − J−1/2 (x) =
sin x −
cos x
x
x
πx
πx
J3/2 (x) =
r
2
πx
µ
¶
sin x
− cos x
x
Si hacemos en la fórmula de recurrencia (7.17) n = − 12 :
1
J1/2 (x) = − J−1/2 (x) − J−3/2 (x)
x
1
1
J−3/2 (x) = − J−1/2 (x) − J1/2 (x) = −
x
x
r
2
cos x −
πx
r
2
sin x =
πx
244
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
r
J−3/2 (x) = −
2 ³
cos x ´
sin x +
πx
x
Problema 3. A partir de la definición de Jn (x) y J−n (x) demuestre
las siguientes identidades:
a)
Z
xn Jn−1 (x)dx = xn Jn (x)
(7.20)
o en forma equivalente:
d n
[x Jn (x)] = xn Jn−1 (x)
dx
b)
Z
x−n Jn+1 (x)dx = −x−n Jn (x)
(7.21)
o en forma equivalente:
¤
d £ −n
x Jn (x) = −x−n Jn+1 (x)
dx
Solución: a) La función de Bessel de orden n (ec. 7.7) se puede escribir
como:
Jn (x) =
A partir de esta relación:
∞
X
(−1)r ( x2 )n+2r
r!Γ(n + r + 1)
r=0
Jn−1 (x) =
∞
X
(−1)r ( x )n+2r−1
2
r=0
R
xn Jn−1 (x)dx =
∞
P
R
xn
∞
P
r=0
(−1)r x2n+2r
r!Γ(n+r)(2n+2r)(2n+2r−1 )
r=0
∞ (−1)r x n+2r
P
(2)
xn
r!Γ(n+r)(n+r)
r=0
=
r!Γ(n + r)
(−1)r ( x2 )n+2r−1
dx
r!Γ(n+r)
=
∞
P
(7.22)
=
∞ R
P
r=0
(−1)r x2n+2r
r!Γ(n+r)(n+r)(2n+2r )
r=0
∞ (−1)r x n+2r
P
(2)
xn
r!Γ(n+r+1)
r=0
xn
=
= xn Jn (x)
(−1)r ( x2 )n+2r−1
dx
r!Γ(n+r)
∞
P
r=0
=
2n+2r
(−1)r ( x2 )
r!Γ(n+r)(n+r)
=
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
245
b)
Jn+1 (x) =
∞
X
(−1)r ( x )n+2r+1
2
r=0
R
x−n Jn+1 (x)dx =
∞ R
P
r=0
∞
P
−
R
r=0
R
x−n
(−1)r (x)2r+1
dx
r!Γ(n+r+2)2n+2r+1
∞
P
(−1)r ( x2 )n+2r+1
dx
r!Γ(n+r+2)
r=0
∞
P
=
r=0
(−1)r+1 (x)n+2r+2
x−n ,
(r+1)!Γ(n+r+2)2n+2r+2
x−n Jn+1 (x)dx = −
Por lo tanto
Z
∞
P
r=0
r!Γ(n + r + 2)
=
∞ R
P
r=0
(−1)r (x)2r+2
r!Γ(n+r+2)(2r+2)2n+2r+1
r
=
∞
P
r=0
(−1)r (x)n+2r+2
x−n
r!Γ(n+r+2)(r+1)2n+2r+2
si se hace el cambio r → r − 1
(−1)r (x)n+2r
x−n
(r)!Γ(n+r+1)2n+2r
=−
∞
P
r=0
(−1)r ( x2 )n+2r −n
x
(r)!Γ(n+r+1)
x−n Jn+1 (x)dx = −x−n Jn (x)
Problema 4. Muestre que:
Jn00 (x) =
1
[Jn−2 (x) − 2Jn (x) + Jn+2 (x)]
4
Solución:
Se sabe que:
Jn0 =
1
[Jn−1 (x) − Jn+1 (x)]
2
0
Jn−1
(x) = 12 [Jn−2 (x) − Jn (x)]
0
(x) = 12 [Jn (x) − Jn+2 (x)]
Jn+1
Con n → n − 1
Con n → n + 1
Entonces como:
00
Jn (x) =
¤
1£ 0
0
Jn−1 (x) − Jn+1
(x)
2
0
0
se pueden sustituir las expresiones de Jn−1
(x) y Jn+1
(x) :
00
Jn (x) =
00
1
[Jn−2 (x) − Jn (x) − Jn (x) + Jn+2 (x)]
4
Jn (x) =
n+2r+1
(−1) (x)
x−n r!Γ(n+r+2)2
n+2r+1 dx =
1
[Jn−2 (x) − 2Jn (x) + Jn+2 (x)]
4
=
246
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Problema
5. Evalúe las siguientes integrales
R
a) R xJ0 (x) dx
b) R x3 J2 (x) dx
c) x−4 J5 (x) dx
R 1
d) x 2 J 1 (x) dx
2
R
e) R x3 J0 (x) dx
f) x3 J1 (x)dx
Solución: Para realizar estas integrales se usan las relaciones (7.20) y
(7.21) R
R d
a) R xJo(x)dx = Rdx
[xJ1 (x)] dx = xJ1 (x) + c
d
3
b) R x J2 (x) dx = Rdx [x3 J3 (x)] dx = x3 J3 (x) + c
d
c) x−4 J5 (x) dx = dx
[x−4 J4 (x)] dx = x−4 J4 (x) + c
R 1
d) En la integral x 2 J 1 (x) dx se usa la expresión de J 1 (x) en la ecuación
2
2
(7.13)
q R
q
R 1q 2
R 1
sin xdx = π2 sin xdx = − π2 cos x + c
x 2 J 1 (x) dx = x 2 πx
2
R 3
e)R x J0 (x) dx R
x3 J0 (x) dx = x2 x J0 (x) dx
Integrando por partes
u = x2
du = 2x
dv = xJ0 (x) dx
v = xJ1 (x)
y usando el resultado del inciso (a):
Z
3
3
x J0 (x) dx = x J1 (x) − 2
Z
x2 J1 (x) dx = x3 J1 (x) − 2x2 J2 (x)
si se usa la relación de recurrencia (7.17) con n = 1
J2 (x) + J0 (x) = x2 J1 (x)
J (x) = −J0 (x) + x2 J1 (x)
¤
£
R 23
x J0 (x) dx = x3 J1 (x) − 2x2 x2 J1 (x) − J0 (x) =
Z
x3 J0 (x) dx = x3 J1 (x) − 4x J1 (x) + 2x2 J0 (x)
f) En este problema se ilustrará que si una integral queda en términos de
J0 (x), ésta se deja indicada.R
Para realizar la integral x3 J1 (x)dx se hace integración por partes tomando
u = x, du = dx
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
247
dv = x2 J1 (x)dx, v = x2 J2 (x)dx
Por lo tanto
Z
Z
3
3
x J1 (x)dx = x J2 (x) − x2 J2 (x)dx
R
Para usar la integral x2 J2 (x)dx se parte de la relación de recurrencia
(7.17)
J2 (x) + J0 (x) = x2 J1 (x)
J2 (x) = x2 J1 (x) − J0 (x)
por lo tanto
Z
Z
Z
2
x J2 (x)dx = 2 xJ1 (x)dx − x2 J0 (x)dx
es decir
Z
3
3
x J1 (x)dx = x J2 (x) − 2
Z
xJ1 (x)dx +
Z
x2 J0 (x)dx
También se usa integración por partes para evaluar la integral
haciendo:
u = x, du = dx
dv = xJ0 dx, v = xJ1 (x)
de donde se obtiene
Z
Z
2
2
x J0 dx = x J1 (x) − xJ1 (x)dx
o sea
Z
3
3
x J1 (x)dx = x J2 (x) − 2
Z
3
3
Z
2
xJ1 (x)dx + x J1 (x) −
2
x J1 (x)dx = x J2 (x) + x J1 (x) − 3
Z
Z
x2 J0 dx,
xJ1 (x)dx
xJ1 (x)dx
Para la última integral se vuelve a integrar por partes
u = x, du = dx
dv = J1 dx, v = −J0 (x)
Sustituyendo
R
248
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
R
R
x3 J1 (x)dx = x3 J2 (x) + x2 J1 (x)R− 3(−xJ0 (x) + Jo (x)dx) =
x3 J2 (x) + x2 J1 (x) + 3xJ0 (x) − 3 Jo (x)dx =
¤
£
R
x3 x2 J1 (x) − J0 (x) + x2 J1 (x) + 3xJ0 (x) − 3R Jo (x)dx =
2x2 J1 (x) − x3 J0 (x) + x2 J1 (x) + 3xJ0 (x) − 3 Jo (x)dx =
Z
Z
3
2
3
x J1 (x)dx = 3x J1 (x) − x J0 (x) + 3xJ0 (x) − 3 Jo (x)dx
Problema 6. Pruebe que
Z
Z
k
k
k−1
2
xk−2 Jo (x)dx
x Jo (x)dx = x J1 (x) + (k − 1)x Jo (x) − (k − 1)
R
y así encuentre x5 Jo (x)dx
Solución: Integrando por partes
u = xk−1 , du = (k − 1)xk−2
dv = xJ0 (x), v = xJ1 (x)
Z
Z
5
k
x Jo (x)dx = x J1 (x) − (k − 1) xk−1 J1 (x)dx
Volviendo a integrar por partes
k−2
u = xk−1 , du = (k
R − 1)x
R
J1 (x), v = J1 (x)dx = − £J00 (x)dx = −J0 (x)
¤
Rdv =
R
x5 Jo (x)dx = xk J1 (x) − (k − 1) −xk−1 J0 (x) + (k − 1) xk−2 J0 (x)dx
Z
Z
5
k
k−1
2
x Jo (x)dx = x J1 (x) + (k − 1)x J0 (x) − (k − 1)
xk−2 J0 (x)dx
R
Ahora, para encontrar la integral x5 Jo (x)dx simplemente aplicamos la
fórmula ya demostrada:
Z
Z
5
5
4
x Jo (x)dx = x J1 (x) + 4x J0 (x) − 16 x3 J0 (x)dx
y
vez aplicamos la fórmula:
R
R otra
x3 J0 (x)dx = x3 J1 (x) + 2x2 J0 (x) − 4 xJ0 (x)dx = x3 J1 (x) + 2x2 J0 (x) −
4xJ1 (x)
Por
R 5 lo tanto
x Jo (x)dx = x5 J1 (x) + 4x4 J0 (x) − 16(x3 J1 (x) + 2x2 J0 (x) − 4xJ1 (x)
Z
x5 Jo (x)dx = x5 J1 (x) + 4x4 J0 (x) − 16x3 J1 (x) − 32x2 J0 (x) + 64xJ1 (x)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
7.2.2
249
Solución de ecuaciones de Bessel
Problema 7. Escriba la solución general de
a) x2 y 00 + xy 0 + (x2 − 9)y = 0
b) x2 y 00 + xy 0 + (x2 − 8)y = 0
Solución: Las dos ecuaciones son de Bessel, por lo tanto la solución se
escribe como
a) y(x) = c1 J3 (x) + c2 Y3 (x), donde se ha usado Y3 (x) porque J3 (x) y
J−3 (x) no son linealmente independientes entre sí.
b) y(x) = c1 J√8 (x) + c2 J−√8 (x).
Problemas más complejos pueden resolverse de la siguiente forma. Se
sabe que si se reemplaza x por λx, donde λ es una constante, entonces la
ecuación de Bessel se convierte en
x2 y 00 + xy 0 + (λ2 x2 − n2 )y = 0
(7.23)
Para ver como escribir la solución en este caso, se recuerda que la ecuación
de Bessel tiene la forma siguiente:
x2 y 00 + xy 0 + (x2 − n2 )y = 0
Si u = λx, entonces
dy
dy du
dy
=
=λ
dx du dx
du
de la misma forma
2
d2 y
2d y
=
λ
,
dx2
du2
sustituyendo en la ecuación de Bessel se obtiene:
µ
¶
µ
¶
2
u
dy
u2
2d y
λ
+
λ
+ (u2 − n2 )y = 0
λ2
du2
λ
du
o sea
u2
d2 y
dy
+ u + (u2 − n2 )y = 0
2
du
du
cuya solución es
y = AJn (u) + BYn (u) = AJn ( λx) + BYn ( λx)
250
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Por ejemplo, la solución de la ecuación
x2 y 00 + xy 0 + (3x2 − 4) = 0
es
√
√
y(x) = C1 J2 ( 3x) + C2 Y2 ( 3x)
y la solución de la ecuación
4x2 y” + 4xy 0 + (2x2 − 1)y = 0
Dividiendo ambos miembros por 4 :
x2 y” − xy 0 + ( 12 x2 − 14 )y = 0
de tal forma que la solución es
1
1
y(x) = C1 J 1 ( √ x) + C2 J− 1 ( √ x)
2
2
2
2
Problema 8. Encuentre la solución de x2 y” + xy 0 + (4x2 − 1)y = 0,
la cual está acotada en x = 0 y satisface la condición y(2) = 5.
Solución: La solución de la ecuación está dada por:
y(x) = c1 J1 (2x) + c2 Y1 (2x)
como y(x) debe estar acotada en x = 0 y como Y1 es una función no acotada
en x = 0 entonces debe tenerse necesariamente c2 = 0, de tal forma que
y(x) = c1 J1 (2x)
Aplicando la condición inicial y(2) = 5:
5 = c1 J1 (4)
c1 = J15(4)
Por lo tanto la solución es:
y(x) =
5
J1 (2x)
J1 (4)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
7.2.3
251
Ecuaciones reducibles a la ecuación de Bessel
Muchas ecuaciones de segundo orden tienen la forma:
x2 y” + axy 0 + (b + cxm )y = 0
(7.24)
Donde a, b, c, m son constantes (c > 0 y m 6= 0). Estas ecuaciones se
reducen a una ecuación de Bessel mediante las siguientes sustituciones:
µ ¶1/β
t
x=
γ
µ ¶−α/β
t
y=
u
γ
donde
√
m
2 c
a−1
,β = ,γ =
α=
2
2
m
La ecuación queda como:
2
2d u
t 2
dt
en esta ecuación:
+t
¢
du ¡ 2
+ t − ν2 u = 0
dt
(a − 1)2 − 4b
m2
Problema 9. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales.
a)
1
1
xy 00 + y 0 + y = 0
2
4
b)
y 00 + xy = 0
ν2 =
c)
x2 y 00 − 2xy 0 + (4x4 − 4)y = 0
Solución: (a) La ecuación se puede escribir en la forma:
1
1
x2 y 00 + xy 0 + xy = 0
2
4
252
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
A partir de la ecuación en la forma (7.24) se tiene que a = 12 , b = 0, c =
ym=1
por lo tanto
α = − 14 , β = 12 , γ = 1 y ν 2 = 14
x = t2
¡
¢1/2
y = t1/2 u = x1/2
u = x1/4 u
de tal forma que la ecuación queda
µ
¶
2
du
1
2d u
2
t 2 +t + t −
u=0
dt
dt
4
1
4
La solución queda como:
u(t) = c1 J1/2 (t) + c2 J−1/2 (t)
yx−1/4 = c1 J1/2 (x1/2 ) + c2 J−1/2 (x1/2 )
¤
£
y(x) = x1/4 c1 J1/2 (x1/2 ) + c2 J−1/2 (x1/2 )
b) La ecuación
y 00 + xy = 0
se conoce como la ecuación de Airy.
Solución: la ecuación se puede escribir en la forma:
x2 y 00 + x3 y = 0
A partir de la ecuación en la forma (7.24) se tiene que a = 0, b = 0, c = 1
ym=3
por lo tanto
α = − 12 , β = 32 , γ = 23 y ν 2 = 19
¡ ¢2/3
x = 3t2
¡ ¢1/3
y = 3t2
u = x1/2 u
de tal forma que la ecuación puede escribirse como
µ
¶
2
du
1
2d u
2
u=0
t 2 +t + t −
dt
dt
9
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
253
Por lo tanto la solución es
u(t) = c1 J1/3 (t) + c2 J−1/3 (t)
2
2
yx−1/2 = c1 J1/3 ( x3/2 ) + c2 J−1/3 ( x3/2 )
3
3
1/2
y(x) = x
·
¸
2 3/2
2 3/2
c1 J1/3 ( x ) + c2 J−1/3 ( x )
3
3
c) Solución: A partir de la ecuación en la forma (7.24) se tiene que
a = −2, b = −4, c = 4 y m = 4
por lo tanto
α = − 32 , β = 2, γ = 1 y ν 2 = 25
16
x = t1/2
3/4
y = t3/4 u = (x2 ) u = x3/2 u
de tal forma que la ecuación queda
µ
¶
2
du
25
2d u
2
t 2 +t + t −
u=0
dt
dt
16
y la solución es
u(t) = c1 J5/4 (t) + c2 J−5/4 (t)
yx−3/2 = c1 J5/4 (x2 ) + c2 J−5/4 (x2 )
¤
£
y(x) = x3/2 c1 J5/4 (x2 ) + c2 J−5/4 (x2 )
Problema 10. Muestre que mediante el cambio de variable dado
por y = x−1/2 v, la ecuación de Bessel se convierte en
¶
µ
4n2 − 1
00
v=0
(7.25)
v + 1−
4x2
Use el resultado para resolver la ecuación de Bessel para el caso
n = 12 .
Solución: Si y = x−1/2 v entonces:
254
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
dy
1 3
= x−1/2 v0 − x− 2 v
dx
2
d2 y
1 −3 0 3 −5
1 −3 0
−1/2 00
2v +
2v −
x
x
x 2v
=
x
v
−
dx2
2
4
2
3
d2 y
3 5
= x−1/2 v 00 − x− 2 v0 + x− 2 v
2
dx
4
Sustituyendo en la fórmula de la ecuación de Bessel
3 5
1 3
x3/2 v00 − x1/2 v0 + x− 2 v + x−1/2 v0 − x− 2 v + (x2 − n2 )x−1/2 v = 0
4
2
1
x3/2 v 00 + x−1/2 v + (x2 − n2 )x−1/2 v = 0
4
1
x3/2 v 00 + x−1/2 v( + x2 − n2 ) = 0
4
1 + 4x2 − 4n2
)=0
v + v(
4x2
00
por lo tanto
4n2 − 1
)=0
v + v(1 −
4x2
00
que es precisamente lo que se quería demostrar.
Si n = 12 , la ecuación se reduce a
v 00 + v = 0
Cuya solución es de la forma
v(x) = c1 cos x + c2 sin x
como v = x1/2 y entonces
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
255
1
y(x) = √ (c1 cos x + c2 sin x)
x
este resultado está de acuerdo con la solución de la ecuación de Bessel de
orden 12 , la cual es y(x) = c1 J1/2 (x) + c2 J−1/2 (x), como se puede ver con la
ayuda de las ecuaciones (7.13) y (7.14) los resultados coinciden.
Problema 11. Muestre que para valores grandes de x las soluciones de la ecuación de Bessel tienen la forma
y(x) =
c1 cos x + c2 sin x
√
x
Explique cómo esto se puede usar para demostrar que las diferencias de ceros sucesivos de Jn (x) tienden a π.
Solución: A partir de la ecuación (7.25) se observa que cuando x es muy
grande la ecuación se reduce a
v 00 + v = 0
Cuya solución es de la forma
v(x) = c1 cos x + c2 sin x
entonces
y(x) =
c1 cos x + c2 sin x
√
x
Por lo tanto cuando x es grande
Jn (x) '
c1 cos x + c2 sin x
√
x
Para encontrar las raíces se iguala la función a cero
c1 cos x + c2 sin x
√
=0
x
c1 cos x + c2 sin x = 0
256
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
c1 + c2 tan x = 0
tan x = −
c1
=k
c2
Las raíces de Jn (x) para x grande entonces coinciden con los puntos de
intersección de las funciones y(x) = tan x y y(x) = k. En la siguiente gráfica
se ilustra el comportamiento para un cierto valor de k.
8
6
4
2
-6
-4
-2
0 0
-2
2
4
6
-4
-6
-8
y como la tangente tiene periodo T = π entonces, tal como se ve en la
gráfica, la distancia entre puntos sucesivos de cruce es siempre igual a π.
7.2.4
El problema de valor a la frontera de SturmLiouville
Partiendo de la ecuación
d2 y
dy
+ a2 y = −λy
+ a1
(7.26)
2
dx
dx
si suponemos que a0 6= 0, esta ecuación puede escribirse en la forma
¶
µ
d2 y a1 dy
a2
λ
y=0
+
+
+
dx2 a0 dx
a0 a0
a0
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
257
R
Multiplicando esta ecuación por e (a1 /a0 )dx obtenemos
¶ R
· R
¸ µ
d
a2
λ
(a1 /a0 )dx dy
e (a1 /a0 )dx y = 0
e
+
+
dx
dx
a0 a0
si se escribe
R
P (x) = e
(a1 /a0 )dx
R
a2 R
e
, Q(x) = e (a1 /a0 )dx , R(x) =
a0
(a1 /a0 )dx
a0
entonces la ecuación (7.26) se puede escribir como
·
¸
dy
d
P (x)
+ (Q(x) + λR(x)) y = 0
dx
dx
(7.27)
esta ecuación diferencial se llama de Sturm-Liouville
Las soluciones de esta ecuación se llaman eigenfunciones, las correspondientes constantes λ se llaman eigenvalores.
Si se supone que dos eigenfunciones diferentes yj y yk las cuales satisfacen (7.27) con los correspondientes eigenvalores λj y λk , respectivamente,
sustituyendo en la ecuación (7.27)
¤
d £
P (x)yj0 + (Q(x) + λj R(x)) yj = 0
dx
d
[P (x)yk0 ] + (Q(x) + λk R(x)) yk = 0
dx
Si se multiplica la primera ecuación por yk y la segunda por yj y luego
restando una de la otra
yk
¤
d £
d
P (x)yj0 − yj [P (x)yk0 ] + (λj − λk ) R(x)yj yk = 0
dx
dx
o en forma equivalente como
(λj − λk ) R(x)yj yk = yj
o también
¤
d
d £
[P (x)yk0 ] − yk
P (x)yj0
dx
dx
(λj − λk ) R(x)yj yk =
¡
¢¤
d £
P (x) yj yk0 − yk yj0
dx
258
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
integrando desde a hasta b
(λj − λk )
Z
b
R(x)yj yk dx =
a
¢
¡
¢
¡
P (b) yj (b)yk0 (b) − yk (b)yj0 (b) − P (a) yj (a)yk0 (a) − yk (a)yj0 (a)
(7.28a)
Si el lado derecho fuera cero entonces se tendría
Z b
R(x)yj yk dx = 0, j 6= k
a
o si R(x) ≥ 0
Z b hp
i hp
i
R(x)yj
R(x)yk dx = 0, j 6= k
a
p
p
es decir, las eigenfunciones R(x)yj y R(x)yj son ortogonales en el
intervalo [a, b] , o en forma equivalente yj y yj son ortogonales con respecto
a la función de peso R(x) ≥ 0. Examinando los diferentes casos para los
cuales el lado derecho de la ecuación (7.28a) se tienen cuatro condiciones de
frontera:
A. Caso ordinario
P (a) 6= 0, P (b) 6= 0
a1 y(a) + a2 y 0 (a) = 0, b1 y(b) + b2 y 0 (b) = 0
B. Caso de un punto singular
P (a) = 0
y y y 0 acotadas en x = a, b1 y(b) + b2 y 0 (b) = 0
C. Caso de dos puntos singulares
P (a) = P (b) = 0
y y y 0 acotadas en x = a y x = b
D. Caso ordinario
P (a) = P (b) 6= 0
y(a) = y(b), y 0 (a) = y 0 (b)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
259
Ortogonalidad de las funciones de Bessel
La ecuación diferencial de Bessel se puede escribir en la forma
x2
d2 y
dy
+
x
+ (λx2 − n2 )y = 0
dx2
dx
La ecuación tiene la forma de Sturm-Liouville
·
¸
dy
n2
d
x
+ (λx − )y = 0
dx dx
x
Esto corresponde a la ecuación (7.27) con
2
P (x) = x, Q(x) = − nx , R(x) = x
De las cuatro condiciones de frontera que corresponden al problema de
Sturm-Liouville y dado que x = 0 es el único valor para el que P (x) = 0,
se observa que se deben usar las condiciones de frontera para el caso de un
punto singular
y y y 0 acotadas en x = 0, y
b1 y(1) + b2 y 0 (1) = 0
por simplicidad se ha elegido b = 1
Las eigenfunciones deben ser ortogonales en el intervalo [0, 1] con respecto
a la función de peso R(x) = x. En el caso especial b1 = 1 y b2 = 0 se obtiene
y(1) = 0
Por lo tanto en este caso la solución se escribe solamente como
√
y = AJn ( λx)
debido a que tanto Yn y J−n no están acotadas en x = 0. Para satisfacer
la condición
de frontera en la ecuación anterior se tiene
√
Jn ( λ) = 0
Por
√ lo tanto
λ = r1 , r2 , r3 , · · · o bien λ = r12 , r22 , r32 , · · ·
donde las rj son las raíces de Jn (x) = 0
y las correspondientes eigenfunciones son
Jn (r1 x), Jn (r2 x), Jn (r3 x), · · ·
260
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
es importante
considerar
que
√
√
√ de acuerdo con la ecuación (7.28a) las funciones xJn (r1 x), xJn (r2 x), xJn (r3 x), · · ·
son mutuamente ortogonales en el intervalo [0, 1]
Este conjunto de funciones puede hacerse ortonormal normalizando cada
función. Para ello se consideran las funciones
√
φk (x) = ck xJn (rk x)
y se debe determinar el valor de las constantes ck tal que
Z 1
Z 1
¤2
£ √
2
[φk (x)] dx =
ck xJn (rk x) dx = 1
0
(7.29)
0
de donde se obtiene
ck =
·Z
0
1
¸−1/2
xJn2 (rk x)dx
(7.30)
para obtener esta integral se resuelve primero la siguiente
Z 1
xJn (αx)Jn (βx)dx
0
Si suponemos que α es variable y β es constante y se hace tender α a β.
Se obtendrá
Z 1
xJn2 (βx)dx
0
y en esta integral se pone β = rk
A partir de√la ecuación (7.28a) poniendo P (x) = x, R(x) = x, a = 1,
b = 1, y = Jn ( λx)
se obtieneR
p
√
1
(λj − λk ) 0 xJn ( λj x)Jn ( λk x)dx =
p £√
¤
£p
p ¤
√
√
λj Jn0 ( λj )
Jn ( λj ) λk Jn0 ( λk ) − Jn ( λk )
Escribiendo λj = α2 , λk = β 2 se encuentra
Z 1
βJn (α)Jn0 (β) − αJn (β)Jn0 (α)
xJn (αx)Jn (βx)dx =
α2 − β 2
0
Al tomar el límite cuando α → β, el lado derecho tiene la forma indeterminada 00 , por lo que puede usarse la regla de L’Hôpital
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
Z
1
261
βJn0 (α)Jn0 (β) − αJn (β)Jn00 (α) − Jn (β)Jn0 (α)
α→β
2α
xJn2 (βx)dx = lim
0
Z
0
1
xJn2 (βx)dx =
βJn02 (β) − βJn (β)Jn00 (α) − Jn (β)Jn0 (β)
2β
Si β = rk donde rk es una raíz de Jn (x) = 0 la expresión anterior se
reduce a
Z 1
1
xJn2 (rk x)dx = Jn02 (rk )
(7.31)
2
0
de esto se sigue que el conjunto de funciones φk (x) es igual a
√
2xJn (rk x)
, k = 1, 2, 3, · · ·
φk (x) =
Jn0 (rk )
Si las rk son las raíces de Jn0 (x) = 0 entonces
Z 1
(r2 − n2 )Jn2 (rk )
xJn2 (rk x)dx = k
2rk2
0
o sea
√
2xrk Jn (rk x)
φk (x) = 2
(rk − n2 )Jn2 (rk )
(7.32)
(7.33)
(7.34)
si se considera ahora el caso con b1 = µ y b2 = 1 donde µ es una constante
positiva. Y la condición de frontera queda
µy(1) + y 0 (1) = 0
La solución está dada por
√
y = AJn ( λx)
y se debe cumplirse la condición
√
√
√
µJn ( λ) + λJn0 ( λ) = 0
262
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
también rk son las raíces de
µJn (x) + xJn0 (x) = 0
y se tiene también
Z
0
1
xJn2 (rk x)dx =
(µ2 + rk2 − n2 )Jn2 (rk )
2rk2
como se tiene que µJn (rk ) + xJn0 (rk ) = 0
√
2xrk Jn (rk x)
φk (x) = p
µ2 + rk2 − n2 Jn (rk )
(7.35)
(7.36)
Tales resultados se resumen en la siguiente tabla
Ecuaciones con raíces de rk
Jn (x) = 0
Jn0 (x) = 0
Valores de
1 02
J (rk )
2 n
R1
0
xJn2 (rk x)dx
(rk2 −n2 )Jn2 (rk )
2rk2
(µ2 +rk2 −n2 )Jn2 (rk )
2rk2
µJn (x) + xJn0 (x) = 0
R1
Tabla I. Valores de la integral 0 xJn2 (rk x)dx para diferentes condiciones de
frontera.
Problema 12. Escriba cada una de las siguientes ecuaciones en
la forma de Sturm-Liouville.
a)
xy 00 + 2y 0 + (λ + x)y = 0
b)
y 00 − y 0 + (λ + e−x )y = 0
c)
y 00 + (3 + λ cos x)y = 0
d)
y 00 − (tan x)y 0 + (1 + λ tan x)y = 0
Solución:
a) Se tiene que la ecuación de Sturm-Liouville es
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
263
·
¸
dy
d
P (x)
+ [Q(x) + λR(x)] y = 0
dx
dx
Dividiendo la ecuación original por x, se obtiene
2
λ
y 00 + y 0 + ( + 1)y = 0
x
x
R
2
2
µ(x) = e x dx = e2 ln x = eln x = x2
Multiplicando la ecuación anterior por x2
x2 y 00 + 2xy 0 + (λx + x)y = 0
agrupando los dos primeros términos, se obtiene la ecuación en la forma
de Sturm-Liouville
·
¸
d
2 dy
x
+ (λx + x)y = 0
dx
dx
donde
P (x) = x2 , Q(x) = x2 , R(x) = x
b) y 00 − y 0 R+ (λ + e−x )y = 0
µ(x) = e− dx = e−x
Multiplicando la ecuación por e−x
e−x y 00 − e−x y 0 + (λe−x + e−2x) = 0
y se obtiene la ecuación en la forma de Sturm-Liouville
·
¸
d −x dy
e
+ (e−2x + λe−x )y = 0
dy
dx
donde
P (x) = e−x , Q(x) = e−2x , R(x) = e−x
c) y 00 + (3 + λ cos x)y = 0
En esta ecuación si P (x) = 1, Q(x) = 3, R(x) = cos x se observa fácilmente que tiene la forma de Sturm-Liouville:
· ¸
d dy
+ (3 + λ cos x)y = 0
dx dx
264
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
d) y 00 − (tan x)y 0 + (1 + λ tan x)y = 0
µ(x) = e−
R
tan xdx
= e−(− ln cos x) = eln cos x = cos x
sin x
Multiplicando la ecuación por cos x,y sustituyendo tan x por cos
x
·µ
·
µ
¶
¸
¶
¸
sin x
sin x
y 00 cos x −
cos x y 0 + cos x + λ
cos x y = 0
cos x
cos x
y 00 cos x − y 0 sin x + (cos x + λ sin x)y = 0
·
¸
d
dy
cos x
+ (cos x + λ sin x)y = 0
dx
dx
Problema 13. Muestre que cada uno de los siguientes son problemas de valor de frontera de Sturm-Liouville. En cada caso encuentre (i) los eigenvalores y las eigenfunciones, (ii) un conjunto
de funciones mutuamente ortogonales en el intervalo (verifique la
ortogonalidad por integración directa), y (iii) un conjunto ortonormal de funciones en el intervalo . (a) y 00 + λy = 0; y(0) = 0, y(4) = 0.
(b) y 00 + λy = 0; y 00 (0) = 0, y(π) = 0. (c) y 00 + λy = 0; y 0 (0) = 0, y 0 (2) = 0.
Solución: En todos los casos se trata de la ecuación
µ ¶
d dy
00
y + λy = 0,
+ λy = 0
dy dx
la cual tiene la forma de Sturm-Liouville con p(x) = 1, solo resta verificar que las condiciones a la frontera coinciden con alguno de los casos del
problema de valor de frontera de Sturm-Liouville.
La solución general de la ecuación es
√
√
y(x) = c1 cos λx + c2 sin λx
(a) Las condiciones a la frontera y(0) = 0, y(4) = 0 coinciden con el caso
ordinario con a = 0, b = 4, a1 = 1, b1 = 1, a2 = 0 y b2 = 0
Aplicando las condiciones de frontera:
y(0) = 0 = c1
√
y(4) = 0 = c2 sin 4 λ, como c2 6= 0, se obtiene
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
265
√
√
2 2
sin 4 λ = 0, 4 λ = nπ, λ = n16π
Por lo tanto
x
y(x) = c2 sin nπ
4
por lo tanto los eigenvalores son
n2 π2
λn =
16
y las eigenfunciones
yn (x) = an sin
nπ
x
4
Como se trata de un problema de valor a la frontera de Sturm-Liouville
las eigenfunciones forman un conjunto ortogonal en el intervalo [0,4], esto
puede verificarse por integración directa:
Z 4³
Z 4³
nπ ´ ³ mπ ´
nπ ´ ³
mπ ´
x am sin
x dx = an am
x sin
x dx
an sin
sin
4
4
4
4
0
0
Usando la identidad
sin u sin v =
1
[cos(u + v) − cos(u − v)]
2
(7.37)
¶
Z 4³
Z µ
(n + m)π
nπ ´ ³
mπ ´
an am 4
(n − m)π
cos(
an sin
x am sin
x dx =
x) − cos(
x) dx =
4
4
2
4
4
0
0
an am
2
½µ
¶ µ
¶¾4
4
(n + m)π
4
(n + m)π
=0
sin(
x −
sin(
x
(m + n)π
4
(m − n)π
4
0
siempre y cuando m 6= n. Efectivamente son ortogonales.
Para determinar el conjunto de funciones ortonormales:
Z 4
nπ
xdx = 1
a2n sin2
4
0
a2n
Z 4µ
0
¶
1 1
nπ
− cos
x dx = 1
2 2
2
266
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
a2n
µ
a2n (2) = 1, es decir an =
por lo tanto
¶4
1
nπ
x
−
sin
x =1
2 nπ
2
0
√1
2
1
nπ
φn (x) = √ sin
x
4
2
es un conjunto de funciones ortonormales en el intervalo [0, 4]
(b) Las condiciones a la frontera y 0 (0) = 0, y(π) = 0 coinciden con el caso
ordinario con a = 0, b = π, a1 = 0, b1 = 1, a2 = 1 y b2 = 0
Derivando la solución:
√
√
√
√
y 0 (x) = − λc1 sin λx + λc2 cos λx
Aplicando las
√ condiciones de frontera:
√
0
por lo tanto c2 = 0, es decir y(x) = c1 cos λx
y (0) = 0 = λc2 √
y(π) = 0 = c1 cos λπ, como c1 6= 0, se obtiene
√
√
2
cos λπ = 0, λπ = (2n + 1) π2 , λ = (2n+1)
4
Por lo tanto
y(x) = c1 cos 2n+1
x
2
por lo tanto los eigenvalores son
(2n + 1)2
λn =
4
y las eigenfunciones
yn (x) = an cos
2n + 1
x
2
Como se trata de un problema de valor a la frontera de Sturm-Liouville
las eigenfunciones forman un conjunto ortogonal en el intervalo [0, π], no
obstante, esto puede verificarse por integración directa:
¶µ
¶
Z +π µ
2n + 1
2m + 1
an cos
x
am cos
x dx =
2
2
0
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
= an am
Z
+π
0
267
µ
¶µ
¶
2n + 1
2m + 1
cos
x
cos
x dx
2
2
Usando la identidad
cosu cos v =
Z
+π
0
an am
2
an am
2
½
1
[cos(u + v) + cos(u − v)]
2
(7.38)
µ
¶µ
¶
2n + 1
2m + 1
an cos
x
am cos
x dx =
2
2
Z
+π
(cos(n + m + 1)x − cos(n − m)x) dx =
0
1
sin (m + n + 1) x +
m+n+1
µ
¶¾+π
1
=0
sin (m − n) x
m−n
0
siempre y cuando m 6= n. Efectivamente son ortogonales.
Para determinar el conjunto de funciones ortonormales:
Z +π
2n + 1
xdx = 1
a2n cos2
2
0
a2n
Z
0
µ
+π
µ
¶
1 1
+ cos (2n + 1) x dx = 1
2 2
¶+π
x
1
+
sin (2n + 1) x
=1
2 2n + 1
0
q
¡ ¢
2 π
an 2 = 1, es decir an = π2
por lo tanto
r
µ
¶
2
2n + 1
cos
x
φn (x) =
π
2
a2n
268
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
es un conjunto de funciones ortonormales en el intervalo [0, π]
(c) Las condiciones a la frontera y 0 (0) = 0, y 0 (2) = 0 coinciden con el caso
ordinario con a = 0, b = 2, a1 = 0, b1 = 0, a2 = 1 y b2 = 1
Derivando√la solución:
√
√
√
y 0 (x) = − λc1 sin λx + λc2 cos λx
Aplicando las
√ condiciones de frontera:
√
0
y (0) = 0 = √
λc2 por lo√tanto c2 = 0, es decir y(x) = c1 cos λx
y 0 (2)√= 0 = − √λc1 sin 2 λ, como c1 6= 0, se obtiene
2 2
sin 2 λ = 0, 2 λ = nπ, λ = n 4π
Por lo tanto
nπ
x
y(x) = c1 cos
2
por lo tanto los eigenvalores son
λn =
n2 π 2
4
y las eigenfunciones
yn (x) = an cos
nπ
x
2
Como se trata de un problema de valor a la frontera de Sturm-Liouville
las eigenfunciones forman un conjunto ortogonal en el intervalo [0, 2], no
obstante, esto puede verificarse por integración directa:
Z 2³
Z 2³
mπ ´
nπ ´ ³
mπ ´
nπ ´ ³
x am cos
x dx = an am
x cos
x dx
an cos
cos
2
2
2
2
0
0
Usando la identidad de la ecuación (7.38)
¶µ
¶
Z µ
an am 2
(m + n) π
(m − n)π
an cos
x
am cos
x dx =
2
2
2
0
an am
2
½
µ
¶
µ
µ
¶ ¶¾2
2
(m + n) π
2
(m − n) π
sin
x+
sin
x
=0
m+n
2
m−n
2
0
siempre y cuando m 6= n. Efectivamente son ortogonales.
Para determinar el conjunto de funciones ortonormales:
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
Z
2
a2n cos2
0
a2n
Z 2µ
0
a2n
µ
269
nπ
xdx = 1
2
¶
1 1
+ cos nπx dx = 1
2 2
¶2
x
1
+
sin nπx = 1
2 nπ
0
a2n (1) = 1, es decir an = 1
por lo tanto
φn (x) = cos
³ nπ ´
2
x
es un conjunto de funciones ortonormales en el intervalo [0, 2] .
Problema 14. Dado el problema de valor de frontera y 00 + λy = 0;
y(−1) = y(1), y 0 (−1) = y 0 (1).
a) Muestre que es un problema de Sturm-Liouville y clasifíquelo
de acuerdo al tipo.
b) Encuentre los eigenvalores y eigenfunciones.
c) Verifique que las eigenfunciones son mutuamente ortogonales
en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1.
d) Encuentre un correspondiente conjunto ortonormal de funciones.
Solución:
Tal como se dijo en el ejercicio anterior la ecuación y 00 + λy = 0 tiene la
forma de Sturm-Liouville. Corresponde al caso periódico, puesto que:
y(a) = y(b) y 0 (a) = y 0 (b)
Con a = −1;
b=1
y(−1) = y(1) y 0 (−1) = y 0 (1)
La solución general es:
√
√
y(x) = c1 cos λx + c2 sin λx
270
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
√
√
√
√
y 0 (x) = −c1 λ sin λx + c2 λ cos λx
a) Aplicando condiciones a la frontera:
√
√
√
√
y(−1) = c1 cos λ(−1) + c2 sin λ(−1) = c1 cos λ − c2 sin λ
√
√
y(1) = c1 cos λ + c2 sin λ
Como y(−1) = y(1)
√
√
√
√
c1 cos λ − c2 sin λ = c1 cos λ + c2 sin λ
√
0√= 2c2 sin λ como c2 6= 0 se obtiene que
λ = nπ
O sea los eigenvalores son
λ = n2 π 2
De la segunda condición se tiene:
√
√
√
√
√
√
√
√
y 0 (−1) = −c1 λ sin λ(−1)+c2 λ cos λ(−1) = c1 λ sin λ+c2 λ cos λ
√
√
√
√
y 0 (1) = −c1 λ sin λ + c2 λ cos λ
Como y 0 (−1) = y 0 (1)
√
√
√
√
√
√
√
√
c1 λ sin λ + c2 λ cos λ = −c1 λ sin λ + c2 λ cos λ
√
√
0 = 2c1 λ sin λ como c1 6= 0
se tiene
√
λ = nπ
se confirma nuevamente que los eigenvalores son λ = n2 π 2
Por lo tanto las eigenfunciones se pueden escribir como:
yn (x) = an cos(nπx) + bn sin(nπx)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
271
para verificar que forman un conjunto ortogonal en el intervalo [−1, 1] se
calcula la integral
Z 1
(am cos(mπx) + bm sin(mπx)) (an cos(nπx) + bn sin(nπx)) dx =
−1
am an
Z
1
(cos mπx) (cos nπx) dx + am bn
−1
an bm
Z
Z
1
(cos mπx) (sin nπx) dx+
−1
1
(sin mπx) (cos nπx) dx + bm bn
−1
Z
1
(sin mπx) (sin nπx) dx
−1
Usando la identidad siguiente junto con las de las ecuaciones (7.37) y
7.38)
sin u cos v =
1
[sin(u + v) + sin(u − v)]
2
R
am an 1
(cos(m + n)πx + cos(m − n)πx) dx+
2 R −1
am bn 1
(sin(m + n)πx − sin(m − n)πx) dx+
2 R−1
an bm 1
(sin(m + n)πx + sin(m − n)πx) dx+
2 R −1
1
bm bn
(cos(m + n)πx − cos(m − n)πx) dx =
2
−1
³
(7.39)
´1
sin(m − n)πx
+
−1
³
´1
am bn
1
1
−
cos(m
+
n)πx
+
cos(m
−
n)πx
+
2
(m+n)π
(m−n)π
³
´−1
1
an bm
1
1
− (m+n)π
cos(m + n)πx − (m−n)π
cos(m − n)πx
+
2
´ −1
³
bm bn
1
1
sin(m + n)πx − (m−n)π
sin(m − n)πx dx = 0 siempre y cuando
2
(m+n)π
m 6= n porque todos los términos con seno se hacen cero; además, al evaluar
los términos de coseno en los límites superiores e inferiores se cancelan.
Se
el conjunto de funciones ortonormales:
R 1 procede ahora a encontrar
2
[an cos nπx + bn sin nπx] =
¤
R−1
1 £ 2
a cos2 nπx + 2an bn cos nπx sin nπx + bn sin2 nπx dx =
−1R n¡
¢
¢
R1 ¡
2
1
n bn sen nπx 1
a2n −1 12 + 12 cos 2nπx dx+ 2anπ
|−1 +b2n −1 12 − 12 cos 2nπx dx =
2
¢
¢¤1
£ 2 ¡1
¡
1
1
n bn
sin 2nπx + anπ
sen2 nπx + b2n 12 x − 4nπ
sin 2nπx −1 =
an 2 x + 4nπ
am an
2
1
(m+n)π
sin(m + n)πx +
1
(m−n)π
272
h
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
a2n
2
(1 − (−1)) +
b2n
2
i
(1 − (−1)) = a2n + b2n
Es decir la norma del conjunto de funciones es igual a
Por lo tanto el conjunto de funciones ortonormales es:
1
φn = p
(an cos nπx + bn sin nπx)
a2n + b2n
p
a2n + b2n
Problema 15. Discuta el problema de valor de frontera y 00 +
λy = 0; y(0) + y(1) = 0, y 0 (0) = 0, respondiendo en particular a las
siguientes preguntas a) ¿Es un problema de Sturm-Liouville? b)
¿Tiene eigenvalores y eigenfunciones? c) ¿Si las eigenfunciones
existen, son ellas mutuamente ortogonales?
Solución:
a) No es un problema de Sturm-Liouville. Aunque la ecuación tiene la
forma adecuada, las condiciones de frontera no coinciden con ninguno de los
cuatro casos mencionados.
b) La solución general es:
√
√
y (x) = c1 cos λx + c2 sin λx
√
√
√
√
y 0 (x) = −c1 λ sin λx + c2 λ cos λx
Aplicando condiciones a la frontera:
y (0) = c1
√
√
y (1) = c1 cos λ + c2 sin λ
Si y(0) + y(1)
que:
√ = 0, se tiene
√
c1 + c1 cos λ + c2 sin λ = 0
Ahora√se usa la condición y 0 (0) = 0
0 = c2 λ
∴ c2 = 0
Retomando√la primera condición
+ c1 cos λ ´
=0
c1 ³
√
c1 1 + cos λ = 0
como c1 no puede
ser cero, se tiene que:
³
√ ´
1 + cos λ = 0
√
cos λ = −1
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
273
√
λ = (2n − 1) π
O sea los eigenvalores son
λ = (2n − 1)2 π 2
Y las eigenfunciones pueden escribirse como
yn (x) = an cos (2n − 1) πx
c) Si el problema fuera de Sturm-Liouville si se podría asegurar la ortogonalidad de la eigenfunciones. Aunque el problema tiene eigenvalores y
eigenfunciones éstas no son necesariamente ortogonales en el intervalo (0, 1).
Problema 16. El problema de valor de frontera y 00 +λy = 0; y(−1) =
−y(1), y 0 (−1) = y 0 (1). a) ¿Es un problema de Sturm-Liouville? b)
¿Tiene eigenvalores y eigenfunciones? c) ¿Si las eigenfunciones existen, son ellas mutuamente ortogonales?
Solución:
a) Este problema no es de Sturm-Liouville porque las condiciones de frontera no coinciden con ninguno de los cuatro casos.
b) Aun así, se√puede resolver.
√ La solución general es
y (x) = c1 cos√ λx +
c
sin
λx derivando
√ 2
√
√
0
y (x) = −c1 λ sin λx + c2 λ cos λx
Aplicando la condición a la frontera y (−1) = −y(1)
√
√
y (−1) = c1 cos λ − c2 sin λ
√
√
y (1) = c1 cos λ + c2 sin λ
√
√
√
√
c1 cos λ −√
c2 sin λ = −c1 cos λ − c2 sin λx
0 = 2c1 cos λ
√
√
hay dos posibilidades c1 = 0 o cos λ = 0 lo cual llevaría a λ =
(2n − 1) π2
Aplicando la√otra condición
de√
frontera y 0 (−1) = −y 0 (1)
√
y0√
(−1) =√c1 λ sin
λ
√
√
√ λ +√c2 cos √
√
c1 λ sin√ λ +√
c2 λ cos λ = c1 λ sin λ − c2 λ cos λ
0 = 2c2 λ cos λ
√
también hay dos posibilidades c2 = 0 o cos λ = 0
274
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Como c1 y c2 no pueden ser cero al mismo tiempo la solución más general
se escribe como
π
π
y (x) = c1 cos (2n − 1) x + c2 sin (2n − 1) x
2
2
las cuales son las eigenfunciones.
c) La respuesta a este inciso se contesta analógamente al problema anterior.
Problema 17. Determine las eigenfunciones normalizadas y la
ecuación que define los eigenvalores para el problema de valor de
frontera xy 00 + y 0 + xy = 0 con condiciones a la frontera: y acotada
en x = 0 y (a) y(1) = 0; (b) y 0 (1) = 0; (c) y(1) + 2y 0 (1) = 0.
a)
La ecuación tiene la forma
x2 y 00 + xy 0 + x2 y = 0
esta es la ecuación de Bessel con n = 0 cuya solución general es
√
√
y (x) = AJ0 ( λx) + BY0 ( λx)
A partir de las condiciones a la frontera se obtiene que B = 0 por que
y(x) debe estar acotada en x = 0 y la función Y0 ( x) no está acotada en
x = 0. Por lo tanto
√
y (x) = AJ0 ( λx)
Aplicando
√ la condición
√ de frontera y(1) = 0
0 = A J0 λ o sea J0 λ = 0, por lo que los eigenvalores son
λn = rn2
con n = 0, 1, 2, · · ·, rn son las raíces positivas de
J0 (x) = 0
Por lo que las eigenfunciones son
yn (x) = An J0 (rn x)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
275
como el problema es de Sturm-Liouville, caso de un punto singular, tales
funciones son mutuamente ortogonales en el intervalo (0, 1) con respecto a la
función de peso R(x) = x. Para obtener las eigenfunciones normalizadas se
sigue el siguiente proceso
Z 1
A2n xJ02 (rn x)dx = 1
0
A2n
Z
1
xJ02 (rn x)dx = 1
0
Como rn son las raíces positivas de J0 (x) = 0entonces la integral indicada
se puede evaluar facilmente, consultando la tabla I.
µ 02
¶
J0 (rn )
2
An
=1
2
por lo tanto
A2n =
2
(J00 (rn ))2
=
2
J12 (rn )
Por lo que las correspondientes funciones normalizadas son
√
2x
J0 (rn x)
yn (x) =
J1 (rn )
b)
De la misma forma que en el inciso anterior
√
y (x) = A J0 ( λx)
derivando √
³√ ´
y 0 (x) = A λJ00
λx
Aplicando
y 0 (1) = 0
√ 0 √ la condición de frontera
√
A λJ0 λ = 0 por lo tanto J 0 0 λ = 0 y los eigenvalores son
λn = rn2
276
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
con n = 0, 1, 2, · · · , rn son las raíces positivas
J00 (x)
=0
Por lo que las eigenfunciones son
yn (x) = An J0 (rn x)
Siguiendo el mismo procedimiento para normalizar que en el inciso
anterior
A2n = R 1
1
xJ02 (rn x)dx
0
la integral se obtiene de la tabla I recordando que las rn son las raíces positivas J00 (x) = 0
Z 1
J 2 (rn )
xJ02 (rn x)dx = 0
2
0
√
2
An =
J0 (rn )
Por lo que las funciones normalizadas son
√
2x
J0 (rn x)
yn (x) =
J0 (rn )
c)
Aplicando la condición de frontera
y(1) + 2y 0 (1) = 0
AJ0
³√ ´
³√ ´
√
λ + 2A λJ00
λ =0
³√ ´
√ 0 ³√ ´
λ + 2 λJ0
λ =0
J0
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = rn2
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
2xJ00 (x)
277
con n = 0, 1, 2, · · ·, rn son las raíces positivasde
J0 (x) +
=0
Y las eigenfunciones son
yn (x) = AJ0 (rn x)
con rn las raíces positivasde J0 (x) + 2xJ00 (x) = 0
Para obtener las funciones normalizadas se hace uso del tercer renglón de
la tabla I con µ = 12
√
2xrn
¢
yn (x) = ¡ 1
J (r x)
2 J (r ) 0 n
+
r
0 n
n
4
Problema 18. Encuentre los eigenvalores y eigenfunciones para
los problemas de valor de frontera:
(a) x2 y 00 + xy 0 + (λx2 − 4) y = 0; donde y está acotada en x = 0
y y 0 (1) = 0.
(b) x2 y 00 + xy 0 + (λx2 − 25) y = 0; donde y está acotada en x = 0
y 2y(1) + 3y 0 (1) = 0.
Solución: (a) La solución de la ecuación x2 y 00 + xy 0 + (λx2 − 4) y = 0
está dada por
√
√
y(x) = AJ2 ( λx) + BY2 ( λx)
la función Y2 (x) no está acotada en x = 0 por lo tanto B = 0 y
√
y(x) = AJ2 ( λx)
Derivando√
√
y 0 (x) = A λJ20 ( λx)
0
Aplicando
√ 0 √ la condición de frontera y (1) =√0
A λJ2 ( λ) = 0 de donde se obtiene que λ = rn , n = 1, 2, 3, · · · donde
rn son las raíces de J20 (x) = 0
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = rn2
y las correspondientes eigenfunciones
278
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
yn (x) = An J2 (rn x)
por
(b) La solución de la ecuación x2 y 00 + xy 0 + (λx2 − 25) y = 0 está dada
√
√
y(x) = AJ5 ( λx) + BY5 ( λx)
al igual que en el inciso anterior la función Y5 (x) no está acotada en x = 0
por lo tanto B = 0 y
√
y(x) = AJ5 ( λx)
Derivando√
√
y 0 (x) = A λJ50 ( λx)
Aplicando la condición de frontera
2y(1) + 3y 0 (1) = 0
√
√
√
2AJ5 ( λ) + 3A λJ50 ( λ) = 0
la cual se puede escribir como
√
√
2 √
J5 ( λ) + λJ50 ( λ) = 0
3
√
de donde se obtiene que λ = rn , n = 1, 2, 3, · · · donde rn son las raíces de
2
J (x) + xJ50 (x) = 0
3 5
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = rn2
y las correspondientes eigenfunciones
yn (x) = An J5 (rn x)
Problema 19. Encuentre los eigenvalores y eigenfunciones para
el problema de valor
consistente de la ecuación difer¡ de frontera:
¢
encial x2 y 00 + xy 0 + λx2 − 14 y = 0 con la condición de que y está
acotada en x = 0 y (a) y(1) = 0; (b) y 0 (1) = 0; (c) y(1) + 5y 0 (1) = 0.
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
279
¡
¢
Solución: (a) La solución de la ecuación x2 y 00 + xy 0 + λx2 − 14 y = 0
está dada por
√
√
y(x) = AJ1/2 ( λx) + BJ−1/2 ( λx)
la cual se puede escribir como
r
√
√
2
(A sin( λx) + B cos( λx))
y(x) =
πx
la función y(x) debe estar acotada en x = 0, para ver lo que sucede en
x = 0 calculamos
el √
límite
q ³
q ³
hq
´
´
i
√
√
√
sin( λx)
cos( λx)
2
2
2
√
√
lim
+B π lim
(A sin( λx) + B cos( λx)) = A π lim
πx
x
x
x→0
x→0
x→0
aunque el primer límite puede evaluarse usando la regla de L’Hôpital el segundo límite se va a ∞, por lo tanto en x = 0 y(x) no está acotada debido
al segundo término, por lo tanto debe tomarse B = 0.
r
√
2
y(x) =
A sin( λx)
πx
Aplicando
la condición de frontera y(1)
√
√=0
sin( λ) = 0 de donde se obtiene que λ = nπ, n = 1, 2, 3, · · ·
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = n2 π2
por
y las correspondientes eigenfunciones
r
2
yn (x) =
An sin(nπx)
πx
¡
¢
(b) La solución de la ecuación x2 y 00 + xy 0 + λx2 − 14 y = 0 está dada
√
√
y(x) = AJ1/2 ( λx) + BJ−1/2 ( λx)
la cual se puede escribir como
r
√
√
2
(A sin( λx) + B cos( λx))
y(x) =
πx
280
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
la función y(x) debe estar acotada en x = 0, para ver lo que sucede en
x = 0 calculamos el límite
"r
#
√
√
2
lim
(A sin( λx) + B cos( λx)) =
x→0
πx
!
!
r Ã
r Ã
√
√
2
sin( λx)
2
cos( λx)
√
√
+B
=A
lim
lim
π x→0
π x→0
x
x
aunque el primer límite puede evaluarse usando la regla de L’Hôpital el segundo límite se va a ∞, por lo tanto en x = 0 y(x) no está acotada debido
al segundo término, por lo tanto debe tomarse B = 0.
r
√
2
A sin( λx)
y(x) =
πx
Aplicando
la condición de frontera y(1)
√=0
√
sin( λ) = 0 de donde se obtiene que λ = nπ, n = 1, 2, 3, · · ·
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = n2 π 2
y las correspondientes eigenfunciones
r
2
An sin(nπx)
yn (x) =
πx
(b) Según el inciso anterior la solución acotada en x = 0 es
r
√
2
A sin( λx)
y(x) =
πx
Aplicando la condición de frontera y 0 (1) = 0
!
Ã√
r
√
−3/2
√
2
λ
cos(
λx)
x
√
−
y 0 (x) =
A
sin( λx)
π
2
x
0=
√
√
√
1
λ cos( λ) − sin( λ)
2
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
281
√
√
√
√
√
o sea λ cos( λ) = 12 sin( λ) ⇒ tan( λ) = 2 λ
√
por lo tanto λ = rn , n = 1, 2, 3, · · · donde rn son las raíces de la ecuación
tan x = 2x
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = rn2
donde rn son las raíces tan x = 2x
y las correspondientes eigenfunciones son
r
2
yn (x) =
An sin(rn x)
πx
(c) La solución acotada en x = 0 es
r
√
2
A sin( λx)
y(x) =
πx
Aplicando la condición de frontera y(1) + 2y 0 (1) = 0
Ã√
!
r
√
−3/2
√
2
λ
cos(
λx)
x
√
A
−
sin( λx)
y 0 (x) =
π
x
2
0=
r
µ
¶¸
·
√
√
√
√
2
1
λ cos( λ) − sin( λ)
A sin( λ) + 2
π
2
h √
√ i
0 = 2 λ cos( λ)
√
√
o sea cos( λ) = 0 ⇒ λ) = (2n − 1) π2 , n = 1, 2, 3, · · ·
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = (2n − 1)2
π2
4
y las correspondientes eigenfunciones son
r
2
π
yn (x) =
An sin (2n − 1) x
πx
2
282
7.2.5
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Series de Bessel
Como las funciones de Bessel son mutuamente ortogonales en el intervalo
[0, 1] con respecto a la función de peso x entonces es posible expander una
función f (x) en serie de las funciones de Bessel de la forma
∞
X
f (x) =
aj Jn (rj x)
(7.40)
j=1
los coeficientes se calculan como
R1
xf (x)Jn (rk x)dx
ak = 0 R 1
xJn2 (rk x)dx
0
(7.41)
donde la integral en el denominador se encuentra fácilmente usando la
tabla I.
Problema 20.
a) Expanda f (x) = x, 0 < x < 1, en una serie de funciones de
Bessel J1 (rk x), donde rk , k = 1, 2, 3, ..., son las raíces positivas de
J1 (x) = 0, para obtener
x=2
+∞
X
J1 (rk x)
rk J2 (rk )
k=1
b) Muestre que la serie en a) converge a f (x) si −1 ≤ x ≤ 1
Solución:
+∞
P
f (x) = x =
ak J 1 (rk x)
k=1
R1
0
x2 J 1 (rk x)dx
ak = R 1
0
xJ12 (rk x)dx
Como rk son las raíces positivas de J1 (x) = 0, a partir de la tabla I la integral
del denominador se encuentra fácilmente
Z 1
1 0
xJ12 (rk x)dx = J12 (rk )
2
0
R1
Para evaluar la integral 0 x2 J 1 (rk x)dx se hace un cambio de variable
u = rk x
du = rk dx
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
dx =
Z
283
du
rk
1
2
x J 1 (rk x)dx =
0
Z
0
Por lo tanto
rk
¤ J2 (rk )
du
1 2
1 £ 2
u2
rk
J
(u)
=
u
J
(u)
|
=
J
(r
)
=
r
1
2
2
k
0
k
3
3
rk 2
rk
rk
rk
rk
ak =
J2 (rk )
rk
1 02
J
(rk )
2 1
=
2J2 (rk )
0
rk J12 (rk )
Si en la relación de recurrencia
0
Jn−1 (x) − Jn+1 (x) = 2Jn (x)
se pone n = 1
0
J0 (x) − J2 (x) = 2J1 (x)
J0 (x) − J2 (x)
2
Usando también la relación de recurrencia
0
J1 (x) =
Jn−1 (x) + Jn+1 (x) =
(7.42)
2n
Jn (x)
x
también con n = 1
J0 (x) + J2 (x) = x2 J1 (x)
de donde
2
J1 (x) − J2 (x)
x
al sustituir en la ecuación (7.42) se obtiene
J0 (x) =
(7.43)
1
J1 (x) − J2 (x)
(7.44)
x
al poner x = rk en la ecuación (7.44) hay que considerar que J1 (rk ) = 0,
por lo tanto
0
J1 (rk ) = −J2 (rk )
Sustituyendo en la expresión para ak
0
J1 (x) =
ak =
2
2J2 (rk )
=
2
rk J2 (rk )
rk J2 (rk )
284
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Por lo tanto, sustituyendo ak
f (x) = x =
+∞
X
k=1
2
J 1 (rk x)
rk J2 (rk )
que es precisamente lo que se deseaba demostrar.
b) La aproximación anterior es válida para x ∈ [0, 1]. Para demostrar que
la serie converge a f (x) si x ∈ [−1, 1] cambiamos en la serie x por −x
−x = 2
∞
X
k=1
1
J1 (−rk x)
rk J2 (rk )
J1 (x) es una función impar, por lo que
J1 (−x) = −J1 (x). Por lo tanto se obtiene el mismo resultado
x=2
∞
X
k=1
1
J1 (rk x)
rk J2 (rk )
Y se concluye que la aproximación es válida también en el intervalo [−1, 0].
Por lo tanto la serie converge a f (x) en el intervalo [−1, 1].N
Problema 21. Expanda f (x) = x2 , 0 < x < 1 en una serie de
funciones de Bessel J2 (rk x), donde rk , k = 1, 2, ...., son las raíces
positivas de J2 (x) = 0, y muestre que la serie resultante también
converge a f (x) donde −1 ≤ x ≤ 1.
Solución:
R1 3
x J2 (rk x)dx
ak = R01
xJ22 (rk x)dx
0
La solución de la integral del denominador se encuentra en la tabla I y
es:
Z
0
1
1
xJ22 (rk x)dx = J20 (rk )
2
Para encontrar la integral
Z
0
se hace:
1
x3 J2 (rk x)dx
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
285
u = rk x du = rk dx
dx = du
x = ruk
rk
R1
0
x3 J2 (rk x)dx =
R rk
0
u3
J (u) du
rk
rk3 2
Z
=
1
rk4
1
R rk
0
x3 J2 (rk x)dx =
0
u3 J2 (u)du =
1
rk4
1
J3 (rk )
rk
Sustituyendo en la ecuación original:
ak =
J3 (rk )
rk
J202 (rk )
2
=
2J3 (rk )
rk J202 (rk )
De la relación de recurrencia (7.18) con n = 2
J20 (x) =
1
(J1 (x) − J3 (x))
2
Ahora de la relación de recurrencia (7.17); con n = 2
J3 (x) =
4
J2 (x) − J1 (x)
x
Al evaluar en x = rk
J3 (rk ) =
4
J2 (rk ) − J1 (rk )
rk
Pero como J2 (rk ) = 0
J1 (rk ) = −J3 (rk )
Sustituyendo en la ecuación para J20 (x)
J20 (rk ) =
1
(−J3 (rk ) − J3 (rk )) = −J3 (rk )
2
2
(J20 (rk )) = J32 (rk )
Entonces ak es
(u3 J3 (u) |r0k )
286
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
ak =
2J3 (rk )
2
=
2
rk J3 (rk )
rk J3 (rk )
Por lo tanto
f (x) = 2
o sea
∞
X
J2 (rk x)
rk J3 (rk )
k=1
¶
J2 (r2 x)
J2 (r3 x)
J2 (r1 x)
+
+
+ ....
x =2
r1 J3 (r1 ) r2 J3 (r2 ) r3 J3 (r3 )
2
µ
Esta aproximación es válida para el intervalo [0, 1], para ver que es válida
en el intervalo [−1, 1] se cambia x por −x en la serie
P
J2 (−rk x)
(−x)2 = x2 = 2 ∞
k=1 rk J3 (rk ) y como J2 (−rk x) = J2 (rk x) se obtiene
la misma serie, por lo tanto la serie converge a f (x) en todo el intervalo
[−1, 1] .N
Problema 22. Expanda f (x) = 1, 0 < x < 1, en una serie de
funciones de Bessel J0 (rk x), donde rk , k = 1, 2, ..., son las raíces
positivas de xJo0 (x) + J0 (x) = 0.
Solución:
R1
ak = R 01
0
xJ0 (rk x)dx
xJ02 (rk x)dx
La integral del denominador se encuentra utilizando la tabla I (tercer
renglón) con µ = 1
Z 1
(r2 + 1) J02 (rk )
xJ02 (rk x)dx = k
2rk2
0
y la del denominador se resuelve haciendo
ir u = rk x es
h
R1
R rk u
uJ1 (u) k
xJ0 (rk x)dx = 0 r2 J0 (u)du =
= J1r(rk k )
0
rk2
k
0
por lo tanto
ak =
J1 (rk )
rk
(
)
rk2 +1
J02 (rk )
2rk2
=
2rk J1 (rk )
+ 1) J02 (rk )
(rk2
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
287
por lo tanto
f (x) = 1 = 2
∞
X
(rk2
k=1
rk J1 (rk )
J0 (rk x)
+ 1) J02 (rk )
Problema 23. Muestre que para −1 ≤ x ≤ 1
x X rk J2 (rk ) J1 (rk x)
=
2
(rk2 − 1) J12 (rk )
k=1
∞
donde rk , k = 1, 2, .., son las raíces positivas de J10 (x) = 0.
Solución:
R 1 ¡x¢
x
J1 (rk x) dx
ak = 0 R 1 2
xJ12 (rk x) dx
0
La integral del denominador se encuentra usando el segundo renglón de
la tabla I
Z 1
(r2 − 1) J12 (rk )
xJ12 (rk x) dx = k
2rk2
0
En la integral del numerador se hace u = rk x
Z
0
1
Zrk
x2
1
J1 (rk x) dx =
2
2
0
¤r
u2
1 £
J2 (rk )
J (u) du = 3 u2 J2 (u) 0k =
3 1
rk
2rk
2rk
Por lo tanto
ak =
J2 (rk )
2rk
(
)
rk2 −1
J12 (rk )
2rk2
=
(rk2
rk J2 (rk )
− 1) J12 (rk )
Es decir
rk J2 (rk )
x X
J1 (rk x)
f (x) = =
2
2
(rk − 1) J12 (rk )
k=1
∞
que es precisamente lo que se quería demostrar.N
288
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Problema 24. Usando la identidad de Parseval en el problema
20, muestre que
∞
X
J102 (rk )
1
=
2 2
r J (rk )
8
k=1 k 2
Solución:
La identidad de Parseval establece que
Z
1
2
x [f (x)] dx =
0
∞
X
dk a2k
(7.45)
k=1
donde ak se encuentra usando la ecuación (7.41) y dk se determina a partir
de
dk =
Z
1
xJn2 (rk x)dx
0
En el problema 20 se obtuvo que
∞
X
J1 (rk x)
f (x) = x = 2
rk J2 (rk )
k=1
al calcular ak se obtuvo
ak =
dk =
Z
0
1
2
rk J2 (rk )
1
xJ12 (rk x)dx = J102 (rk )
2
Entonces la identidad de Parseval se escribe como
Z 1
∞
X
1 02
4
3
x dx =
J1 (rk ) 2 2
2
rk J2 (rk )
0
k=1
1 X 2J102 (rk )
=
4
rk2 J22 (rk )
Por lo tanto
(7.46)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
289
1 X J102 (rk )
=
8
rk2 J22 (rk )
Problema 25. (a) Si rk , k = 1, 2, . . . , son las raíces positivas de
J3 (x) = 0, muestre que para 0 ≤ x ≤ 1
x3 = 2
∞
X
J3 (rk x)
rk J4 (rk )
k=1
(b) Escriba la identidad de Parseval correspondiente al resultado
en (a).
Solución:
(a)
∞
X
ak J3 (rk x)
x3 =
k=1
donde
R1
ak = R01
0
x4 J3 (rk x)dx
xJ32 (rk x)dx
la integral del denominador es:
Z 1
1
xJ32 (rk x)dx = J30 2 (rk )
2
0
y la integral del numerador es:
Z 1
J4 (rk )
x4 J3 (rk x)dx =
rk
0
A partir de las relaciones de recurrencia (7.16) y (7.17) con n = 3
J2 (x) − J4 (x) = 2J30 (x)
290
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
J2 (x) + J4 (x) =
6
J3 (x)
x
al poner x = rk , donde rk son las raíces de J3 (x) = 0 en la segunda
ecuación
J2 (rk ) = −J4 (rk )
y sustituyendo en la primera se obtiene
J30 (rk ) = −J4 (rk )
por lo tanto
ak =
J4 (rk )
1
r J 0 2 (rk )
2 k 3
=
2J4 (rk )
2
=
2
rk J4 (rk )
rk J4 (rk )
y se obtiene justo lo que se deseaba mostrar
x3 = 2
∞
X
J3 (rk x)
rk J4 (rk )
k=1
(b) Se calculan los coeficientes dk en la identidad de Parseval, ecuaciones
(7.45) y (7.46)
dk =
Z
1
0
1
xJ32 (rk x)dx = J30 2 (rk )
2
Por lo que la identidad de Parseval queda como
Z
1
7
x dx =
0
∞ ·
X
1
k=1
1 X 2
=
J (rk )
8 k=1 4
∞
o bien
2
·
¸·
J30 2 (rk )
2
rk J4 (rk )
¸2
¸
∞
X
2
1
= 2
2 2
rk J4 (rk )
rk2
k=1
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
291
1
1
1
1
= 2 + 2 + 2 + ...
16
r1
r2
r3
Problema 26. (a) Si rk , k = 1, 2, . . . , son las raíces positivas de
J0 (x) = 0, muestre que para 0 ≤ x ≤ 1
2
x =2
∞
X
(r2 − 4) J0 (rk x)
k
rk3 J1 (rk )
k=1
(b) Escriba la identidad de Parseval correspondiente al resultado
en (a).
Solución:
(a)
∞
X
2
ak J0 (rk x)
x =
k=1
donde
R1
ak = R01
0
x3 J0 (rk x)dx
xJ02 (rk x)dx
la integral del denominador es:
Z 1
1
1
xJ02 (rk x)dx = J00 2 (rk ) = J12 (rk )
2
2
0
para la integral del numerador hacemos:
w = rk x, dw = rk dx
Z 1
Z
1 rk 3
3
x J0 (rk x)dx = 4
w J0 (w)dw
rk 0
0
integrando por partes
u = w2
du = 2wdw
dv = wJ0 (w)dw
vR = wJ1 (w)
¢
¡ 3
R rk 2
1 3
rk
1
x
J
(r
x)dx
=
J
(w)
|
−2
w
J
(w)dw
=
w
4
0
k
1
1
0
0
0
r
k
292
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
1
rk4
1
rk2
r
(w3 J1 (w) − 2w2 J2 (w))0k =
1
rk4
(rk J1 (rk ) − 2J2 (rk ))
Z
(rk3 J1 (rk ) − 2rk2 J2 (rk )) =
1
x3 J0 (rk x)dx =
0
rk J1 (rk ) − 2J2 (rk )
rk2
A partir de la relación de recurrencia (7.16) n = 1
J0 (x) + J2 (x) =
2
J1 (x)
x
al poner x = rk , donde rk son las raíces de J0 (x) = 0
J2 (rk ) =
se obtiene
R1 3
x J0 (rk x)dx =
0
por lo tanto
2
J1 (rk )
rk
³
´
rk J1 (rk )−2 r2 J1 (rk )
rk2
ak =
k
J1 (rk )(rk2 −4)
rk3
1 2
J (r )
2 1 k
=
=
J1 (rk )(rk2 −4)
rk3
2(rk2 − 4)
rk3 J1 (rk )
y se obtiene justo lo que se deseaba mostrar
∞
P
(rk2 −4)
x2 = 2
J (r x)
r3 J1 (rk ) 0 k
k=1
k
(b) Se calculan los coeficientes dk en la identidad de Parseval, ecuaciones
(7.45) y (7.46)
Z
dk =
1
0
1
1
xJ02 (rk x)dx = J002 (rk ) = J12 (rk )
2
2
Por lo que la identidad de Parseval queda como
Z
0
1
5
x dx =
∞ ·
X
1
k=1
2
¸·
J12 (rk )
2(rk2 − 4)
rk3 J1 (rk )
¸2
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
293
¸
∞ · 2
X
1
(rk − 4)2
=2
6
rk6
k=1
o bien
(r12 − 4)2
1
(r22 − 4)2
(r32 − 4)2
=
+
+
+ ...
12
r16
r26
r36
Problema 27. (a) Si rk , k = 1, 2, . . . , son las raíces positivas de
J0 (x) = 0, muestre que para −1 < x < 1
1 − x2 X J0 (rk x)
=
8
r3 J1 (rk )
k=1 k
∞
(b) Muestre que
∞
X
1
r3 J1 (rk )
k=1 k
=
1
8
Solución:
(a)
1 − x2 X
=
ak J0 (rk x)
8
k=1
∞
donde
R 1 ³ 1−x2 ´
x 8 J0 (rk x)dx
0
ak =
R1
xJ02 (rk x)dx
0
la integral del denominador es:
Z 1
1
1
xJ02 (rk x)dx = J00 2 (rk ) = J12 (rk )
2
2
0
para la integral del numerador hacemos:
w =³
r x, dw = rk dx
R 1 k1−x2 ´
R rk
1
J
x
(r
x)dx
=
wJ0 (w)dw −
2
0
k
8
0
0
8r
k
1
8r42
R rk
0
w3 J0 (w)dw
294
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
integrando por partes la segunda integral
u = w2
du = 2wdw
dv = wJ0 (w)dw
v = wJ1 (w)
µ
¶
¶
Z 1 µ
Z rk
1 − x2
1
1
rk
rk
3
2
x
w J1 (w)dw =
J0 (rk x)dx = 2 wJ1 (w) |0 − 4 w J1 (w) |0 −2
8
8rk
8rk
0
0
¢ J2 (rk )
1
1 ¡
J1 (rk ) − 4 rk3 J1 (rk ) − 2rk2 J2 (rk ) =
8rk
8rk
4rk2
Z
0
1
µ
1 − x2
x
8
¶
J0 (rk x)dx =
J2 (rk )
4rk2
A partir de la relación de recurrencia (7.16) n = 1
2
J1 (x)
x
J0 (x) + J2 (x) =
al poner x = rk , donde rk son las raíces de J0 (x) = 0
J2 (rk ) =
2
J1 (rk )
rk
se obtiene
Z
0
1
µ
1 − x2
x
8
¶
J0 (rk x)dx =
2
J (r )
rk 1 k
4rk2
por lo tanto
ak =
J1 (rk )
2rk3
1 2
J (r )
2 1 k
=
1
rk3 J1 (rk )
y se obtiene justo lo que se deseaba mostrar
1 − x2 X J0 (rk x)
=
8
r3 J1 (rk )
k=1 k
∞
=
J1 (rk )
2rk3
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
295
al cambiar en esta expresión x por −x se muestra fácilmente que esta
aproximación es válida para x ∈ (−1, 1)
(b) Si en el resultado anterior hacemos x = 0 y recordando que J0 (0) = 1
1
1 X
=
3
8 k=1 rk J1 (rk )
∞
Problema 28. a) Muestre que para −1 ≤ x ≤ 1,
x3 − x X J1 (rk x)
=
16
r3 J0 (rk )
k=1 k
∞
donde rk son las raíces positivas de J1 (x) = 0
b) Deduzca que
∞
X
3
J1 (rk /2)
=−
3
r J0 (rk )
128
k=1 k
Solución:
(a)
R1
R01
0
0
R 1 ³ x3 −x ´
x 16 J1 (rk x)dx
0
ak =
R1 2
xJ1 (rk )dx
0
2
xJo
)dx = 12 J12 (rk )
³ 3(rk´
R1 4
1
x x 16−x J1 (rk x)dx = 16
x J1 (rk x)dx −
0
Haciendo u = rk x du = rk dx
Z
0
1
1
x J1 (rk x)dx = 3
rk
2
Z
0
1
Z
rk
w = u2
dw = 2udu
du
rk
u2 J1 (u)du =
0
1
x J1 (rk x)dx = 5
rk
4
dx =
Z
rk
0
dv = u2 J1 (u) dx
v = u2 J2 (u)
1
16
R1
x2 J1 (rk x)dx
¢
J2 (rk)
1 ¡ 2
u J2 (u)du |r0k =
3
rk
rk
1
u J1 (u)du = 5
rk
4
0
Z
0
1
u4 J1 (u)du
296
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
1
rk5
Z
1
0
1
x J1 (rk x)dx = 5
rk
4
µ
¶
Z 1
4
3
u J2 (u) − 2
u J2 (u) du =
0
·
·
¸¸rk
¤rk
1 £ 4
1
3
4
3 4
J2 (u) − J1 (u)
=
u J2 (u) − 2u J3 (u) 0 = 5 u J2 (x) − 2u
rk5
rk
u
0
¤rk
¤
1 £ 4
1 £ 4
2
3
2
3
J
(u)
−
8u
J
(u)
−
2u
J
(u)
=
J
(r
)
−
8r
J
(r
)
−
2r
J
(r
)
=
u
r
2
2
1
2
k
2
k
1
k
k
k
k
0
rk5
rk5
pero
¤
1 £ 4
rk J2 (rk ) − 8rk2 J2 (rk )
5
rk
J0 (x) + J2 (x) =
2
J1 (x)
x
si x = rk son las raíces de J1 (x) = 0
J2 (rk ) = −J0 (rk )
Por lo tanto
Z 1
¤ J0 (rk ) £
¤
1 £
2
x4 J1 (rk x)dx = 5 −rk4 J0 (rk ) + 8rk2 J0 (rk ) =
8
−
r
k
rk
rk3
0
Regresando a la integral original
¸
¶
·
Z 1 µ 3
¤ J0 (rk)
1 J0 (rk )
1 J0 (rk ) £
x −x
2
=
J1 (rk x)dx =
x
8 − rk +
3
16
16
rk
rk
2 rk3
0
Por lo tanto
ak =
1 J0 (rk )
2 rk3
1 2
J (r )
2 0 k
=
1
(rk )
rk3 J0
Por lo tanto
x3 − x X J1 (rk x)
=
16
r3 J0 (rk )
k=1 k
∞
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL
b) Si x =
1
2
297
en esta expresión
∞
X
J1 (rk /2)
k=1
rk3 J0 (rk)
=
1
8
− 12
6
3
=−
=−
16
256
128
Problema 29. Encuentre la serie de Bessel de f (x) = ln x para
0 < x ≤ 1 en términos de J0 (rk x)
donde rk , k = 1, 2, ....., son las raíces positivas de J0 (x) = 0.
Solución:
R1
x ln xJ0 (rk x)dx
ak = 0R 1
xJ02 (rk x)dx
0
Z
0
1
xJ02 (rk x)dx = J002 (rk )
2
R1
En la integral 0 x ln xJ0 (rk x)dx se hace:
u = rk x du = rk dx
dx = du
x = ruk
rk
Rr
R1
Rr
x
ln
xJ
(r
x)
dx
= 0 k ruk ln( ruk )J0 (u) du
= r12 0 k u ln( ruk )J0 (u) du
0
k
rk
0
k
Integrando por partes
α = ln( ruk )
db = uJ0 (u)du
rk du
du
b = uJ1 (u)
dα = u rk = u
´
³
R rk
rk
1
u
= r2 uJ1 (u) ln( rk ) |0 − 0 J1 (u)du
³k
´rk
1
u
uJ
(u)
ln(
)
+
J
(u)
= r12 (rk J1 (rk ) + J0 (rk ) − J0 (0)) = r12 (rk J1 (rk )−
1
0
rk
r2
k
1)
1
0
ak =
k
2 (rk J1 (rk ) − 1)
rk2 J002 (rk )
Como
J00 (x) = −J1 (x)
2
(J00 (x)) = (−J1 (x))2 = J12 (x)
k
298
CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
ak =
f (x) = ln x = 2
2 (rk J1 (rk ) − 1)
rk2 J12 (rk )
∞
X
(rk J1 (rk ) − 1)
k=1
rk2 J12 (rk )
J0 (rk x)
Chapter 8
Ecuaciones diferenciales
parciales
En la primera parte se ilustra el método de separación de variables, tal
método no requiere mayor explicación, se ilustra con todo detalle en los
problemas.
8.1
El método de separación de variables
Problema 1. Use el método de separación de variables para obtener
la solución del siguiente problema de valor de frontera.
∂U ∂U
+
=U
∂x
∂y
U (0, y) = 2e−y + 3e−2y
Solución: Se propone una solución de la forma:
Y (x, t) = X (x) Y (y)
dY
dY
= XY 0 ;
= X 0Y
dy
dx
Sustituyendo en la ecuación y dividiendo entre XY :
299
300
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
XY 0 X 0 Y
X0 Y 0
X0
Y0
+
= XY ;
+
= 1;
=1−
XY
XY
X
Y
X
Y
La única forma en que una función de x es igual a una función de y es
cuando son iguales a una constante:
X0
Y0
=1−
=c
X
Y
Y se obtienen las ecuaciones
X0
=c
X
1−
Y0
=c
Y
La primera ecuación se escribe en la forma
X 0 = cX
dX
= cX
dx
Es de variables separables
dX
= cdx
X
Integrando:
ln X = cx + ln c1
ln X − ln c1 = cx
ln
X
= cx
c1
X(x) = c1 ecx
8.1. EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES
301
Para encontrar Y (y) se resuelve la ecuación
1−
Y0
=c
Y
Y0
=1−c
Y
que es también de variables separables
dY
= (1 − c)dy
Y
ln Y = (1 − c)y + ln c2
Despejando Y (y)
Y (y) = c2 e(1−c)y
Por lo tanto la solución general se escribe como
U (x, y) = c1 ecx c2 e(1−c)y = aecx+(1−c)y
Al tratar de aplicar la condición de frontera se llega a una contradicción
porque U(0, y) = ae(1−c)y solamente tiene un término, para evitar la contradicción se usa el principio de superposición y se escribe la solución de la
siguiente forma:
U (x, y) = a1 ec1 x+(1−c1 )y + a2 ec2 x+(1−c2 )y
Ahora si, aplicando las condiciones a la frontera:
U (0, y) = a1 e(1−c1 )y + a2 e(1−c2 )y = 2e−y + 3e−2y
de tal forma que a1 = 2, a2 = 3, 1 − c1 = −1, 1 − c2 = −2, o sea por lo
tanto c1 = 2 y c2 = 3, por lo tanto la solución se escribe como
U(x, y) = 2e2x−y + 3e3x−2y
302
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Problema 2. Use el método de separación de variables para
obtener la solución del siguiente problema de valor de frontera.
9
d2 Y
d2 Y
=
dt2
dx2
y (0, t) = 0; yt (x, 0) = 2senx − 3sen2x; y (π, t) = 0; y (x, 0) = 0
Solución: Se propone una solución de la forma:
Y (x, t) = X (x) T (t)
2
d2 Y
00 d Y
=
XT
;
= X 00 T
dt2
dx2
Sustituyendo en la ecuación y dividiendo entre XT :
X 00 T
9XT 00
=
XT
XT
;
9T 00
X 00
=
T
X
La única forma en que una función de t es igual a una función de x es
cuando son iguales a una constante:
X 00
9T 00
=
=c
T
X
Y se obtienen las ecuaciones
X 00
=c
X
9T 00
=c
T
La primera ecuación se escribe en la forma
X 00 − cX = 0
Su ecuación característica es
8.1. EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES
303
m2 − c = 0
√
o sea m = ± c. Po r lo tanto existen tres casos
c > 0. En cuyo caso las raíces son reales y diferentes. Por lo tanto la
solución X(x) se escribe como
X(x) = c1 em1 x + c2 em2 x
c = 0. En este caso solo hay una raíz doble m = 0, la solución se escribe
como
X(x) = c1 + c2 x
√
c < 0. En este caso las raíces son complejas m = ± −ci = ±βi. Y la
solución se escribe como
X(x) = c1 cos βx + c2 sin βx
Para decidir cual de los tres casos es el adecuado se observa que una de
las condiciones de frontera es yt (x, 0) = 2senx − 3sen2x, el hecho de que en
esta expresión aparezcan términos con senos automáticamente descarta los
dos primeros casos, ya que una solución que no contenga términos con senos
y cosenos no podrá cumplir con esta condición a la frontera. Usualmente
para asegurar que c es negativa se pone c = −λ2 , para encontrar T (t) se
resuelve la ecuación
9T 00
= − λ2
T
esta ecuación se escribe como
9T 00 + λ2 T = 0
Las raíces de la ecuación característica son m = ± λ3 i, por lo que la solución se escribe como
λ
λ
T (t) = c3 cos t + c4 sen t
3
3
304
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Por lo tanto la solución general se escribe como
λ
λ
Y (x, t) = (c1 cos λx + c2 senλx)(c3 cos t + c4 sen t)
3
3
Aplicando las condiciones a la frontera:
∴ c1 = 0
Y (0, t) = 0 = (c1 ) (c3 cos λ3 t + c4 sen λ3 t)
Es decir,
Y (x, t) = (c2 senλx)(c3 cos λ3 t + c4 sen λ3 t) = senλx(a1 cos λ3 t +
a2 sen λ3 t)
Aplicando ahora la condición y (x, 0) = 0
Y (x, 0) = a1 senλx = 0
∴ a1 = 0
Y la solución se escribe como
λ
Y (x, t) = a2 senλxsen t
3
Ahora se aplica la condición y (π, t) = 0
Y (π, t) = a2 senλπsen λ3 t = 0
∴ senλπ = 0 de donde se obtiene λπ = nπ, es decir, λ = n
n
n
Y (x, t) = a2 sennxsen t = Asennxsen t
3
3
Para cumplir con la última condición de frontera se aplica el principio de
superposición..
Y (x, t) = A1 senn1 xsen
n1
n2
t + A2 senn2 xsen t
3
3
Derivamos con respecto a t
n1
n2
n1
n2
senn1 x cos t + A2 sen n2 x cos t
3
3
3
3
Aplicamos la última condición de frontera
Yt (x, t) = A1
Yt (x, 0) = 2senx − 3sen2x = A1
n1
n2
senn1 x + A2 sen n2 x
3
3
n1 = 1 y A31 = 2, A1 = 6; n2 = 2 y 2A3 2 = −3, A2 = − 92
Por lo tanto la solución queda como
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
305
2
t 9
Y (x, t) = 6senxsen − sen2xsen t
3 2
3
8.2
Problemas de aplicación
Problema 1. Una barra de 100 cm de longitud tiene sus extremos
x = 0 y x = 100 mantenidos a 00 C. Inicialmente la temperatura
f (x) está dada por

si 0 < x < 40
 0
100 si 40 < x < 60
f (x) =

0
si 60 < x < 100
Asumiendo una difusividad de 0.20 y una superficie aislada,
encuentre la temperatura en cualquier posición de la barra en
cualquier tiempo.
Solución:
Se utiliza la ecuación de calor:
∂u
∂ 2u
= 0.2 2
∂t
∂x
Se propone una solución de la forma:
U(x, t) = X(x)T (t)
La derivadas parciales son:
∂u
∂ 2u
= XT 0 ,
= X 00 T
∂t
∂x2
Sustituyendo en la ecuación:
XT 0 = 0.2X 00 T
Dividiendo entre XT :
T0
X 00
=
= −λ2
0.2T
X
306
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Como se observa, ya se separaron las variables. Se iguala a −λ2 para
asegurar que la solución X(x) sea en términos de senos y cosenos. De hecho,
tal solución es:
X(x) = c1 cos λx + c2 sin λx
De la misma forma la solución de la ecuación para T (t) es:
2t
T (t) = c3 e−0.2λ
Por lo tanto la solución general es:
2
U(x, t) = c3 e−0.2λ t (c1 cos λx + c2 sin λx)
Agrupando constantes la solución se escribe como:
2
U(x, t) = e−0.2λ t (A cos λx + B sin λx)
Las condiciones de frontera son:
U(0, t) = 0, U(100, t) = 0
U(x, 0) = f (x)
Aplicando la primera condición:
2
U(0, t) = (e−0.2λ t )A = 0 ⇒ A = 0
La solución queda como:
2
U(x, t) = Be−0.2λ t sin λx
Con x = 100:
2
U (100, t) = Be−0.2λ t sin 100λ = 0
La única forma en que puede dar cero es que sin 100λ = 0, osea:
nπ = 100λ, λ = nπ/100
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
307
Por lo que la solución hasta ahora se escribe como:
2
U(x, t) = Be−0.2(nπ/100) t sin
nπx
100
Para satisfacer la última condición es necesario usar el principio de superposición:
U (x, t) =
∞
X
2
Bn e−0.2(nπ/100) t sin
n=1
nπx
100
Ahora si, en t = 0:
U(x, 0) = f (x) =
∞
X
n=1
Bn sin
nπx
100
Aplicando las fórmulas de la serie de Fourier para calcular Bn :
2
Bn =
100
2
Bn =
100
·Z
0
40
·Z
nπx
(0) sin
dx +
100
100
0
Z
60
40
¸
nπx
dx
f (x) sin
100
nπx
100 sin
dx +
100
Z
100
60
¸
nπx
(0) sin
dx
100
·
¸60
2
−100
nπx
Bn =
100
cos
100
nπ
100 40
·
¸
2nπ
3nπ
200
cos
− cos
Bn =
nπ
5
5
La solución se escribe como:
− cos 3nπ
2
nπx
200 X cos 2nπ
5
5
e−0.2(nπ/100) t sin
U (x, t) =
π n=1
n
100
∞
Problema 2. Una barra de difusividad κ cuya superficie está
aislada y cuyos extremos están localizados en x = 0 y x = L tiene
una distribución de temperatura inicial f (x). Asumiendo que los
308
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
extremos de la barra están aislados, determine la temperatura de
la barra en cualquier tiempo. Encuentre la temperatura de la barra
si
½ 2U0 x
si 0 < x ≤ L2
f (x)= 2UL0
(L − x) si L2 ≤ x < L
L
Solución:
Si se resuelve la ecuación de calor:
∂U
∂ 2U
=k 2
∂T
∂x
Se obtiene la solución:
2
U (x, t) = e−kλ t (A cos λx + B sin λx)
Si los extremos están aislados entonces deben de cumplirse las condiciones
a la frontera:
Ux (0, t) = 0, Ux (L, t) = 0
y la condición inicial es:
U(x, 0) = f (x)
Derivando la solución:
2
Ux (x, t) = e−kλ t (−Aλ sin λx + Bλ cos λx)
Aplicando la primera condición:
2
Ux (0, t) = 0 = e−kλ t Bλ
La única forma en que la expresión anterior puede ser cero es que B = 0,
es decir:
2
U(x, t) = Ae−kλ t cos λx
Aplicando la segunda condición de frontera:
2
Ux (L, t) = 0 = −Aλe−kλ t sin λL
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
309
Para que la última expresión sea cero debe tenerse que sin λL = nπ, por
lo tanto:
λ=
nπ
L
Y la solución se escribe como:
nπ 2
U(x, t) = Ae−k( L ) t cos
nπ
x
L
Sin embargo, en esta forma no puede cumplirse la condición inicial, para
ello habrá que utilizar el principio de superposición:
U (x, t) =
∞
X
∞
X
nπ 2
nπ
nπ
An e−k( L ) t cos
x = A0 +
x
L
L
n=1
nπ 2
An e−k( L ) t cos
n=0
La separación en dos términos se hace para utilizar las fórmulas de Fourier
para A0 y An :
Z
2 L
f (x)dx
A0 =
L 0
1
An =
L
Z
L
f (x) sin
0
nπ
xdx
L
Evaluando
" ¯
"Z
#
¯L #
Z L
L/2
L/2
2U0
2U0
4U0 x2 ¯¯
2
x2 ¯¯
xdx +
(L − x)dx = 2
+ (Lx − )¯
A0 =
L 0
L
L
2 ¯0
2 L/2
L/2 L
·
· ¸
¸
4U0 L2
L2 L2 L2
4U0 L2
2
A0 = 2
+L −
−
+
= 2
= U0
L
8
2
2
8
L
4
2
An =
L
"Z
0
L/2
2U0
nπ
x sin
xdx +
L
L
Haciendo la integral:
R
xdx
x sin nπ
L
Z
L
L/2
#
2U0
nπ
(L − x) sin
xdx
L
L
310
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
u = x, du = dx
dv = sin
Z
L
nπ
nπ
xdx, v = −
cos
x
L
nπ
L
Z
nπ
L
nπ
L
nπ
L
nπ
L2
nπ
x sin
xdx = − x cos
x+
cos
xdx = − x cos
x+ 2 2 sin
x
L
nπ
L
nπ
L
nπ
L
nπ
L


¯L/2
¯L
L
nπ
L2
nπ ¯
L2
nπ ¯
− nπ x cos L x + n2 π2 sin L x¯ − nπ cos L x¯ +

0
L/2
0 
¯L
An = 4U


2
L
2
L
L
nπ ¯
+ nπ
x cos nπ
x
−
sin
x
¯
L
n2 π 2
L
L/2
· L2
¸
2
2
nπ
L
nπ
L
L2
L2
− 2nπ cos 2 + n2 π2 sin 2 − nπ cos nπ + nπ
cos nπ
+
cos
nπ−
4U0
2
nπ
An = L2
2
L2
L2
nπ
cos nπ
+
sin
− nL2 π2 sin nπ − 2nπ
2
2
2
n π
2
y solamente queda:
·
¸
8U0
4U0 2L2
nπ
nπ
An = 2
= 2 2 sin
sin
2
2
L
nπ
2
nπ
2
Por lo tanto la solución se escribe como:
∞
8U0 X sin nπ
nπ
2
2 −k( nπ
x
e L ) t cos
U(x, t) = U0 + 2
2
π n=1 n
L
Problema 3. Si la superficie de una barra metálica no está
aislada sino que en vez irradia calor a un medio de temperatura
constante U0 de acuerdo a la Ley de Newton de enfriamiento, la
ecuación diferencial para el flujo de calor se convierte en
aU
a2 U
= k 2 − c(U − U0 )
at
ax
Asumiendo que los extremos de la barra de longitud L se mantienen
a 0◦ C y la distribución de la temperatura inicial es f (x), mientras
que U0 = 0◦ C , encuentre U(x, t).
Solución:
Como U0 = 0◦ C, la ecuación que se va a resolver es:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
aU
a2 U
= k 2 − cU
at
ax
Con las condiciones a la frontera:
U(0, t) = 0 = U(L, t)
Y la condición inicial:
U (x, 0) = f (x)
Se propone una solución de la forma:
U(x, t) = X(x)T (t)
La derivadas parciales son:
∂u
∂ 2u
= XT 0 ,
= X 00 T
2
∂t
∂x
Sustituyendo en la ecuación:
XT 0 = κX 00 T − cXT
Dividiendo entre XT :
T0
X 00
c
=
−
κT
X
κ
T0
c
X 00
+ =
= −λ2
κT
κ
X
Resolviendo la ecuación:
X 00
= −λ2
X
Obtenemos:
X(x) = c1 cos λx + c2 senλx
311
312
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
La solución para T (t) es:
T0
c
= −λ2 −
κT
κ
dT
= (−κλ2 − c)dt
T
Z
dT
=−
T
Z
(κλ2 + c)dt
lnT = −(κλ2 + c)t + ln c3
ln
T
= −(κλ2 + c)t
c3
2 +c)t
T = c3 e−(κλ
Por lo que la solución general se escribe como:
2 +c)t
U(x, t) = (c1 cos λx + c2 sin λx)c3 e−(κλ
2 +c)t
U(x, t) = e−(κλ
(A cos λx + B sin λx)
Aplicando la condición de frontera:
2 +c)t
U(0, t) = Ae−(κλ
=0⇒A=0
Por lo que la solución se escribe como:
U (x, t) = Be−(κλ
2 +c)t
sin λx
Aplicando la segunda condición de frontera:
U(L, t) = Be−(κλ
2 +c)t
sin λL = 0 : λL = nπ : λ =
nπ
L
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
2
313
2
−( kn 2π k+c)t
U (x, t) = Be
L
sin
nπ
x
L
Para poder aplicar la condición inicial se requiere usar el principio de
superposición:
U(x, t) =
∞
X
Bn e−(
kn2 π
L2
2
k+c)t
sin
n=1
U(x, 0) = f (x) =
∞
X
n=1
2
Bn =
L
·Z
0
L
Bn sin
nπ
x
L
nπ
x
L
¸
nπ
xdx
f (x) sin
L
Por lo tanto la solución se puede escribir como:
i
∞ hR
2 2
P
L
−( kn 2π k+c)t
2
nπ
L
U(x, t) = L
f (x) sin L xdx e
sin nπ
x
L
0
n=1
La cual podría ser evaluada si se conociera la función f (x).
Problema 4. Una placa rectangular de dimensiones a y b, tiene
sus caras planas aisladas. Tres aristas se mantienen a temperatura
cero mientras que la cuarta se mantiene a la temperatura constante
U0 . Muestre que la temperatura de estado estacionario está dada
por
¡ kπy ¢
∞
)
sinh
2U0 X (1 − cos kπ) sin( kπx
a
a
U(x, y) =
π k=1
k sinh( kπb
)
a
Solución:
Consideramos la ecuación de calor en dos dimensiones:
¶
µ 2
∂ U ∂ 2U
∂U
=κ
+
∂t
∂x2
∂y 2
=0
Como es en estado estacionario ∂U
∂t
la ecuación que se resuelve, es la ecuación de Laplace
314
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
∂ 2U ∂ 2U
+
=0
∂x2
∂y 2
haciendo la separación de variables:
X 00 Y 00
+
=0
X
Y
X 00
Y 00
=−
= −λ2
X
Y
La ecuación para X(x) ya se ha obtenido anteriormente:
X(x) = c1 cos λx + c2 senλx
La ecuación para Y (y) es:
Y 00
= λ2
Y
Y 00 − λ2 Y = 0
La ecuación característica es:
m2 − λ2 = 0
o sea m = ±λ. Po r lo tanto Y (y) se escribe como
Y (y) = c3 eλy + c4 e−λy
la solución general es de la forma:
¢
¡
U(x, y) = (c1 cos λx + c2 sin λx) c3 eλy + c4 e−λy
las cpndiciones a la frontera se pueden escribir como
U (0, y) = U (x, 0) = U(a, y) = 0, U(x, b) = U0
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
315
donde se está suponiendo que la arista superior es la que se mantiene a
una temperatura diferente de cero.
Aplicando la primera condición de frontera
U(0, y) = 0 = c1 (c3 eλy + c4 e−λy ) ⇒ c1 = 0
¡
¢
U(x, y) = c2 sin λx c3 eλy + c4 e−λy
La segunda condición de frontera:
¡
¢
U (a, y) = 0 = c2 sin λa c3 eλy + c4 e−λy
se obtiene que sin λa = 0 por lo que λa = nπ y λ = nπ
a
³
´
−nπ
nπ
nπ
x Ae a y + Be a y
U (x, y) = sin
a
Se aplica ahora la tercera condición de frontera:
U(x, 0) = 0 = sin
nπ
x (A + B)
a
para esto (A + B) = 0 por lo tanto B = −A
´
−nπ
nπ ³ nπ y
y
a
a
U (x, y) = A sin
−e
x e
a
nπx
U(x, y) = 2A sin
a
Ã
e
nπ
y
a
−e
2
−nπ
y
a
!
= B sin
nπx
nπ
sinh
y
a
a
Se necesita utilizar el principio de superposición para poder aplicar la
última condición:
U(x, y) =
∞
X
Bn sin
n=1
U(x, b) = U0 =
∞
X
n=1
nπ
nπ
x sinh
y
a
a
Bn sin
nπ
nπ
x sinh
b
a
a
316
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Esta condición se puede escribir como:
U0 =
∞
X
Cn sin
n=1
nπ
x
a
Si se toma que Cn = Bn sinh nπ
b
a
Se obtiene Cn a partir de las fórmulas de Fourier:
Z
³ nπ ´
2 a
Cn =
U0 sin
x dx
a 0
a
nπ ´ia
2 h ³ a ´³
Cn =
U0
− cos
x
a
nπ
a
0
Cn =
2U0
(1 − cos nπ)
nπ
A partir de Cn se puede obtener Bn :
Bn =
Cn
sinh nπ
b
a
La solución es:
U (x, y) =
∞
X
n=1
Ã
2U0
nπ
Por lo tanto:
∞
2U0 X
U(x, y) =
π n=1
(1 − cos nπ)
¡ ¢
sinh nπ
b
a
Ã
!
(1 − cos nπ)
¡ ¢
n sinh nπ
b
a
sin
!
sin
nπ
nπ
x sinh
y
a
a
nπ
nπ
x sinh
y
a
a
que es precisamente lo que se deseaba demostrar.
Problema 5. Una cuerda de longitud de 2 ft pesa 4 onzas y se
estira hasta que la tensión sea de 1 lb fuerza. El centro de la cuerda
se alza 1/4 de pulgada por encima de la posición de equilibrio
y luego se suelta. Encuentre el desplazamiento resultante de la
cuerda como función del tiempo.
Solución:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
317
Se resolverá la ecuación de la cuerda vibrante:
2
∂ 2Y
2 ∂ Y
=
a
∂t2
∂x2
Con las condiciones:
Y (0.t) = 0
Y (L, t) = 0
Yt (x, 0) = 0
1
4
in =
1
48
ft:
½
Y (x, 0) = f (x) =
Recordando que
1
x
48
1
(L
48
si 0 < x < 12
− x) si 12 < x < L
haciendo la separación de variables se obtiene la solución general:
Y (x, t) = (c1 cos λx + c2 senλx) (c3 cos aλt + c4 senaλt)
Aplicando las condiciones en los extremos de la cuerda:
Y (0, t) = 0 = c1 (c3 cos aλt + c4 senaλt)
⇒ c1 = 0
Y (L, t) = c2 senλL (c3 cos aλt + c4 senaλt) ⇒ λL = nπ, λ = nπ/L
La solución entonces se escribe como:
anπ
anπ
nπ
t + B sen
t)
Y (x, t) = sen x (A cos
L
L
L
Para aplicar la condición de que la velocidad inicial es cero, se requiere
derivar con respecto al tiempo:
Yt (x, t) = sen
nπ
L
x (−A
anπ
anπ
anπ
anπ
sen
t+B
cos
t)
L
L
L
L
Yt (x, 0) = 0 = sen
anπ
L
x (B
anπ
)
L
⇒B=0
318
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Y la solución hasta ahora se escribe como:
Y (x, t) = A cos
nπ
anπ
t sen x
L
L
Para la última condición se aplica el principio de superposición:
Y (x, t) =
∞
X
An cos
n=1
f (x) = Y (x, 0) =
nπ
anπ
t sen x
L
L
∞
X
An sen
n=1
;
2
An =
L
1
An =
24L
An
An
Z
0
L
2
Z
L
f (x)sen
0
nπx
1
xsen
dx +
L
24L
nπ
x
L
nπ
xdx
L
Z
L
L
2
(L − x) sen
nπx
dx
L
"
#
Z l
Z L
2
1
nπx
nπx
L
nπx
L
1
=
cos
L sen
+
dx +
dx −
− x cos
24L
nπ
L
nπ 0
L
24L L2
L
Z L
nπx
1
x sen
dx
−
24L L2
L
·
¸l ·
¸L
L
nπx
L2
nπx
1
nπx 2
1 L
− x cos
+ 2 2 sen
cos
=
−
−
24L
nπ
L
nπ
L 0
24 nπ
L L/2
µ
¶L
nπx
L
nπx
L2
1
− x cos
+ 2 2 sen
−
24L
nπ
L
nπ
L L/2
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
An
319
·
¸
nπ
L2
1 L
nπ
L2
1 L
1
nπ
−
cos
+ 2 2 sen
−
cos nπ +
cos
−
=
24L
2nπ
2
nπ
2
24 nπ
24 nπ
2
µ
¶
L2
L2
nπ
L2
L2
nπ
1
−
cos nπ + 2 2 sennπ +
cos
− 2 2 sen
−
24L
nπ
nπ
2nπ
2
nπ
2
1
An =
24L
·
2
L
− 2nπ
cos nπ
+
2
L2
n2 π 2
2
2
L
L
sen nπ
− nπ
cos nπ + nπ
cos nπ
+
2
2
2
2
L
nπ
L
nπ
− 2nπ cos 2 + n2 π2 sen 2
An =
L2
nπ
cos nπ−
L
nπ
sen
2
2
12n π
2
∞
nπ
anπ
L X sen nπ
2
t sen x
cos
Y (x, t) =
2
2
12π n=1 n
L
L
Problema 6. Una cuerda fuertemente estirada con puntos extremos fijos en x = 0 y x = L está inicialmente en equilibrio. En
t = 0 se pone a vibrar al darle a cada uno de sus puntos extremos
una distribución de velocidad definida por g(x). a) Establezca el
problema de valor de frontera, y b) Muestre que el desplazamiento
de cualquier punto de la cuerda para cualquier tiempo t > 0 está
dado por
y(x, t) =
∞
X
bn sen
n=1
donde
2
bn =
nπa
Z
0
nπx
nπat
sen
L
L
L
g(x)
sennπx
dx
L
Solución:
Las condiciones de frontera son:
y(0, t) = y(L, t) = 0
y(x, 0) = 0, yt (x, 0) = g(x)
Se sabe que la solución es:
¸
320
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
y(x, t) = (c1 cos λx + c2 senλx)(c3 cos aλt + c4 senaλt)
La aplicación de las condiciones de frontera es análoga al problema anterior.
y(0, t) = 0
=⇒ C1 = 0
y(L, t) = 0
=⇒ λ =
nπ
L
La solución hasta ahora es:
µ
¶
anπt
anπt
nπx
A cos
+ Bsen
y(x, t) = sen
L
L
L
Ahora se aplica la condición:
y(x, 0) = 0
y(x, 0) = sen
nπx
(A)
L
y(x, t) = Bsen
=⇒ A = 0
nπx
anπt
sen
L
L
Ahora se usa el principio de superposición:
y(x, t) =
∞
X
bn sen
n=1
anπt
nπx
sen
L
L
Para aplicar la última condición es necesario derivar:
yt (x, 0) = g(x)
Derivando:
yt (x, t) =
∞
X
n=1
bn
nπx
anπt
anπ
sen
cos
L
L
L
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
yt (x, 0) =
∞
X
bn
n=1
321
nπx X
anπ
nπx
sen
=
Dn sen
L
L
L
n=1
∞
donde se ha puesto Dn = bn anπ
, para obtener Dn se integra:
L
2
Dn =
L
Z
L
g(x)sen
0
nπx
dx
L
Despejando bn
L
2
bn = Dn
=
anπ
anπ
Z
L
g(x)sen
0
nπx
dx
L
Entonces la solución se puede escribir como:
y(x, t) =
∞
X
bn sen
n=1
con
2
bn =
nπa
Z
0
nπat
nπx
sen
L
L
L
g(x)
sennπx
dx
L
Problema 7. Una placa tiene la forma de una región anular
acotada por dos círculos concéntricos de radio r1 y r2 , respectivamente. Tomando r1 = 1 y r2 = 2, y asumiendo que las temperaturas
de frontera están dadas, respectivamente, por
U1 = 100 sin φ, U2 = 50 cos φ, 0 < φ < 2π
encuentre la temperatura de estado estacionario en cada punto
de la placa.
Solución:
La solución de la ecuación de calor en coordenadas polares es:
¡
¢
U (r, θ) = (c1 cos λθ + c2 sin λθ) c3 rλ + c4 r−λ
Debido a la periodicidad de θ , tenemos que λ = n
Las condiciones a la frontera son:
U (1, θ) = 100 sin θ, U (2, θ) = 50 cos θ
322
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Escribiendo la solución como:
¢
¡
U (r, θ) = c1 c3 rn cos nθ + c1 c4 r−n cos nθ + c2 c3 rn sin nθ + c2 c4 r−n sin nθ
U (1, θ) = c1 c3 cos nθ + c1 c4 cos nθ + c2 c3 sin nθ + c2 c4 sin nθ = 100 sin θ
U (2, θ) = c1 c3 2n cos nθ+c1 c4 2−n cos nθ+c2 c3 2n sin nθ+c2 c4 2−n sin nθ = 50 cos θ
Para que estas condiciones sean consistentes debe tenerse n = 1 y además:
(c1 c3 + c1 c4 ) cos θ + (c2 c3 + c2 c4 ) sin θ = 100 sin θ
¡
¢
¡
¢
2c1 c3 + 2−1 c1 c4 cos θ + 21 c2 c3 + 2−1 c2 c4 sin θ = 50 cos θ
De donde se obtienen las ecuaciones:
c1 c3 + c1 c4 = 0
1
2c1 c3 + c1 c4 = 50
2
Resolviendo:
c1 c3 =
c1 c4 =
100
3
−100
3
Análogamente
c2 c3 + c2 c4 = 100
1
2c2 c3 + c2 c4 = 0
2
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
c2 c3 =
323
−100
3
c2 c4 =
400
3
Susutituyendo en la solución:
U (r, θ) =
100 −1
400 −1
100
100
r cos θ −
r cos θ −
r sin θ +
r sin θ
3
3
3
3
Finalmente:
µ
¶
µ
¶
1
100 4
100
r−
cos θ +
− r sin θ
U (r, θ) =
3
r
3
r
Problema 8. Encuentre la temperatura de estado estacionario
en una placa en la forma de un sector circular de radio unitario y
ángulo π/6, si las temperaturas de los lados se mantienen a 0, la
temperatura del arco circular se mantiene a 100, y las caras planas
están aisladas.
¿Cual es la solución si el sector tiene radio c?
La solución general de la ecuación
∂ 2U
1 ∂u 1 ∂ 2 U
+
+
=0
∂r2
r ∂r r ∂θ2
es la siguiente:
u(r, θ) = (c1 cos λθ + c2 senλθ) (c3 rλ + c4 r−λ )
Por acotamiento c4 = 0
u(r, θ) = rλ (A cos λθ + Bsenλθ)
324
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
las condiciones de frontera son:
π
u(r, 0) = 0; u(1, θ) = 100; u(r, ) = 0
6
Aplicando la primera condición:
u(r, 0) = 0 = r2 A
⇒ A=0
u(r, θ) = B rλsenθλ
La segunda condición:
π
u(r, ) = 0 = Brλsenλπ/6
6
⇒ λ = 6n
u(r, θ) = Bn r6n sen 6nθ
Usando el principio de superposición para aplicar la última condición de
frontera:
u(r, θ) =
∞
X
Bn r6n sen 6nθ
n=1
u(1, 0) = 100 =
∞
X
Bn sen6nθ
n=1
Bn =
2
π
6
100
Z
0
π
6
6
sen 6nθ dθ = 200
π
Bn =
¸ π6
·
1
200
− cos 6nθ = −
(cos nπ − 1)
6n
nπ
0
200
[1 − cos nπ]
nπ
200 X 1 − cos nπ 6n
r sen 6nθ
u(r, θ) =
π n=1
n
∞
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
325
Si r = c :
u(c, θ) = 100
∞
X
6n
Bn c
sen 6nθ = 100
n=1
6n
∞
X
Dn sen 6nθ
n=1
donde Dn = Bn c , como
Dn =
200
(1 − cos nπ)
nπ
entonces para este caso la solución es simplemente:
200 X 1 − cos nπ 6n
r sen 6nθ
u(r, θ) =
π n=1
c6n n
∞
Problema 9. Encuentre la temperatura de estado estacionario
en una placa en la forma de un sector circular de radio unitario
y àngulo π/2.Si la temperatura de los lados se mantiene a 0, la
temperatura del arco circular se mantiene a 100 y las caras planas
están aisladas.
Solución:
La ecuación de Laplace en coordenadas polares se escribe como:
∂ 2 u 1 ∂u
1 ∂ 2u
+
=0
+
∂r2 r dr r2 ∂θ2
Se propone una solución de la forma:
u(r, θ) = R(r)Θ(θ)
Sustituyendo:
R00 Θ + 1r R0 Θ +
RΘ
1
RΘ00
r2
=0
R00 1 R0
1 Θ00
+
+ 2
=0
R
rR
r Θ
r2
R00
R0
Θ00
+r =−
= λ2
R
R
Θ
326
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
La solución para Θ(θ) es:
Θ(θ) = (c1 cos λθ + C2 senλθ)
La ecuación que queda para R(r) es de Cauchy Euler:
r2 R00 + rR0 − λ2 R = 0
para resolverla se propone una solución de la forma R(r) = rm :
r2 (m)(m − 1)rλ−2 + rmrλ−1 − λ2 rλ = 0
(m)(m − 1) + m − λ2 = 0, m2 − λ2 = 0, m = ±λ
Por lo que la solución para R(r) es:
R(r) = c3 rλ + c4 r−λ
Y la solución general se escribe como:
u(r, θ) = (c1 cos λθ + c2 senλθ) (c3 rλ + c4 r−λ )
Como la solución debe ser acotada en el origen: c4 = 0, reagrupando
constantes:
u(r, θ) = rλ (A cos λθ + Bsenλθ)
Las condiciones a la frontera son:
U(r, 0) = 0, U(r, π/2) = 0, U (1, θ) = 100
Aplicando la primera condición:
U(r, 0) = 0 = rλA =⇒ A = 0
U(r, θ) = Brλsenλθ
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
327
Aplicando ahora la segunda condición:
U(r, π/2) = 0 = Brλsin
λπ
λπ
⇒
= nπ, λ = 2n
2
2
U(r, θ) = Br2n sin2nθ
usando el principio de superposición:
U(r, θ) =
∞
X
Bn r2n sin2nθ
n=1
Por último:
U(1, θ) = 100 =
∞
X
Bn sin2nθ
n=1
Usando Fourier:
Bn =
2
π
2
Z
0
π/2
¯π/2
¯
−(200)2
−200
cos 2nθ¯¯ =
(cos nπ − 1)
100 sin 2nθdθ =
π2n
nπ
0
Bn =
200
(1 − cos nπ)
nπ
La solución se escribe como:
U(r, θ) =
200 X (1 − cos nπ) 2n
r sin 2nθ
π
n
Problema 10. Si una cuerda con sus puntos extremos fijos en
x = 0 y x = L está bajo la influencia de la gravedad pero no vibra,
muestre que su forma está dada por la porción de la parábola
Y =−
gx (L − x)
2a2
entre x = 0 y x = L.
Solución:
La ecuación de la cuerda vibrante es:
328
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
2
∂ 2Y
2∂ Y
=
a
∂t2
∂x2
Pero si consideramos la gravedad, la ecuación cambia:
2
∂ 2Y
2∂ Y
=
a
−g
∂t2
∂x2
Usamos las condiciones inciales:
Y (0, t) = 0, Y (L, t) = 0, Y (x, 0) = f (x) ,
Yt (x, 0) = 0
Donde f (x) representa el desplazamiento incial, pero como no vibra:
Y (x, 0) = f (x) = 0
Como la ecuación es no homogénea se requiere hacer un cambio de variable:
Y (x, t) = W (x, t) + ψ (x)
Sustituimos
2
∂ 2W
2∂ W
=
a
+ a2 ψ − g
∂t2
∂x2
para que la ecuación quede homogénea tomamos:
a2 ψ − g = 0
es decir:
ψ 00 =
g
a2
Integrando dos veces:
ψ(x) =
gx2
+ αx + β
2a2
La ecuación que debemos resolver es:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
329
2
∂ 2W
2∂ W
=
a
∂t2
∂x2
con las condiciones a la frontera e iniciales:
W (0, t) = Y (0, t) − ψ (0) = 0 − β = 0 ⇒ β = 0
W (L, t) = Y (L, t) − ψ (L) = 0 −
gL2
− αL = 0
2a2
Despejando α :
α=−
gL
2a2
Por lo que
gx2
gL
gx (L − x)
−
x
=
−
2a2 2a2
2a2
En cuanto a las condiciones iniciales:
ψ (x) =
W (x, 0) = Y (x, 0) − ψ (x) =
gx (L − x)
2a2
Wt (x, 0) = Yt (x, 0) = 0
La solución para W (x, t) es:
W (x, t) = (c1 cos aλt + c2 senaλt) (c3 cos λx + c4 sen λx)
Aplicando la primera condición:
W (0, t) = 0
W (x, t) = (c1 cos λt + c2 senλt) (c3 ) = 0 ⇒ c3 = 0
Es decir, la solución queda hasta ahora como:
W (x, t) = (c1 cos λt + c2 senλt) (c4 sen λx) = sen λx(A cos λt + Bsenλt)
330
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Aplicamos la condición inicial:
Wt (x, 0) = 0
Wt (x, t) = sen λx(−Aλsenλt + Bλ cos λt)
Wt (x, 0) = sen λx(Bλ) = 0 ⇒ B = 0
es decir, la solución queda en este paso como:
W (x, t) = Asen λx cos λt
Aplicamos la otra condición de frontera:
W (L, t) = Asen λL cos λt = 0 ⇒ λL = nπ
es decir
λ=
nπ
L
W (x, t) = Asen
nπ
nπ
x cos
t
L
L
Usando principio de superposición:
W (x, t) =
∞
X
An sen
n=1
nπ
nπ
x cos
t
L
L
Por último aplicamos la condición inicial:
W (x, 0) =
W (x, 0) =
∞
X
An sen
n=1
2
An =
L
Z
0
gx (L − x)
2a2
L
(
nπ
gx (L − x)
x=
L
2a2
gx (L − x)
nπ
)sen
xdx
2
2a
L
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
Hacemos primero la integral
Z
xsen
331
nπ
xdx
L
u = x, du = dx
dv = sen
Z
nπ
L
nπ
xdx, v = −
cos
x
L
nπ
L
Lx
nπ
L
nπ
xdx = −
cos
x+
xsen
L
nπ
L
nπ
Z
xsen
Z
cos
nπ
xdx
L
Lx
nπ
L2
nπ
nπ
xdx = −
cos
x+
x
2 sen
L
nπ
L
L
(nπ)
Como se va a necesitar, también se resuelve la integral:
Z
nπ
xdx
x cos
L
u = x, du = dx
dv = cos
Z
nπ
L
nπ
xdx, v =
sen x
L
nπ
L
Lx
nπ
L
nπ
xdx =
sen x −
x cos
L
nπ
L
nπ
Z
x cos
Z
sen
nπ
xdx
L
Lx
nπ
L2
nπ
nπ
xdx =
sen x +
x
cos
L
nπ
L
(nπ)2
L
Ahora se resuelve la integral:
Z
x2 sen
nπ
xdx
L
332
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
u = x, du = dx
dv = xsen
nπ
nπ
Lx
nπ
L2
xdx, v = −
cos
x+
x
2 sen
L
nπ
L
L
(nπ)
Z
nπ
nπ
Lx2
nπ
L2 x
xdx = −
cos
x+
x−
2 sen
L
nπ
L
L
(nπ)
¸
Z ·
Lx
nπ
L2
nπ
−
−
cos
x+
sen x dx =
nπ
L
L
(nπ)2
x2 sen
nπ
Lx2
cos
x+
= −
nπ
L
Z
L2
Lx2
nπ
nπ
−
xdx
=
−
cos
x+
sen
2
L
nπ
L
(nπ)
L
+
nπ
L2 x
L
nπ
x+
2 sen
L
nπ
(nπ)
nπ
L2 x
x
2 sen
L
(nπ)
Z ³
nπ ´
x cos
x dx
L
µ
¶
Lx
nπ
L2
L3
nπ
nπ
− sen x +
x
+
x=
cos
3 cos
2
nπ
L
(nπ)
L
L
(nπ)
nπ
L2 x
L2 x
L3
nπ
nπ
nπ
Lx2
cos
x+
x
−
x
+
x+
sen
sen
cos
2
nπ
L
L
(nπ)2
L
(nπ)3
L
(nπ)
L3
nπ
+
x
3 cos
L
(nπ)
−
Z
x2 sen
Lx2
nπ
2L3
nπ
nπ
xdx = −
cos
x+
x
3 cos
L
nπ
L
L
(nπ)
Ahora bien:
g
An = 2
2a L
Z
0
L
x (L − x) sen
nπ
xdx
L
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
g
An = 2
2a
Z
0
L
g
nπ
xdx − 2
xsen
L
2a L
333
Z
L
0
x2 sen
nπ
xdx =
L
·
¸L
·
¸L
Lx
nπ
L2
nπ
2L3
Lx2
g
nπ
g
nπ
An = 2 −
cos
x+
cos
x+
x
sen x − 2 −
cos
2a
nπ
L
L 0 2a L
nπ
L
L 0
(nπ)2
(nπ)3
·
¸
¸
·
L2
g
2L3
L3
g
2L3
cos nπ − 2 −
cos nπ +
An = 2 −
cos nπ −
2a
nπ
2a L
nπ
(nπ)3
(nπ)3
An = −
gL2
gL2
gL2
gL2
(1−cos
nπ)
=
(1−cos nπ)
cos
nπ+
cos
nπ+
2a2 nπ
2a2 nπ
a2 (nπ)3
a2 (nπ)3
Por lo tanto la solución se escribe como:
∞
nπ
nπ
gL2 X (1 − cos nπ)
x cos
t
sen
W (x, t) = 2 3
3
a π n=1
n
L
L
Y la solución Y (x, t) es:
∞
gL2 X (1 − cos nπ)
nπ
gx (L − x)
nπ
Y (x, t) = 2 3
x cos
t−
sen
3
a π n=1
n
L
L
2a2
Esta es la solución para una cuerda vibrante que está sometida a la acción
de la gravedad, pero si por alguna razón la cuerda no oscila entonces la
solución solamente es:
Y (x) = −
gx (L − x)
2a2
Problema 11. Evalue e interprete físicamente el siguiente problema de valor de frontera.
∂ 2Y
∂ 2Y
=
1
+
∂t2
∂x2
π
1
π
1
Y (0, t) = 1, Yx ( , t) = − , Y (x, 0) = 1 + x2 − πx, Yt (x, 0) = 0
2
2
2
2
334
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Solución: Se trata de una ecuación de onda con un término extra el cual
puede deberse a la presencia de una fuerza constante externa. Las condiciones
a la frontera también son no homogéneas, por lo que debe hacerse un cambio
de variable:
Y (x, t) = W (x, t) + ψ(x)
Las derivadas son:
∂2Y
∂ 2W
=
∂t2
∂t2
∂ 2W
∂2Y
=
+ ψ 00 (x)
2
2
∂x
∂x
Sustituyendo:
∂ 2Y
∂ 2W
=
1
+
+ ψ 00 (x)
∂t2
∂x2
Se desea que la ecuación quede de la forma:
∂2Y
∂ 2W
=
∂t2
∂x2
Por lo que debemos tomar:
1 + ψ 00 (x = 0
Integrando:
ψ 0 (x) = −x + α
Integrando otra vez:
x2
ψ(x) = − + αx + β
2
Las condiciones a la frontera e iniciales para W (x, t) = Y (x, t) − ψ(x)
quedan:
W (0, t) = Y (0, t) − ψ(0) = 0
pero esto nos lleva a:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
335
W (0, t) = 1 − β = 0 ⇒ β = 1
La siguiente condición es:
π
π
π
π
π
Wx ( , t) = Yx ( , t) − ψ 0 ( ) = − − (− + α) = −α = 0
2
2
2
2
2
es decir, para que las condiciones de frontera queden homogéneas debe
cumplirse que α = 0 y β = 1, es decir:
ψ(x) = −
x2
+1
2
En cuanto a las condiciones iniciales estas quedan:
1
x2
1
1
W (x, 0) = Y (x, 0) − ψ (x) = 1 + x2 − πx +
− 1 = x2 − πx
2
2
2
2
Wt (x, 0) = Yt (x, 0) = 0
La solución de la ecuación:
∂ 2W
∂ 2W
=
∂t2
∂x2
es
W (x, t) = (c1 cos λt + c2 senλt) (c3 cos λx + c4 sen λx)
Aplicando la primera condición:
W (0, t) = 0
W (x, t) = (c1 cos λt + c2 senλt) (c3 ) = 0 ⇒ c3 = 0
Es decir, la solución queda hasta ahora como:
W (x, t) = (c1 cos λt + c2 senλt) (c4 sen λx) = sen λx(A cos λt + Bsenλt)
336
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Aplicamos la condición inicial:
Wt (x, 0) = 0
Wt (x, t) = sen λx(−Aλsenλt + Bλ cos λt)
Wt (x, 0) = sen λx(Bλ) = 0 ⇒ B = 0
es decir, la solución queda en este paso como:
W (x, t) = Asen λx cos λt
Aplicamos la otra condición de frontera:
Wx (x, t) = Aλ cos λx cos λt
π
π
π
π
(2n − 1)π
Wx ( , t) = Aλ cos λ cos λt = 0 ⇒ cos λ = 0 ⇒ λ =
2
2
2
2
2
es decir
λ = 2n − 1
W (x, t) = Asen (2n − 1)x cos(2n − 1)t
Usando principio de superposición:
W (x, t) =
∞
X
n=1
An sen (2n − 1)x cos(2n − 1)t
Por último aplicamos la condición inicial:
1
W (x, 0) = x2 − πx
2
W (x, 0) =
∞
X
1
An sen (2n − 1)x = x2 − πx
2
n=1
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
An =
2
π
2
Z
π
2
0
337
1
(x2 − πx)sen (2n − 1)xdx
2
Hacemos primero la integral
Z
xsen (2n − 1)xdx
u = x, du = dx
dv = sen(2n − 1)x, v = −
Z
1
cos(2n − 1)x
2n − 1
1
x
cos(2n − 1)x +
xsen (2n − 1)xdx = −
2n − 1
2n − 1
Z
xsen (2n − 1)xdx = −
Z
cos(2n − 1)xdx
x
1
cos(2n − 1)x +
sen(2n − 1)x
2n − 1
(2n − 1)2
Como se va a necesitar, también se resuelve la integral:
Z
x cos (2n − 1)xdx
u = x, du = dx
dv = cos(2n − 1)x, v =
Z
1
sen(2n − 1)x
2n − 1
1
x
sen(2n − 1)x −
x cos (2n − 1)xdx =
2n − 1
2n − 1
Z
x cos(2n − 1)xdx =
Z
sen(2n − 1)xdx
x
1
cos(2n − 1)x
sen(2n − 1)x +
2n − 1
(2n − 1)2
338
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Ahora se resuelve la integral:
Z
x2 sen (2n − 1)xdx
u = x, du = dx
dv = xsen(2n − 1)x, v = −
R
1
x
cos(2n − 1)x +
sen(2n − 1)x
2n − 1
(2n − 1)2
2
x
x
cos(2n − 1)x + (2n−1)
x2 sen (2n − 1)xdx = − 2n−1
2 sen(2n − 1)x−
h
i
R
x
1
x2
− − 2n−1
cos(2n − 1)x + (2n−1)
2 sen(2n − 1)x dx = − 2n−1 cos(2n−1)x+
R
R
x
1
1
(x cos(2n − 1)x) dx − − (2n−1)
sen(2n −
+ (2n−1)
2 sen(2n − 1)x + 2n−1
2
1)xdx =
x2
x
− 2n−1
cos(2n − 1)x + (2n−1)
2 sen(2n − 1)x+
³
´
1
x
1
1
+ 2n−1 2n−1 sen(2n − 1)x + (2n−1)2 cos(2n − 1)x − (2n−1)
3 cos(2n − 1)x
Z
x2 sen (2n − 1)xdx = −
2x
x2
cos(2n − 1)x +
sen(2n − 1)x
2n − 1
(2n − 1)2
Ahora bien:
"
x2
2x
4 − 2n−1 cos(2n − 1)x + (2n−1)2 sen(2n − 1)x +
An =
π
− 2(2n−1)
π
2 sen(2n − 1)x
4
An =
π
"
π
2(2n−1)
cos(2n − 1)x
2
# π2
0
π
π
π
π
π
− 4(2n−1)
cos(2n − 1) π2 + (2n−1)
2 sen(2n − 1) 2 + 2(2n−1) cos(2n − 1) 2 −
π
π
π
− 2(2n−1)
2 sen(2n − 1) 2 − 2(2n−1)
#
·
¸
h
i
π
π
2
π
4
π
An =
−
=
sen(2n
−
1)
−
1
sen(2n
−
1)
π 2 (2n − 1)2
2 2(2n − 1)
(2n − 1)
2
Por lo tanto la solución se escribe como:
∞
h
i
X
π
1
W (x, t) = 2
sen(2n − 1) − 1 sen (2n − 1)x cos(2n − 1)t
(2n − 1)
2
n=1
=
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
339
Y la solución Y (x, t) es:
Y (x, t) = 2
∞
X
n=1
h
i
1
π
x2
sen(2n − 1) − 1 sen (2n−1)x cos(2n−1)t− +1
(2n − 1)
2
2
Problema 12. Una placa circular de radio unitario y difusividad
k tiene una temperatura inicial dada por
f (r) =
100 si 0 < r < 12
0
si 12 < r < 1
Donde r es la distancia de cualquier punto desde el centro.
Asumiendo que la temperatura del borde se mantiene a cero y
que las caras planas están aisladas encuentre la temperatura en
cualquier parte de la placa en cualquier punto.
Solución:
Se resuelve la ecuación:
µ 2
¶
∂u
∂ u 1 ∂u
=κ
+
∂t
∂r2 r ∂r
Por el método de separación de variables
¡
¢
0
RT = κ R00 T + 1r R0 T
RT
T0
R” 1 R0
=
+
= −λ2
κT
R
rR
Para T (t) queda la ecuación:
T0
= −λ2
κT
Cuya solución es:
2t
T (t) = c1 e−κλ
La ecuación para R(r) es:
µ
R” 1 R0
+
= −λ2
R
rR
¶
340
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Que se puede escribir como:
r2 R00 + rR0 + λ2 r2 R = 0
La cual es una ecuación de Bessel de orden cero con solución:
R(r) = c2 J0 (λr) + c3 Y0 (λr)
La solución general es:
³
´
2
u (r, t) = c1 e−kλ t (c2 J0 (λr) + c3 Y0 (λr))
Como la solución debe ser acotada y la función Y0 (λr) no es acotada en
le origen, entonces debe tomarse c3 = 0, reagrupando constantes la solución
se escribe como:
2
u (r, t) = ce−kλ t J0 (λr)
Como el brode se mantiene a temperatura cero, se tiene la condición de
frontera:
u (1, t) = 0
2
u (1, t) = ce−kλ t J0 (λ) = 0
Y debe tenerse que J0 (λ) = 0, por lo tanto los eigenvalores λ son las
raíces de la J0 (x) = 0.
Usando el principio de superposición para aplicar la última condición de
frontera:
u (r, t) =
∞
X
2
ck e−kλk t J0 (λk r)
k=1
Aplicando la última condición:
u (r, 0) =
∞
X
k=1
De tal manera que:
ck J0 (λk r) = f (r)
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
ck =
R1
0
341
f (r) rJ0 (λk r)dr
R1
rJo2 (λk r)dr
0
La integral del denominador da el siguiente resultado:
Z 1
1 0
1
rJo2 (λk r)dr = J02 (λk ) = J12 (λk )
2
2
0
La integral del numerador es:
Z
1
f (r) rJ0 (λk r)dr = 100
0
Z
1
2
rJ0 (λk r)dr
0
Haciendo el cambio de variable:
u = λk r, r =
Z
1
f (r) rJ0 (λk r)dr = 100
0
Z
0
1
Z
0
kk
2
u du
,
= dr
λk λk
u
du 100
J0 (u)
= 2
λk
λk
λk
Z
kk
2
uJ0 (u)du
0
¯ kk
¯2
100
100 λk
λk
λk
50
f (r) rJ0 (λk r)dr = 2 uJ1 (u)¯¯ = 2
J1 ( ) = J1 ( )
λk
λk 2
2
λk
2
0
O sea, ck se escribe como
ck =
50
J ( λk )
λk 1 2
1 2
J (λk )
2 1
100J1 ( λ2k )
=
λk J12 (λk )
Por lo tanto la solución se escribe como:
∞
X
J1 ( λ2k ) −kλ2 t
u (r, t) = 100
e k J0 (λk r)
2
λ
J
(λ
)
k 1
k
k=1
Problema 13. Trabaje el problema anterior si la condición de
temperatura en el borde se reemplaza por la condición de radiación
en el borde dada por ur (1, t) = −2u (1, t).
342
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Solución:
La solución coincide con lo realizado en el problema anterior hasta que
2
u (r, t) = ce−kλ t J0 (λr)
pero la condición al borde ahora es
ur (1, t) = −2u (1, t)
para ello es necesario obtener la derivada de la solución con respecto a r :
2
ur (r, t) = cλe−kλ t J00 (λr)
la condición se aplica así:
2
2
cλe−kλ t J00 (λ) = −2ce−kλ t J0 (λ)
y nos lleva a:
2J0 (λ) + λJ00 (λ) = 0
es decir, las λ’s son las raíces de 2J0 (x) + xJ00 (x) = 0, λ = λk
Usando el principio de superposición para aplicar la última condición de
frontera:
∞
X
u (r, t) =
2
ck e−kλk t J0 (λk r)
k=1
La solución tiene el mismo aspecto que en el problema anterior pero las
λ’s son muy diferentes.
Aplicando la última condición:
u (r, 0) =
∞
X
ck J0 (λk r) = f (r)
k=1
De tal manera que:
ck =
R1
0
f (r) rJ0 (λk r)dr
R1
rJo2 (λk r)dr
0
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
343
Para calcular la integral del denominador se hace lo siguiente:
Se sabe que si rk son las raíces de la ecuación:
µJn (x) + xJn0 (x) = 0
Entonces:
Z
1
xJn2 (rk x) dx =
0
(µ2 + rk2 − n2 ) Jn2 (rk )
2rk2
en nuestro caso:
µ = 2; n = 0; rk = λk
así obtenemos finalmente
Z 1
(4 + λ2k ) J02 (λk )
rJ02 (λk r) dr =
2λ2k
0
La integral del numerador da el mismo resultado:
Z 1
50
λk
f (r) rJ0 (λk r)dr = J1 ( )
λk
2
0
O sea, ck se escribe como
ck =
50
J ( λk )
λk 1 2
(4+λ2k )J02 (λk )
2λ2k
=
100λk J1 ( λ2k )
(4 + λ2k ) J02 (λk )
Por lo tanto la solución se escribe como:
∞
X
100λk J1 ( λ2k ) −kλ2 t
u (r, t) = 100
e k J0 (λk r)
2
2
(4
+
λ
)
J
(λ
k)
0
k
k=1
Problema 14. Un cilindro de radio unitario y longitud L tiene su
superficie convexa y base en el plano xy mantenidas a temperatura
cero mientras que el extremo superior se mantiene a temperatura
f (r). Escriba y resuelva el problema de valor de frontera para la
temperatura de estado estacionario en cualquier punto del cilindro.
Solución:
La ecuación que se resolverá es la siguiente. Note que no hay dependencia
del ángulo por la simetría y tampoco del tiempo, porque el problema es
estacionario.
344
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
∂ 2 U 1 ∂U ∂ 2 U
+
+
=0
∂r2
r ∂r
∂z 2
los condiciones a la frontera son
U(r, 0) = 0; U (r, L) = f (r); U(1, z) = 0
Haciendo la separación de variables:
R00 Z + 1r R0 Z + RZ 00
=0
RZ
R00 1 R0 Z 00
+
+
=0
R
rR
Z
R00 1 R0
+
= −λ2
R
rR
Z 00
= −λ2
Z
Resolviendo las ecuaciones:
d2 Z
+ λ2 Z = 0
dz
Z(z) = c1 eλz + c2 e−λz
La ecuación para R(r) es:
r2
dR
d2 R
+r
+ λ2 r2 R = 0
dr
dr
la cual es una ecuación de Bessel cuya solución es:
R(r) = c3 J0 (λr) + c4 Y0 (λr)
De tal forma que la solución general del problema se escribe como:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
345
U (r, z) = (c1 eλz + c2 e−λz )(c3 J0 (λr) + c4 Y0 (λr))
La solución debe de ser acotada para r = 0, pero la función Y0 (λr) no es
acotada en el origen, por tal motivo debe tomarse c4 = 0.
Aplicando la primera condición inicial:
U(r, 0) = 0 = (c1 + c2 ) (c3 J0 (λr))
0 = c1 + c2 por lo tanto c2 = −c1
sustituyendo en U(r, z)
U(r, z) = (c1 eλz − c1 e−λz )c3 J0 (λr)
Se factoriza el c1 y se divide entre dos para utilizar la identidad del senhz.
Agrupando las constantes:
U(r, z) = c sinh(λz)J0 (λr)
Aplicando la siguiente condición:
U(1, z) = 0 = c sinh(λz)J0 (λ)
J0 (λ) = 0 esto significa que λ son todos los raíces positivas de J0 (x) = 0
λ = λk
Y usando el principio de superposición:
U (r, z) =
∞
X
ck sinh(λk z)J0 (λk r)
k=1
Aplicando la última condición: U(r, L) = f (r)
U(r, L) = f (r) =
∞
X
ck sinh(λk L)J0 (λk r) =
k=1
donde se ha tomado: dk = ck sinh(λk L)
La expresión para dk es:
∞
X
k=1
dk J0 (λk r)
346
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
R1
rf (r)J0 (λk r)dr
2
dk = 0 R 1
=
rJo2 (λk r)dr
0
R1
0
rf (r)J0 (λk r)dr
J12 (λk )
es decir, ck es:
ck =
2
R1
rf (r)J0 (λk r)dr
0
2
J1 (λk ) sinh(λk L)
Y la solución se escribe como:
∞ R1
X
rf (r)J0 (λk r)dr
0
U(r, z) = 2
sinh(λk z)J0 (λk r)
J12 (λk ) sinh(λk L)
k=1
Problema 15. Considere una placa metálica delgada rectangular cuyo ancho es L y cuya longitud es tan grande comparada con
su ancho que para todos los propósitos prácticos se puede considerar infinita. Asumamos que los lados infinitos se mantienen
aislados y que la base de la placa (en el eje x) se mantiene a una
temperatura constante U0 o C. Asumiremos también que las caras
de la placa están aisladas de modo que el calor no puede
entrar ni escapar de ellas. Buscamos determinar la temperatura
de estado estacionario de la placa, esto es, la temperatura que es
independiente del tiempo.
Solución:
La ecuación de calor es:
¶
µ 2
∂U
∂ U ∂ 2U
+
=k
∂t
∂x2
∂y 2
Por ser estado estacionario, el término
∂U
∂t
=0
∂ 2U ∂ 2U
+
=0
∂x2
∂y 2
Utilizando el método de separaciòn de variables
U(x, y) = X(x)Y (y)
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
X 00 Y + XY 00
=0
XY
X” Y ”
+
=0
X
Y
Haciendo la separación de variables:
X”
Y”
=−
= −λ2
X
Y
La ecuación para X(x):
X”
= −λ2
X
X(x) = C1 cos λx + C2 senλx
La ecuación para Y (y):
Y”
= λ2
Y
d2 Y
= λ2 y
2
dy
d2 Y
− λ2 y = 0
2
dy
m2 = λ2
m = ±λ
Y (y) = C3 eλy + C4 e−λy
347
348
CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
¡
¢
U(x, y) = (C1 cos λx + C2 senλx) C3 eλy + C4 e−λy
Con las condiciones a la frontera:
U (0, y) = 0, u(L, y) = 0, u(x, 0) = U0
La temperatura debe estar acotada, por lo tanto C3 = 0.
Factorizando y agrupando los productos de las constantes en dos nuevas
constantes A y B
U (x, y) = e−λy (A cos λx + Bsenλx)
Aplicando la primera condición de frontera:
u(0, y) = Ae−λy = 0 ⇒ A = 0
Por lo tanto la solución hasta ahora está dada como:
U(x, y) = Be−λy senλx
Ahora aplicamos la condición u(L, y) = 0
U (x, L) = Be−λy senλL = 0, ⇒ λ =
Por lo tanto:
nπ
U(x, y) = Be− L y sen
nπ
x
L
Usando el principio de superposición:
U(x, y) =
∞
X
nπ
Bn e− L y sen
n=1
nπ
x
L
Por último aplicamos la condición:
U(x, 0) = U0
U (x, 0) =
∞
X
n=1
Bn sen
nπ
x = U0
L
nπ
L
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN
2
Bn =
L
Z
L
0
¯L
nπ
2U0
2 U0 L
nπx ¯¯
U0 sen xdx = −
=
cos
(1 − (−1)n )
¯
L
L nπ
L 0
nπ
Y la solución se puede escribir como:
∞
nπ
2U0 X 1
nπ
U (x, y) =
(1 − (−1)n )e− L y sen x
π n=1 n
L
349