Métodos matemáticos III

MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
1. ESTUDIO PRELIMINAR
1.1. Introducción. Ya el famoso filósofogo griego presocrático Heráclito dijo: ”Todo fluye, nada permanece”. Sin embargo, en su filosofı́a sı́ habı́a algo que no variaba: las leyes que describen el cambio de las
cosas.
La mayor parte de las leyes de la naturaleza se expresan como relaciones entre cambios de variables.
Vamos a ver algunos ejemplos de una manera no sistemática.
1) En radioactividad la actividad de una muestra se puede suponer proporcional al número de átomos
radioactivos N en un instante dado:
dN
∼ N
−
dt
que se suele expresar mediante la constante de desintegración λ:
−
Integrando
dN
= λN
dt
Z
dN
= ln N = −λt + C
N
y reescribiendo C = ln N0 se halla la conocida ley de la desintegración radioactiva:
N (t) = N0 e−λt
donde N0 representa el número inicial de átomos radioactivos (cuando t = 0). Llamemos la atención sobre
el hecho de que N no es una variable contı́nua en realidad (y por tanto dN no podrı́a ser una diferencial
estrictamente hablando), pero el gran número de átomos habitualmente presente en las muestras hace esta
modelización matemática muy precisa.
Ya observamos aquı́ la existencia de una constante de integración (C) que queda determinada por la
condición o valor inicial. Volveremos a esta cuestión con mayor detenimiento más adelante.
Un problema relacionado es el crecimiento de una colonia (sea de bacterias, etc.) cuando los recursos son
ilimitados. En tal caso la ley diferencial es la misma que la anterior pero ahora la exponencial es creciente:
N = N0 ert con r > 0 el ritmo de crecimiento.
2) Partı́cula sometida a la fuerza recuperadora de un muelle de constante k, para pequeñas
oscilaciones:
d2 y
m 2 = −ky
dt
cuya solución es un movimiento armónico simple, comprobándose fácilmente que la solución (general) es:
p
y = c1 sin wt + c2 cos wt
donde w = k/m. Hay dos constantes indeterminadas hasta que se impongan condiciones a las soluciones,
lo cual está ligado, como veremos, a que la ecuación diferencial ordinaria es de segundo orden. Por otro
lado, es costumbre reexpresar la anterior ecuación en función de dos nuevos parámetros A y ϕ:
c1 = A cos ϕ ; c2 = A sin ϕ
de modo que se obtiene la ecuación habitual del movimiento armónico simple:
q
c2
y = A sin (wt + ϕ),
A = c21 + c22 ,
tan ϕ =
c1
1
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Los dos nuevos parámetros se idenfican con la amplitud A y la fase inicial ϕ que han de determinarse
mediante las condiciones iniciales (por ejemplo la elongación y velocidad iniciales).
3) Evolución de una epidemia. Supondremos una persona infectada que se encierra en una comunidad
de N individuos sanos. Se supone que la probabilidad de contagio es proporcional al número de (encuentros
entre las) personas ya infectadas n(t) y aún sanas ns (t). Como obviamente n + ns = N + 1, deducimos que
ns = N + 1 − n y por tanto
dn
= k n · ns = k n (N + 1 − n) ≥ 0
dt
con la condición inicial n(0) = 1. Veremos más adelante de que esta ecuación diferencial no es lineal pero
la vamos a resolver fácilmente.
Podemos escribir
dn
= k dt
n(N + 1 − n)
y factorizando
Integrando
µ
¶
1
1
1
+
= k dt
N +1 n N +1−n
Z
n
1
dn
+
n
Z
n
1
dn
= (N + 1)k t
N +1−n
llegamos a
ln n − ln
N +1−n
nN
= ln
= (N + 1)kt
N
N +1−n
de donde
nN
e(N +1)kt
= e(N +1)kt → nN = (N + 1)e(N +1)kt − ne(N +1)kt ⇒ n(t) = (N + 1)
N +1−n
N + e(N +1)kt
Notemos que para t = 0 en verdad obtenemos n = 1 como valor inicial. Por otro lado, si t → ∞ entonces
n → N + 1 como era de esperar, es decir, todos infectados.
1.2. Definiciones y notación. Se llama ecuación diferencial ordinaria (EDO) de orden n a toda relación
que ligue una variable independiente x con una función y de ella y sus n primeras derivadas de la forma
µ
¶
dy d2 y
dn y
(1.1)
F x, y, , 2 , ..., n = 0
dx dx
dx
o abreviadamente
F (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) = 0
No hay que confundir el orden de una ecuación diferencial, que corresponde al de la derivada de mayor
orden, con el grado (que se define sólo cuando F es un polinomio algebraico) como el grado de éste en la
función y sus derivadas. Ejemplos:
• y 00 + py = 0 es de segundo orden y primer grado en y 00
• y 02 + 3xyy 0 + y 2 ex = 0 es de primer orden y segundo grado en y 0
• y 002 − Kx(1 + y 02 )3 = 0 es de segundo orden y segundo grado en y”, pero de sexto grado en y 0
Diremos que una EDO está dada en la forma normal si la derivada de mayor orden está despejada:
y (n) = f (x, y, y 0 , ..., y (n−1) )
En caso contrario, diremos que está en forma implı́cita.
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1.2.1. Solución de una EDO. Cualquier función y = f (x), definida en un intervalo I ⊂ R, que posee al
menos n derivadas continuas en I, y que al sustituirse en una EDO de orden n reduce la ecuación a una
identidad, es una solución de la ecuación en el intervalo I. Dicho intervalo se llama existencia o dominio
de la solución. A esta solución se la denomina explı́cita. Bajo ciertas circunstancias que satisfacen las
EDOs, existen teoremas que garantizan la existencia y unicidad de soluciones. Lo iremos viendo a lo largo
del curso.
Por otro lado, una solución implı́cita G(x, y) = 0 en el intervalo I puede definir una o más soluciones
explı́citas en I. Dicho de otro modo, una función y = f (x) es solución implı́cita si satisface simultáneamente
tanto la relación G(x, y) = 0 como la ecuación diferencial.
Ejemplo: x2 + y 2 = 25 es una solución implı́cita en el intervalo −5 < x < 5 de la ecuación diferencial
dy
x
= −
dx
y
Derivando
dy
dy
=0 → x+y
=0
dx
dx
√
de donde se comprueba que la EDO se cumple. Soluciones implı́citas son y = ± 25 − x2 .
No siempre resulta tan fácil despejar la variable y de una expresión implı́cita, y a veces puede resultar
imposible. Por ejemplo:
xy = ln y + c
2x + 2y
es una solución de
y2
1 − xy
como se comprueba derivando y reordenando el resultado.
A menudo interesa resolver una ecuación diferencial sujeta a condiciones preestablecidas, impuestas tanto
a la función buscada y = y(x) como a sus derivadas:
y0 =
(n−1)
y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y00 , · · · , y (n−1) (x0 ) = y0
(n−1)
son constantes reales. Entonces diremos que nos encontramos frente a un problema de
donde y0 , · · · , y0
valores iniciales y hablamos de una solución particular. En caso contrario hablamos de una solución
general. Un ejemplo lo vimos con la radioactividad cuando la solución general (haciendo C = ln K) era
N = Ke−λt
que al imponer que N = N0 cuanto t = 0 nos lleva a que K = N0 . Observemos que si la condición hubiera
sido que N = N0 cuando t = t0 , hubiéramos hallado K = N0 eλt0 y por tanto la solución particular del
problema de valor inicial serı́a:
N = N0 e−λ(t−t0 )
Es importante resaltar que no siempre todas las soluciones de una EDO se obtienen especificando valores
particulares de las constantes: pueden existir soluciones singulares, como veremos más adelante.
Por otro lado, si en vez de los valores iniciales de la función solución de una EDO y de sus derivadas,
se especifican los valores de la función en dos puntos diferentes nos encontramos frente a un problema con
valores de frontera o de contorno.
Podemos ilustrar mediante un ejemplo las condiciones de frontera o contorno. Sea la ecuación diferencial
d2 y/dt2 + 16y = 0
cuya solución general es
y(t) = c1 cos 4t + c2 sin 4t
Exigiendo como condiciones de frontera y(0) = y(π/2) = 0, se obtiene una infinidad de soluciones del tipo:
y(t) = c2 sin 4t
Si, en vez de condiciones de frontera, exigieramos las condiciones iniciales y(0) = y 0 (0) = 0, obtendrı́amos
c1 = c2 = 0, es decir la solución y(t) = 0 constante con el tiempo.
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1.2.2. Ecuación diferencial lineal. Llamamos ası́ a la ecuación diferencial que es de primer grado en la
función y en sus derivadas. Una ecuación diferencial ordinaria lineal se puede escribir en la forma:
(1.2)
P0 (x)y (n) + P1 (x)y (n−1) + ... + Pn−1 (x)y 0 + Pn (x)y = Q(x)
donde Pi (x) i = 0, n y Q(x) son funciones continuas de x en un intervalo común I. Si P0 (x) 6= 0 en I,
podemos escribir análogamente
(1.3)
y (n) + p1 (x)y (n−1) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = q(x)
Por ejemplo,
xy 00 + y 0 = 8x
es una EDO lineal. En cambio, no lo es
xy 00 + y 02 = 8x
Vamos a hallar una solución de la primera al percatarnos que el lado izquierdo se puede expresar como una
derivada (total)
d(xy 0 )
7→ d(xy 0 ) = 8xdx
xy 00 + y 0 =
dx
integrando
C1
xy 0 = 4x2 + C1 7→ y 0 = 4x +
x
y ası́
y = 2x2 + C1 ln x + C2 x > 0
Observemos la presencia de dos constantes de integración, que se pueden determinar mediante las condiciones iniciales: valores de y e y 0 para un valor de x > 0.
Un ejemplo de ecuación diferencial lineal de interés en fı́sica e ingenierı́a viene representado por un
circuito donde hay una resistencia R y un solenoide de inducción L, conectados en serie a un generador
de corriente continua de fuerza electromotriz constante E. Si i representa la intensidad de la corriente
eléctrica
di
L + Ri = E
dt
Las variables se pueden separar
di
1
= dt
E − Ri
L
de donde, integrando
1
t
R
− ln (E − Ri) = + C ⇒ ln (E − Ri) = − t + C
R
L
L
y definiendo una nueva constante como C = ln c,
E − Ri = ce−(R/L)t
ası́,
E
− c e−(R/L)t
R
que es la solución general, y c depende de las condiciones iniciales. Por ejemplo, suponiendo que en t = 0
la intensidad de la corriente es cero, resulta que c = E/R y por tanto
µ
¶
E
−(R/L)t
i=
1−e
R
Al segundo término se le llama transitorio, mientras que el primero representa el estado estable o estacionario
que satisface la ley de Ohm E = iR.
i=
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Problemas propuestos:
1) Otro ejemplo se encuentra cuando un cuerpo cae bajo la acción de la gravedad en el seno de un fluı́do
viscoso, cuya fuerza de resistencia se supone proporcional a la velocidad v. La ecuación del movimiento es:
dv
= g − kv
dt
Separando variables
dv
= dt
g − kv
e integrando
1
− ln (g − kv) = t + C ⇒ ln (g − kv) = −kt + C
k
de modo que, definiendo como antes C = ln c
g − kv = ce−kt
E imponiendo la condición inicial v = 0 cuando t = 0 implica que c = g; luego
µ
¶
g
−kt
v=
1−e
k
Observemos que g/k representa la velocidad lı́mite o terminal.
2) La clepsidra era un antiguo reloj de agua que constaba de un depósito que se iba vaciando al dejar
salir el agua por el fondo. Hallar la forma que debı́a tener para que el nivel de agua disminuyera con un
ritmo constante.
Suponiendo que la
√ley de Torricelli se verifica, la velocidad de salida del agua por el fondo del recipiente
viene dada por v = 2gy, siendo y la altura del nivel del agua. La variación del volumen en un dt es
p
dV = A 2gy dt = πx2 dy
donde A es el área del orificio y x el radio de la seccción del recipiente (supuesto con simetrı́a axial) en ese
instante.
Luego al exigir un ritmo de la baja de nivel constante: dy/dt = cte, hallamos
√
y
dy
= C 2 = cte
dt
x
de donde
y = Kx4
En muchas ocasiones, leyes fı́sicas no lineales pueden aproximarse mediante una EDO lineal (linealización). Por ejemplo, ese es el caso del péndulo matemático de longitud l cuya ley del movimiento
d2 θ g
+ sin θ = 0
dt2
l
se linealiza al aproximar sin θ ' θ, válido para ángulos pequeños (pequeñas oscilaciones). En tal caso la
solución es perı́odica
donde w =
θ = θ0 sin (wt + ϕ)
p
g/l.
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1.3. Ecuaciones diferenciales de primer orden. Las ecuaciones diferenciales de primer orden son aquéllas
de cualquiera de las dos formas:
F (x, y, y 0 ) = 0
(1.4)
,
y 0 = f (x, y)
siendo la última su forma normal. Además, una EDO de primer orden se puede expresar como
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0
Por ejemplo, ya habı́amos visto:
dy
x
=−
dx
y
⇔ xdx + ydy = 0
que representa una familia de circunferencias centradas en el origen. Sin embargo, observamos que no
aparece ningún radio. Esto es una posibilidad que se puede generalizar, como veremos en la siguiente
sección.
Notemos finalmente que la ecuación anterior no es lineal pues aparece la combinación ydy. En cambio, una
ecuación diferencial lineal de primer orden es:
ydx + xdy = 0
1.3.1. Familias de curvas. Nuestro punto de partida aquı́ será el conocimiento de la ecuación que define una haz de curvas (en función de un parámetro) de donde deduciremos la correspondiente ecuación
diferencial (de primer orden) satisfecha por el haz.
Consideremos como un caso particular el haz de parábolas definido mediante y = Cx2 . Para cada punto
del plano (x, y) (fuera del eje y) existe una curva de dicho haz correspondiente al valor C = y/x2 (como
se ve despejando directamente). Por otro lado, derivando se verifica que y 0 = 2Cx. Combinando ambas
llegamos a la relación:
µ ¶
y
y0 = 2
x
donde no a parece explı́citamente la C. Es claro el significado geométrico. La pendiente de la curva es el
doble de la tangente de la recta que pasa por el origen y el punto en cuestión.
Otro ejemplo es el haz de hipérbolas equilateras y = C/x. Fácilmente se halla que la EDO satisfecha es
y 0 = −y/x.
En general, sea un haz de curvas en una región R del plano xy definido por la ecuación:
y = H(x, C)
tal que por cada punto de R pasa una curva y sólo una del haz. Esto ocurre si ∂H/∂C 6= 0. Entonces a
partir de la anterior ecuación podemos despejar C y escribir
C = ϕ(x, y)
Si ahora sustituimos C en H llegamos a
∂H
= Hx (x, C) = Hx (x, ϕ(x, y)) → y 0 = f (x, y)
∂x
bservemos que ahora, en vez de una derivada total, tenemos una parcial, respecto de x. La ecuación
anterior representa el campo de direcciones o pendientes y es una EDO lineal en su forma normal:
es una función de dos variables que asigna un valor de la pendiente a cada punto del plano x, y dentro
de I. Puede representarse mediante un peque ño segmento orientado de pendiente igual al valor y 0 = f (x, y).
y0 =
Por otro lado, podemos hacer que y 0 = K (es decir la pendiente igual a una constante): esa ecuación
(f (x, y) = K) proporciona el lugar geométrico de los puntos donde la pendiente del haz de curvas es la
misma (son las curvas isoclinas). En el caso del haz de parábolas tenemos que las curvas isoclinas son
y = (K/2)x, que son rectas que pasan por el origen.
Di igual modo se obtendrı́an las curvas isoclinas para el caso de la familia de hipérbolas equilateras. En
tal caso son las rectas: y=-Kx.
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1.3.2. Teoremas de existencia y unicidad. Hasta aquı́ hemos visto cómo obtener una EDO a partir de
un haz de curvas de expresión conocida (fuera explı́cita o implı́cita). Ahora, el problema es el inverso, dada
una EDO sujeta a condiciones que se imponen a la incógnita y y a sus derivadas, hallar la solución o haz
de funciones y(x) que las satisfacen. Por ejemplo, para una EDO de orden n escrita en forma normal:
dn y
= f (x, y, y 0 , · · · , y (n−1) )
dxn
(n−1)
sujeta a y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y00 , · · · , y (n−1) (x0 ) = y0
.
Observemos que un problema de valor inicial podrı́a tener varias soluciones para unas mismas condiciones
iniciales o de contorno. Por ejemplo, la EDO de primer orden
dy
= xy 1/2
dx
con la condición y(0) = 0 tiene, al menos, dos soluciones:
• y = x4 /16
• y=0
Resaltemos que y = 0 es una solución singular de la EDO pues, escribiendo la solución general en la forma
y = (x2 + c)2 /16+, concluimos que no se puede obtener dando ningún valor particular a la constante C.
Necesitamos algún criterio o teorema acerca de la posible existencia y unicidad de soluciones de una
EDO. Empezaremos con las de primer orden.
Dada una ecuación diferencial de primer orden
y 0 = f (x, y)
y dado un punto (x0 , y0 ) del plano, ¿cómo hallar una curva (y sólo una) que pase por dicho punto y satisfaga
la EDO dada? (Cada curva recibe el nombre de integral particular de la EDO mientras que el haz integral
se denomina integral general de la EDO.)
Según la formulación de Gauss, si f (x, y) es analı́tica (que en un punto significa que es expandible por
Taylor, es decir, que es indefinidamente derivable) en un cierto dominio al que pertenece (x0 , y0 ), entonces
en un cierto entorno de (x0 , y0 ) existe una función analı́tica y sólo una y(x) que verifica la EDO y tal que
y(x0 ) = y0 . De una manera más práctica el siguiente teorema nos indica la existencia y unicidad de la
solución de una EDO de primer orden.
Teorema de Picard: Si f (x, y) y ∂f /∂y son continuas en un rectángulo cerrado R (a ≤ x ≤ b,
c ≤ y ≤ d) que contiene al punto (x0 , y0 ), entonces existe una única función y(x) definida en un intervalo
I0 : x0 −h ≤ x ≤ x0 +h contenido en a ≤ x ≤ b, tal que se satisface y 0 = f (x, y). La continuidad de f (x, y)
garantiza la existencia de solución y la de la derivada parcial que sea única. Notemos que el teorema afirma
que es una condición suficiente pero no necesaria para la existencia y unicidad de la solución. Remarquemos
también el carácter local del teorema.
Volviendo al ejemplo de antes, obervamos que la derivada ∂f /∂y no es continua en un entorno del punto
(0,0) ya que
x
∂(xy 1/2 )
=
∂y
2y 1/2
es decir, el teorema de Picard no se aplica. Por el contrario sı́ se satisfacen las condiciones para y > 0 por
lo que podemos estar seguros que para cada punto (x0 , y0 ) del semiplano superior y > 0 hay un intervalo
donde la solución es única.
1.4. Clasificación. Pueden seguirse dos criterios para clasificar las EDO de primer orden. Un criterio es
despejar y 0 , es decir poner la ecuación en forma normal y 0 = f (x, y) y observar la naturaleza del segundo
miembro f (x, y). Otro es poner la EDO en la forma P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 y estudiar la naturaleza de
los coeficientes P y Q. Abajo aplicamos estos criterios.
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1.4.1. Ecuaciones de variables separadas/separables. Existen ecuaciones diferenciales que son fácilmente
resolubles. Ası́, las ecuaciones de la forma
(1.5)
P (x)dx + Q(y)dy = 0
se llaman de variables separadas y su solución se halla por simple integración:
Z
Z
P (x)dx +
Q(y)dy = C
siendo esta última la constante de integración.
Ejemplo
xdx + ydy = 0
que obviamente conduce a
Z
Z
ydy = −
xdx
y por tanto
x2
y2
=− +C
2
2
cuya constante C puede reescribirse como C = R2 /2, de donde, en forma explı́cita o implı́cita
p
y = ± R2 − x2 ⇔ x2 + y 2 = R2
que representa un haz de circunferencias centradas en el origen.
Puede ocurrir también que la EDO sea del tipo de variables separables:
P1 (x) · Q1 (y) dx + P2 (x) · Q2 (y) dy = 0
Entonces recuperamos una EDO de variables separadas pues dividiendo por Q1 (x)P2 (x), suponiendo que
no son nulos:
P1 (x)
Q2 (y)
dx +
dy = 0
P2 (x)
Q1 (y)
Ejemplo:
2ydx − xdy = 0; x > 0, y > 0
Como x 6= 0 y y =
6 0, podemos reescribirla como
dy
dx
−2
=0
y
x
de donde
ln | y | = 2 ln | x | + C
y como ambas variables son positivas
ln y = 2 ln x + C
definiendo C = ln k, llegamos a
y = kx2
con k positivo. Si x > 0 pero y fuera negativo llegarı́amos a
ln (−y) = 2 ln x + C
de donde
y = −kx2 , k > 0
on bien en general
y = Kx2
donde ahora K puede ser ahora tanto positivo como negativo. En realidad, esta forma de las soluciones
contiene el caso especial y = 0 (correspondiente a K = 0).
Como dy/dx = y/x, f (x, y) = y/x y su derivada parcial ∂f /∂y = 1/x son continuas en cualquier
rectángulo con centro en (x0 6= 0, y0 ), en tal caso la solución será única.
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Otro ejemplo es
(x + xy)dx + dy = 0 → xdx +
9
dy
= 0, y 6= −1
1+y
de donde
2
x2
+ C ⇒ y = Ke−x /2 − 1, y 6= −1
2
que es una familia de campanas de Gauss con K positivos o negativo, desplazadas un unidad hacia abajo
en el eje de las y.
ln | 1 + y | = −
1.4.2. Ecuaciones exactas. Diremos que la EDO
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0
es exacta, si existe una función U (x, y) tal que dU = P (x, y)dx + Q(x, y)dy. Si esto ocurre, entonces la
integral o solución de la EDO vendrá dada por:
U (x, y) = C
Cabe preguntarse por las condiciones que han de satisfacer P (x, y) y Q(x, y) para que la EDO sea exacta.
Éstas son:
∂P (x, y)
∂Q(x, y)
=
(1.6)
∂y
∂x
En efecto, definimos
Z
Z
U (x, y) =
P (x, y)dx
o
U (x, y) =
Q(x, y)dy
entonces
∂U (x, y)
= P (x, y)
∂x
Z
Z
∂U (x, y)
∂P (x, y)
∂Q(x, y)
=
dx =
dx = Q(x, y)
∂y
∂y
∂x
Obsérvese que este último paso no podrı́a haberse realizado sin la hipótesis de partida. Por tanto, por
la definición de diferencial de U
dU = P (x, y)dx + Q(x, y)dy
como deseábamos pues en verdad se corresponde con una diferencial de una función de dos variables:
∂U
∂U
dU =
dx +
dy
∂x
∂y
es decir, existe esa función U (x, y) diferenciable al poder identificar P y Q con las derivadas parciales. De
hecho a dU se le llama diferencial total.
A la inversa, si suponemos que ∃U (x, y) = C satisfaciendo la ecuación diferencial, entonces (si las
derivadas parciales son continuas):
∂2U
∂2U
∂P
∂Q
=
⇒
=
∂y∂x
∂x∂y
∂y
∂x
Luego
∂P
∂P
=
∂y
∂y
La anterior demostración nos permite conocer también la solución explı́cita:
Z
U (x, y) = P (x, y)dx
EDO es exacta
⇔
La integración conlleva una función arbitraria de y que se puede determinar derivando con respecto a y e
igualando a Q(x, y). Lo mismo se podrı́a hacer integrando Q(x, y) respecto de y y luego derivar respecto
de x para hallar una función desconocida al igualar a P (x, y).
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Ejemplo: Sea la EDO
ydx + xdy = 0
Observamos que P = y y Q = x en este caso tan simple, cumpliéndose la condición (1.8).
∂U
∂U
= y,
=x
∂x
∂y
y por tanto
Z
U (x, y) =
ydx = xy + g(y)
Ahora exigimos
∂U
dg
=x+
= Q(x, y) = x
∂y
dy
de donde concluimos que dg(y)/dy = 0 y por tanto g ≡ C es una constante. La solución es pues:
U (x, y) = xy + C
Otro ejemplo es
2xy dx + (x2 − 1) dy = 0
Aplicando el mismo procedimiento
∂U
= 2xy
∂x
de donde
U (x, y) = x2 y + g(y)
ahora
luego
∂U
dg
= x2 +
= Q(x, y) = x2 − 1
∂y
dy
dg
= −1 ⇒ g(y) = −y + C
dy
finalmente
U (x, y) = x2 y − y + C
1.4.3. Factor integrante. Las ecuaciones exactas son relativamente raras. Por ejemplo
ydx − xdy = 0
no lo es pues
∂P
∂Q
= 1 6=
= −1
∂y
∂x
Sin embargo escribiendo
dy
y
=
dx
x
es claro su significado: las isoclinas son rectas que pasan por el origen: y = Kx cuya pendiente es igual a
la de los segmentos orientados. Luego ha de tener solución como un haz de curvas (C = φ(x, y)) aunque la
EDO no sea exacta inicialmente. Fácilmente se ve que multiplicando por 1/x2 a ambos lados de la EDO,
se halla
1
y
dx − dy = 0
x2
x
y ahora se comprueba que
1
∂Q
1
y
∂P
= 2 =
= 2 ⇒ U (x, y) = = C
∂y
x
∂x
x
x
En general podemos preguntarnos de un modo general si dada
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0
con Py 6= Qx , es posible encontrar algún factor µ(x) tal que
µ(x, y)P (x, y)dx + µ(x, y)Q(x, y)dy = 0
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
11
es una EDO exacta siendo resolución de ambas ecuaciones la misma función y = h(x, C). Tal factor µ(x, y),
o factor integrante, existirá siempre que exista la integral general de la EDO.
Sea el haz integral definido a través de la ecuación
C = ϕ(x, y)
tal que
ϕx dx + ϕy dy = 0
con ϕx = µP , ϕy = µQ, de donde
ϕx
ϕy
=
P
Q
Por último, al exigir que sea un EDO exacta, hallamos una ecuación diferencial en derivadas parciales
lineal y de primer orden que permite obtener µ(x, y):
µ(x, y) =
∂(µP )
∂(µQ)
∂µ
∂µ
=
⇒ µPy + P
= µQx + Q
∂y
∂x
∂y
∂x
(1.7)
Casos particulares
a) µ = µ(x): sólo es función de x. Entonces,
µPy + P
∂µ
∂µ
= µQx + Q
∂y
∂x
y ası́
1 dµ
Py − Qx
=
= φ(x)
µ dx
Q
de donde
R
µ(x) = e
φ(x)dx
Si hubiese sido sólo función de y, el factor integrante se escribirı́a
R
µ(y) = e
donde
φ(y) =
φ(y)dy
Qx − Py
P
Ejemplo: Vamos a resolver la EDO no exacta
(yx2 + x)dx + x2 dy = 0
Como P = yx2 + x tenemos que Py = x2 . Como Q = x2 tenemos que Qx = 2x. En consecuencia,
φ(x) =
y finalmente:
µ=e
R
Py − Qx
x2 − 2x
=
Q
x2
x2 −2x
dx
x2
2
= ex−ln x
+C
=K
ex
x2
Comprobamos que ahora la EDO:
ex
ex
1
dx + x2 · K 2 dy = 0 ⇒ (y + )ex dx + ex dy = 0
2
x
x
x
en verdad es una diferencial exacta pues
·µ
¶ ¸
1 x
∂ex
∂
y+
e = ex =
∂y
x
∂x
(yx2 + x) · K
12
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Aplicación a las EDOs lineales de primer orden. Podemos aplicar el método del factor integrante a
la resolución de una EDO de primer orden:
P0 (x)y 0 + P1 (x)y = Q(x)
que podemos reescribir si P0 (x) 6= 0 como
y 0 + p(x)y = q(x)
Entonces se tiene
1 · dy + [p(x)y − q(x)]dx = 0
y podemos identificar
Q1 = 1 ; P1 = p(x)y − q(x)
de donde
φ(x) =
Ası́, resulta un factor integrante
(P1 )y − (Q1 )x
= p(x)
Q1
R
µ(x) = e p(x)dx ⇒ µ0 = µp(x)
Multiplicando por el factor integrante encontrado
µ(x) · [p(x)y − q(x)]dx + µdy = 0
llegamos a
Z
U (x, y) =
Z
Qdy =
µ(x)dy = µy + C(x)
donde ahora Q = µ obviamente.
Haciendo la derivada parcial
∂U
= µ0 y + C 0 (x) = µ[p(x)y − q(x)]
∂x
llegamos a
µ0
C 0 (x)
= µ(x) p(x)
= −µ(x) q(x)
La primera ecuación era de esperar, la segunda conduce a
Z
C(x) = −µ(x) q(x)dx
y la solución, al exigir que U (x, y) =cte,
Z
µy −
y por fin
(1.8)
y=
R
1
µ(x) q(x)dx = C
·
Z
C+
dx q(x) e
R
¸
p(x)dx
e p(x)dx
La anterior ecuación representa una expresión compacta que proporciona una solución a cualquier EDO
lineal.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
13
Ejemplo:
y 0 − y tan x = esin x
Identificamos p(x) = − tan x y q(x) = esin x ; en consecuencia
µ(x) = e
R
− tan xdx
= eln cos x = cos x
y por tanto la solución es
¸
·
¸
·
Z
1
1
− sin x
− sin x
y=
C + dx e
cos x =
C −e
cos x
cos x
Otro ejemplo es:
dy
+ 2y = 3ex
dx
donde ahora identificamos p(x) = 2 y q(x) = 3ex ; ası́ pues
µ(x) = e
R
p(x)dx
=e
R
2dx
= e2x
Multiplicando por dicho factor integrante,
e2x
dy
+ 2e2x y = 3e3x
dx
y fácilmente vemos que
d 2x
(e y) = 3e3x 7→ e2x y =
dx
Z
3e3x dx = e3x + C
Despejando y,
y = ex + Ce−2x
Naturalmente, podrı́amos haber procedido de manera más formal hallando la solución por aplicación de
la fórmula 1.8:
·
¸
Z
1
x
2x
y = R 2dx C + dx3e e
= e−2x [C + e3x ] = Ce−2x + ex
e
que en efecto coincide con el resultado anterior.
Observemos aquı́ que la solución general anterior se ha escrito como la suma de una solución general
Ce−2x de la ecuación (que llamaremos incompleta u homogénea):
dy
+ 2y = 0
dx
y una solución particular y = ex de la completa. Veremos que éste será siempre el caso para EDOs lineales
aunque sean de orden superior.
14
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
1.4.4. Ecuaciones homogéneas. Se dice que una función h(x, y) es homogénea de grado α en x, y si
se verifica que
h(λx, λy) = λα h(x, y)
Por ejemplo un polinomio del tipo a0 xn + a1 xn−1 y + · · · + an y n es una función homogénea de grado n.
Si una función h(x, y) es homogénea de grado cero, entonces será una función del cociente de sus dos
variables, es decir, h(x, y) ≡ h(y/x). Esto lo podemos ver inmediatamente si tomamos λ = 1/x pues es tal
caso, si α es cero
h(λx, λy) = (1/x)0 h(1, y/x) ⇒ h(y/x)
Ejemplos: Verificar si las siguientes funciones son homogéneas (indicando su grado) o no:
• x3 − 3xy + y 3 NO; x3 − 3x2 y + y 3 SI, grado tres
• tan (3y/x) SI, grado cero; tan (x + y) NO
• x4 /(x2 + 2y 2 ) SI, grado dos; x4 /(x2 + 2y 2 + 4) NO
• y 2 SI, grado 2; y 2 + 4 NO
•
√
x − y SI, grado 1/2;
p
x2 + y
• x ln x − x ln y SI, grado uno; x ln x − y ln y NO
Volvamos ahora a las ecuaciones diferenciales. Las EDOs homogéneas son de la forma general:
(1.9)
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0
donde P (x, y) y Q(x, y) son funciones homogéneas del mismo grado en x, y. En forma análoga, podrı́a
expresarse a partir de la forma normal:
y 0 = f (y/x)
(1.10)
es decir, f (x, y) es una función homogénea de grado cero.
Para obtener la solución general, reducimos la EDO homogénea a una separable mediante el cambio:
y
u=
x
de donde
dy
du
y = ux ⇒
=u+x
dx
dx
por lo que deducimos que efectivamente es separable:
du
du
dx
u+x
= f (u) ⇒
=
dx
f (u) − u
x
Ejemplo: Veámos la siguiente EDO homogénea
(xy + y 2 + x2 )dx − x2 dy = 0
cuya solución es
Z
du
=
u2 + 1
Z
dx
⇒ u = tan (ln | x | + C)
x
de donde finalmente
y = x tan (ln | x | + C)
En el siguiente caso estudiaremos un problema clásico de ecuaciones diferenciales en el diseño de un
espejo que conduce también a una EDO homogénea.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
15
Ejemplo: Hallar la forma que debe tener un espejo para que todo haz de rayos paralelos que incidan
sobre él, se concentre en el foco.
Ante todo, el espejo ha de ser una superficie de revolución por la simetrı́a axial exigida para todos los
haces paralelos.
Elegiremos un sistema de coordenadas rectangulares de modo que los rayos del haz sean paralelos al eje
x y el origen de coordenadas coincida con el punto donde se focalizan los rayos.
Aplicaremos la ley de la reflexión trazando la tangente a la curva (cuya ecuación y = y(x)) buscamos en el
punto de incidencia del haz sobre el espejo.
Notemos que tan α = y 0 , tan 2α = y/x. Por otro lado, la relación trigonométrica
2 tan α
tan 2α =
1 − tan 2 α
conduce a la EDO de primer orden
2y 0
y
=
02
1−y
x
Se trata de una ecuación de segundo grado en la derivada y 0 ; despejando ésta a partir de
yy 02 + 2xy 0 − y = 0
obtenemos dos ecuaciones homogéneas correspondientes a las dos raı́ces:
p
p
−x + x2 + y 2
−x − x2 + y 2
0
0
y =
; y =
y
y
Haciendo el cambio de variables y = ux, concluimos de la primera que
√
−1 + 1 + u2
udu
dx
0
0
√
y = u + xu =
7→
=−
2
2
u
x
1+u − 1+u
Y ahora integrando
Z
udu
√
− ln | x | + ln C =
2
1 + u − 1 + u2
Escribiremos el lado derecho como
√
Z
Z
Z
p
udu
udu
1
d( 1 + u2 − 1)
√
√
√
√
=
=
= ln ( 1 + u2 − 1)
2
2
2
2
2
1+u − 1+u
1+u
1+u −1
1+u −1
Podemos despejar u
p
p
C
C
C2
C
= 1 + u2 − 1 ⇒
+ 1 = 1 + u2 ⇒ 1 + 2 + 2 = 1 + u2
x
x
x
x
y por tanto
C
C2
u2 = 2 + 2
x
x
Y ahora sustituyendo u por y/x, obtenemos al fin
y 2 = 2Cx + C 2
o bien
µ
¶
C
y 2 = 2C x +
2
La ecuación que acabamos de escribir define en el plano xy una familia de parábolas cuyos focos coinciden
con el origen de coordenadas. Haciendo girar la parábola alrededor del eje x se genera un paraboloide de
revolución. Esta propiedad se utiliza en la construcción de proyectores de luz y antenas (parabólicas).
16
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
1.4.5. Ecuación de Bernouilli. Ciertas EDOs no lineales se pueden resolver mediante algún procedimiento o cambio. En particular, la ecuación de Bernouilli es una EDO de primer orden no lineal que tiene
la forma general:
y 0 + p(x)y = q(x)y n
(1.11)
Se reduce a una ecuación lineal con el cambio:
v = y 1−n
de modo que v 0 = (1 − n)y n · y 0 , y entonces
y0 =
yn 0
v
1−n
y por tanto la EDO se transforma en
yn 0
v + p(x)y = q(x)y n
1−n
y ahora dividiendo por y n y multiplicando por (1 − n):
dv
+ (1 − n)p(x)v = (1 − n)q(x)
dx
que en efecto es lineal.
Ejemplo: Sea
y0 +
y
= 2x3 y 4
x
Haciendo v = y 1−4 = y −3
y0 = −
y4 0
v
3
de modo que la EDO lineal resulta ser
dv
3v
−
= −6x3
dx
x
Para resolver la anterior EDO podemos utilizar el factor integrante
Z
1
µ(x) = exp (−3 dx/x) = 3
x
que conduce a la EDO exacta
1 dv
−
x3 dx
µ
3v
x4
¶
µ
= −6 7→
de donde
Z
U (x, v) =
−
¶
3v
1
−
6
dx − 3 dv = 0
x4
x
1
v
dv = − 3 + C(x)
x3
x
y como
Ux =
3v
3v
+ C 0 (x) = 4 − 6 7→ C 0 (x) = −6 7→ C(x) = −6x + K
4
x
x
Luego
U (x, v) = −
v
− 6x + K
x3
Y al imponer que sea una constante, obtenemos
v
− 3 − 6x = C1 7→ v = −6x4 + Cx3
x
que lleva al resultado final en función de la y:
y=
(Cx3
1
− 6x4 )1/3
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
17
1.4.6. Sistemas de ecuaciones diferenciales. Es un conjunto de n relaciones entre una variable t y n
funciones y1 (t), · · · , yn (t) y sus derivadas con respecto a la variable t. Por ejemplo, un sistema de orden k
(1.12)
(k)
Fi (t, y1 , ..., yn , y10 , ...yn0 , ...y1 , ..., yn(k) ) = 0
i = 1, · · · , n
Un caso particular se obtiene al considerar una serie radioactiva de tres elementos, siendo el último
estable : X → Y → Z. Designaremos mediante x, y, z las cantidades respectivas de dichos elementos. Como
consecuencia de la ley de la desintegración ya vista, podemos escribir el siguiente sistema de ecuaciones
diferenciales lineales:
dx
dt
dy
dt
dz
dt
=
−λ1 x
=
λ1 x − λ2 y
=
λ2 y
Si imponemos las condiciones iniciales x(0) = x0 , y(0) = 0 y z(0) = 0, obtenemos en primer lugar:
x(t) = x0 e−λ1 t
Ahora sustituyendo la anterior expresión en la segunda del sistema escribimos
dy
= λ1 x0 e−λ1 t − λ2 y
dt
Como p(x) = λ2 , el factor integrante resulta ser eλ2 t y multiplicando por dicho factor llegamos a:
dy λ2 t
e = λ1 x0 e(λ2 −λ1 )t − λ2 yeλ2 t
dt
y reagrupando términos, resulta
dy λ2 t
e + λ2 yeλ2 t = λ1 x0 e(λ2 −λ1 )t
dt
Como el primer término es el desarrollo de la derivada de un producto:
d(yeλ2 t )
= λ1 x0 e(λ2 −λ1 )t
dt
Integrando, tendremos
yeλ2 t =
λ1 x0 (λ2 −λ1 )t
e
+C
λ2 − λ1
y como y(0) = 0, podemos evaluar la constante de integración que al sustituirla en la ecuacón anterior,
conduce a
λ1 x0 (λ2 −λ1 )t
λ1 x0
yeλ2 t =
e
−
λ2 − λ1
λ2 − λ1
y por tanto
λ1 x0
y=
(e−λ1 t − e−λ2 t )
λ2 − λ1
Por último
µ
¶
λ1 λ2 x0 −λ1 t
dz
−λ2 t
= λ2 y =
e
−e
dt
λ2 − λ1
de donde
λ1 λ2 x 0
z(t) =
λ2 − λ1
al exigir que z(0) = 0.
µ
λ2 − λ1
1
1
+ e−λ2 t − e−λ1 t
λ1 λ2
λ2
λ1
¶
18
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
1.4.7. Ejemplo de un sistema de EDOs no lineales. Un ejemplo de un sistema de ecuaciones diferenciales no lineales es aquél que describe la relación entre las poblaciones de zorros y conejos (x e y
respectivamente) que viven aislados en una isla con abundante hierba.
Si no hubiera conejos, cabrı́a esperar que los zorros, por falta de presas que comer, disminuyeran en número
siguiendo la ecuación:
dx
= −ax, a > 0
dt
En cambio, si hay conejos en el ecosistema, parece lógico suponer que la cantidad de encuentros entre ambas
especies (ası́ como las posibles cacerı́as) sea proporcional a sus poblaciones en ese instante x e y, esto es, al
producto xy. Por tanto hemos de modificar la anterior ecuación y escribir
dx
= −ax + bxy, b > 0
dt
Por otro lado, cuando no hay zorros y las reservas de alimento para conejos son ilimitadas, el número de
éstos crecerá como:
dy
= ey, e > 0
dt
Pero cuando hay zorros, de nuevo el número de encuentros entre ambas especies origina un decrecimiento
del número de conejos:
dy
= ey − cxy c > 0
dt
Las anteriore ecuaciones:
dx
= −ax + bxy = x(−a + by)
dt
dy
= ey − cxy = y(e − cx)
dt
forman un sistema de ecuaciones diferenciales no lineales conocidas como modelo depredador-presa de
Lotka-Volterra (1860-1940). Desgraciadamente este sistema no se puede resolver en términos de funciones
elementales excepto un caso particular pero su representación gráfica puede verse en la figura. En efecto,
si las poblaciones de zorros y conejos son:
e
a
x= , y=
c
b
satisfaciendo el sistema de Volterra y se tiene dx/dt = 0 y dy/dt = 0, las poblaciones de zorros y conejos
se mantienen estables indefinidamente (poblaciones de equilibrio). En general, a una solución constante se
le llama punto crı́tico o estacionario o solución de equilibrio.
Sin embargo, podemos ilustrar un ejemplo de linealización como hicimos en el caso del péndulo simple.
En efecto, hagamos el cambio de variable:
e
a
x= +X
y = +Y
c
b
donde X e Y pueden interpretarse como las desviaciones con respecto de las poblaciones de equilibrio. El
sistema se puede escribir ahora como
dX
be
=
Y + bXY
dt
c
dy
ac
= − X − cXY
dt
b
A continuación, el problema se “linealiza” suponiendo que X e Y son pequeños, al omitir los términos XY .
Entonces se llega al sistema
be
dX
=
Y
dt
c
dy
ac
= − X
dt
b
cuya solución ya no es difı́cil (aunque la omitamos aquı́).
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
19
1.4.8. Lı́neas de campo. Vamos a examinar el caso de un sistema de EDOs que permite hallar las lı́neas
de un campo vectorial V cuyas componentes rectangulares son Vx , Vy , Vz . Exigiremos que las lı́neas de
campo sean tangentes al vector campo, es decir
(dx, dy, dz) k (Vx , Vy , Vz )
de donde
dx
dy
dz
=
=
Vx
Vy
Vz
que constituye un sistema de dos ecuaciones lineales, lo cual se puede ver pues aparecen términos con el
producto entre x e y.
Por ejemplo si consideramos el campo E = Kr, tendremos
dx
dy
dz
=
=
x
y
z
que equivalen a
ydx − xdy = 0
zdx − xdz = 0
⇒ y = C1 x
⇒ z = C2 x
que son rectas que pasan por el origen. Si ahora suponemos un campo B = (−y, x, 0) escribiremos formalmente
dx
dy
dz
=
=
−y
x
0
de donde
xdx + ydy = 0
dz = 0
⇒
⇒
x2 + y 2 = C1
z = C2
que son circunferencias paralelas al plano xy.
1.5. Reducción del orden. En ocasiones se puede reducir el orden de una EDO mediante un cambio de
la derivada de la variable dependiente. En particular, veremos los casos en los que una EDO de segundo
orden se reduce a una de primero.
I. Falta la y, es decir, F (x, y 0 , y 00 ) = 0. La nueva variable es v = y 0 , de modo que se halla una EDO de
primer orden F (x, v, v 0 ) = 0.
Ejemplo: Un cuerpo cae bajo la acción de la gravedad en un medio viscoso cuya fuerza que se opone al
movimiento es proporcional al cuadrado de la velocidad:
µ ¶2
d2 x
dx
=
g
−
b
2
dt
dt
Haciendo el cambio v = dx/dt y teniendo en cuenta que
Z
1
du
= tanh −1 u
1 − u2
llegamos a una EDO de primer orden
p
µs ¶
p
b/g dv
1
dv
b
= dt ⇒
= dt ⇒ √
v =t+C
1/bg
tanh −1
2
2
g − bv
1 − bv /g
g
bg
de donde
v=
p
g/b tanh (
p
bg(t + C))
Como tanh x tiende a uno cuando x crece, asintóticamente se alcanzarı́a la velocidad lı́mite o terminal
p
g/b.
II. Falta la x, es decir, F (y, y 0 , y 00 ). Haciendo también el cambio u = y 0 pero considerando ahora la y
como variable independiente en vez de la x:
du
du dy
du
y 00 =
=
=u
dx
dy dx
dy
20
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
llegamos también a una EDO de primer orden,
F (y, u, u
du
)=0
dy
Ejemplo: Resolver
y 00 + k 2 y = 0
Podremos escribir
du
+ k 2 y = 0 ⇒ udu + k 2 ydy = 0
dy
que es ahora una EDO de variables separadas. La integración proporciona
p
dy
u2 + k 2 y 2 = C ⇒ u =
= ± C − k2 y2
dx
2 2
que reescribiremos definiendo C = k A
p
dy
dy
= ±k A2 − y 2 ⇒ p
= ±kdx
dx
A2 − y 2
u
y ası́, una nueva integración
arcsin
y
= ±kx + C ⇒ y = A sin (±kx + C)
A
y finalmente
y = A sin (kx + ϕ)
1.5.1. Ecuación diferencial en derivadas parciales. Es toda relación que liga dos o más variables independientes con una función u de ellas y las derivadas parciales hasta orden n. Escribiremos en el caso de
dos variables x e y
µ
¶
∂u ∂u ∂ 2 u ∂ 2 u ∂ 2 u
∂nu
(1.13)
F x, y, u,
,
,
,
,
,··· , n = 0
∂x ∂y ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y
∂y
Por ejemplo, consideremos el problema de la ecuación de onda:
α2
(1.14)
∂2u
∂2u
= 2 , 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0
2
∂x
∂t
con las condiciones de contorno
u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, t > 0
y las condiciones iniciales
∂u(x, 0)
= g(x)
∂t
Vamos a intentar hacer una separación de variables mediante el cambio:
u(x, 0) = f (x),
u(x, t) = X(x)T (t)
llegándose a
X 00
T 00
= 2 = −λ2
X
α T
donde hemos igualado ambos lados de la ecuación a λ2 pues el lado derecho es independiente de x mientras
que el izquierdo lo es de x, por lo que han de ser ambos constantes. Luego,
α2 X 00 T = X T 00 7→
X 00 + λ2 X = 0 ; T 00 + λ2 α2 T = 0
y en consecuencia
X
= c1 cos λx + c2 sin λx
T
= c3 cos λαt + c4 sin λαt
Las condiciones en la frontera u(0, t) = X(0)T (t) = 0 y u(L, t) = X(L)T (t) = 0 implican que X(0) =
X(L) = 0. Ası́ vemos que
c1 = 0 ; c2 sin λL = 0
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
21
Esta última ecuación define los valores propios
nπ
, n = 1, 2, 3, . . .
λ=
L
Las funciones propias son
nπ
X = c2 sin
x , n = 1, 2, 3, . . .
L
donde hay tantas constantes c2 como valores de n; por fin las soluciones de la ecuación de ondas con las
condiciones de frontera o contorno especificadas son
µ
¶
nπα
nπα
nπ
un = an cos
t + bn sin
t sin
x
L
L
L
siendo an = c2 × c3 y bn = c2 × c4 para cada n.
Al ser una EDO lineal, aplicando el principio de superposición del movimiento ondulatorio, la solución
que satisface las condiciones de contorno es la suma infinita
¶
∞
∞ µ
X
X
nπα
nπ
nπα
t + bn sin
t sin
x
(1.15)
u(x, t) =
un =
an cos
L
L
L
n=1
n=1
Para determinar los coeficientes an y bn hemos de aplicar las condiciones iniciales (es decir, para t = 0):
∞
X
nπ
u(x, 0) =
an sin
x = f (x) 0 ≤ x ≤ L
L
n=1
∂u(x, 0)
∂t
=
∞
X
nπα
nπ
bn sin
x = g(x),
L
L
n=1
0≤x≤L
El problema de la ecuación de ondas se ha reducido al problema de determinar los desarrollos de Fourier
de f (x) y g(x).
∞
∞
X
X
nπ
nπ
f (x) =
an sin
x ; g(x) =
Bn sin
x
L
L
n=1
n=1
donde
Bn =
Obsérvese que cuando la cuerda parte del reposo:
nπα
bn
L
g(x) = 0 ∀x ∈ [0, L] ⇒ Bn = 0
Ejemplo: Encontrar la solución del problema de la cuerda vibrante dada por
∂2u
∂2u
=
4
, 0 < x < π, t > 0
∂t2
∂x2
u(0, t) = u(π, t) = 0, t ≥ 0
u(x, 0) = sin 3x − 4 sin 10x, 0 ≤ x ≤ π
∂u
(x, 0) = 2 sin 4x + sin 6x, 0 ≤ x ≤ π
∂t
Observemos que en este caso, como L = π, nπ/L = n; en consecuencia, hemos de exigir que
∞
X
u(x, 0) = sin 3x − 4 sin 10x =
an sin nx
n=1
Igualando los coeficientes de términos semejantes
a3 = 1, a10 = −4
y los restantes an han de ser cero.
Análogamente, como en este caso α = 2 → nπα/L = 2n, exigiremos
∞
X
∂u
(x, 0) = 2 sin 4x + sin 6x =
2nbn sin nx
∂t
n=1
22
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
y al comparar coficientes, resulta
1
4
1
n = 6 7→ 1 = 2 · 6 · b6 ⇒ b6 =
12
y los bn restantes han de ser cero. Por tanto la solución del problema de esta cuerda vibrante a partir de
la fórmula 1.15 es:
1
1
u(x, t) = cos 6t sin 3x + sin 8t sin 4x +
sin 12t sin 6x − 4 cos 20t sin 10x
4
12
Las series de Fourier y el método de separación de variables también se utilizan para resolver problemas
con valores inicial y de frontera, y problemas con valores de frontera correspondientes a:
n = 4 7→ 2 = 2 · 4 · b4
Ecuacion del calor
:
Ecuacion de Laplace
:
⇒
b4 =
∂u
∂2u
=β 2
∂t
∂x
∂2u ∂2u
+ 2 =0
∂x2
∂y
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
23
2. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
Ya dijimos que una EDO lineal se puede escribir como
(2.1)
P0 (x)y (n) + P1 (x)y (n−1) + ... + Pn−1 (x)y 0 + Pn (x)y = Q(x)
donde Pi (x) (i = 0, . . . , n) y Q(x) son funciones continuas de x en un intervalo común I. Si P0 (x) 6= 0 en
I, podemos escribir
(2.2)
y (n) + p1 (x)y (n−1) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = q(x)
siendo pi (x) = Pi (x)/P0 (x), q(x) = Q(x)/P0 (x).
También se puede definir el operador diferencial lineal:
dn
dn−1
d
+ pn (x)
+ p1 (x) n−1 + ... + pn−1 (x)
n
dx
dx
dx
de forma que la EDO lineal de orden n se puede escribir como
(2.3)
L ≡
L y = q(x)
Definición: Si Q(x) ≡ 0 (o q(x) ≡ 0) entonces la EDO se llama reducida u homogénea: L y = 0.
Teorema: Sean {yi (x)}i=1,...,m m soluciones particulares de una EDO lineal homogénea. Entonces
también es solución la combinación lineal:
m
X
y=
ci yi (x)
i=1
ya que
Ly = L
·X
m
i=1
¸ X
m
ci yi (x) =
ci Lyi (x) = 0
i=1
A este resultado se le denomina principio de superposición (para EDOs lineales homogéneas). Si la
EDO no fuera lineal, no habrı́a sido posible escribir el operador L como “factor común”, invalidándose el
anterior argumento
Teorema: Si P0 (x), ..., Pn (x) y Q(x) son funciones continuas en I y P0 (x) 6= 0 para x ∈ I entonces la
EDO
P0 (x)y (n) + P1 (x)y (n−1) + ... + Pn−1 (x)y 0 + Pn (x)y = Q(x)
tiene una única solución y = y(x) que satisface las condiciones iniciales
y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , · · · , y (n−1) (x0 ) = yn−1
con x0 ∈ I y y0 , . . . , yn−1 ∈ R.
Definición: Sea {yi (x)}i=1,...,n un conjunto de n funciones definidas en un intervalo I ⊂ R. Si existen
unas constantes {ci }i=1,···n no simultáneamente nulas tales que verifican:
(2.4)
n
X
ci yi (x) ≡ 0, ∀x ∈ I
i=1
diremos que las funciones {yi (x)}i=1,...,n son linealmente dependientes. Si la identidad se verifica sólo
si ci = 0 ∀i, entonces el conjunto se dice linealmente independiente.
Es claro que si las funciones de un conjunto son linealmente dependientes, entonces por lo menos una de
ellas es una combinación lineal de las otras. Por ejemplo si c1 6= 0
n
1 X
y1 (x) = −
ci yi (x) ∀x ∈ I
c1 i=2
Por el contrario, si son L.I., ninguna de ellas es una combinación lineal de las otras.
24
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Ejemplo: Las funciones y1 (x) = x e y2 (x) = 2x son L.D. en cualquier intervalo (a, b) ya que
2y1 − y2 = 2 · x + (−1) · 2x ≡ 0
y, por tanto, c1 = 2, c2 = −1 siendo pues los coeficientes de la combinación diferentes de cero. Pero
necesitaremos algn criterio más rápido y seguro para determinar si un conjunto de funciones es L.I.
Definición: Si las funciones {yi (x)}i=1,···n admiten n − 1 derivadas, se llama wronskiano al determinante:
(2.5)
¯
¯ y1
¯ 0
¯ y
W [y1 , ..., yn ] = ¯¯ . .1.
¯ (n−1)
¯y
y2
y20
...
(n−1)
y2
1
···
···
...
...
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
(n−1) ¯
yn
yn
yn0
...
que en general será función de x: W [y1 , ..., yn ] = W (x)
Teorema: Si el conjunto {yi (x)}i=1,...,n es linealmente dependiente en el intervalo I ∈ R, su wronskiano
es idénticamente nulo en dicho intervalo. Partiremos de la exigencia:
Pn
{yi }1,...,n L.D. ⇒
i=1 ci yi = 0, ∀x ∈ I con no todas las ci nulas.
Consideremos un punto x0 del intervalo I. Se ha de cumplir que
c1 y1 (x0 ) + c2 y2 (x0 ) + · · · + cn yn (x0 ) = 0
c1 y10 (x0 ) + c2 y20 (x0 ) + · · · + cn yn0 (x0 ) = 0
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
(n−1)
(n−1)
(x0 ) + · · · · · · + cn yn
(x0 ) = 0
c1 y1
que es un sistema de n ecuaciones homogéneas. Para que el sistema tenga una solución {ci } distinta de la
trivial (todas las ci cero), el determinante del sistema (que es el wronskiano) ha de ser cero.
L.D.
⇒
W ≡0
que es una condición necesaria para que el sistema sea linealmente dependiente (aunque no es suficiente
como veremos ya que W = 0 no garantiza que el sistema sea L.D.). Por otro lado, también podemos
concluir complementariamente que el hecho de que el Wronskiano sea distinto de cero es una condición
suficiente para que el sistema de funciones sea L.I.
W 6= 0 → el sistema es L.I.
aunque no es condición necesaria.
Ejemplos:
• El conjunto {1, x, x2 , x3 } es L.I. en ] − ∞, +∞[ ya que
¯
¯
¯1 x x 2 x 3 ¯
¯
¯
¯0 1 2x 3x2 ¯
¯
(2.6)
W [1, x, x2 , x3 ] = ¯¯
6x ¯¯
¯0 0 2
¯0 0 0
6 ¯
= 12 6= 0
En cambio, consideremos las dos funciones
y1 (x)
= 0,
0 ≤ x ≤ 1/2
= (x − 1/2)2 , 1/2 < x ≤ 1
y2 (x)
=
(x − 1/2)2 , 0 ≤ x ≤ 1/2
= 0,
1/2 < x ≤ 1
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
25
Tales funciones y1 , y2 son L.I. Veámoslo: en el intervalo (0, 1/2) claramente se tiene que:
c1 y1 + c2 y2 = 0 ⇒ c2 y2 (x) = 0 ⇒ c2 = 0 ∀x ∈ [0, 1/2]
e igualmente en el intervalo ]1/2, 1]
c1 y1 + c2 y2 = 0 ⇒ c1 y1 (x) = 0 ⇒ c1 = 0 ∀x ∈]1/2, 1]
y en resumen,
c1 y1 + c2 y2 = 0 ⇒ c1 = c2 = 0 ∀x ∈ [0, 1]
y sin embargo el wronskiano es nulo ∀x ∈ [0, 1] ya que:
¯
¯
¯0 (x − 1/2)2 ¯
¯ = 0 ∀x ∈ [0, 1/2]
(2.7)
W = ¯¯
0 2(x − 1/2)¯
¯
¯
¯(x − 1/2)2 0¯
¯ = 0 ∀x ∈]1/2, 1]
¯
(2.8)
W =¯
2(x − 1/2) 0¯
¡Atención! Es importante hacer notar que si el conjunto {yi (x)}i=1,··· ,n son soluciones de una
EDO de orden n cuyos coeficientes {Pi (x)}1,...,n son funciones continuas en I, entonces el tener su
Wronskiano no nulo también es condición necesaria para que el sistema sea linealmente independiente. Es
decir,
W 6= 0 → el sistema es L.I.
Procederemos por reducción al absurdo. Sea una EDO lineal de tercer orden (por ejemplo, siendo la
generalización fácil):
y 000 + p1 (x)y 00 + p2 (x)y 0 + p3 (x)y = 0
y tres soluciones L.I. y1 , y2 , y3 ; supongamos que el Wronskiano en un punto x0 es nulo (hipótesis de partida
que luego habremos de negar!).
Conformemos seguidamente el sistema de tres ecuaciones algebraicas lineales homogéneas con tres incógnitas
(los coeficientes ci ):
c1 y1 (x0 ) + c2 y2 (x0 ) + c3 y3 (x0 ) = 0
c1 y10 (x0 ) + c2 y20 (x0 ) + c3 y30 (x0 ) = 0
c1 y100 (x0 ) + c2 y200 (x0 ) + c3 y300 (x0 ) = 0
Como hemos asumido que [W ] se desvanece, existen soluciones para los coeficientes ci (i = 1, 2, 3)
distintas (todas) de cero (solución no trivial del sistema). Entonces construyamos la función:
y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + c3 y3 (x)
La función y(x) es una combinación lineal de soluciones de la EDO y, por tanto, también solución de la
EDO que ha de satisfacer las condiciones iniciales nulas supuestas anteriormente:
y(x0 ) = 0, y 0 (x0 ) = 0, y 00 (x0 ) = 0
La solución y(x) ≡ 0 satisface las anteriores condiciones iniciales, por lo que escribiremos
c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + c3 y3 (x) ≡ 0
de donde concluimos que las soluciones y1 , y2 , y3 serı́an L.D. al ser alguna ci no nula, lo cual contradice la
hipótesis inicial. Luego hemos de rechazar la suposición de que el wronskiano sea nulo.
Los resultados anteriores pueden expresarse conjuntamente en la forma de un teorema:
Teorema: Un conjunto de soluciones de una EDO lineal de orden n es linealmente independiente en el
intervalo I ∈ R, si y sólo si su wronskiano es distinto de cero para todo x en dicho intervalo. Es decir:
el sistema es L.I. ⇔ W 6= 0
o bien
el sistema es L.D. ⇔ W = 0
26
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Ejemplos: Demostrar que el sistema {1, sin x, cos x} es L.I.
c1 + c2 sin x + c3 cos x = 0 ⇒ c1 = c2 = c3 = 0
Veámoslo, en primer lugar, utilizando algunos puntos particulares
• Para x = 0 ⇒ c1 + c3 = 0 → c1 = −c3
• Para x = π/2 ⇒ c1 + c2 = 0 → c2 = −c1
• Para x = π ⇒ c1 − c3 = 0 → c1 = c3
de donde, sólo cabe que c1 = c2 = c3 = 0. Por otro lado, utilizando el Wronskiano
(2.9)
¯
¯
¯1 sin x
cos x ¯¯
¯
W [1, sin x, cos x] = ¯¯0 cos x − sin x ¯¯
¯0 − sin x − cos x¯
= − cos 2 x − sin 2 x = −1 6= 0
que se cumple ∀x ∈ R.
En cambio podemos comprobar que el sistema {1, sin 2 x, cos 2 x} es L.D. Sabemos que
cos 2 x + sin 2 x = 1
por lo que tomando: c1 = c, c2 = −c, c3 = −c con c real cualquiera, se cumple la condición de no linealidad.
Utilizando el Wronskiano
¯
¯
¯1
¯
sin 2 x
cos 2 x
¯
¯
(2.10) W [1, sin 2 x, cos 2 x] = ¯¯0 2 sin x cos x −2 cos x sin x¯¯ = −2 cos 2x sin 2x + 2 cos 2x sin 2x = 0
¯0
2 cos 2x
−2 cos 2x ¯
donde hemos utilizado que sin 2x = 2 sin x cos x.
En el caso de una EDO lineal de segundo orden, el Wronskiano se reduce a
¯
¯
¯y1 y2 ¯
¯ = y1 y20 − y2 y10
¯
W [y1 , y2 ] = ¯ 0
y1 y20 ¯
Observemos que la anterior expresión igualada a cero y1 y20 − y2 y10 = 0 se puede escribir como
µ ¶
d y1
= 0, y2 6= 0
dx y2
es decir
y1
=k
y2
Generalmente, el modo más sencillo de comprobar que dos funciones son L.I. en un intervalo (a, b) es demostrar que su razón no es constante en dicho intervalo o viceversa.
Ejemplos. Ya vimos el caso fácil de las dos funciones y1 = x e y2 = 2x eran L.D. mediante la obtención
de dos coeficientes explı́citos; ahora también lo podemos ver pues y1 /y2 = 1/2 que es constante. Podemos
comprobar mediante el Wronskiano que es idénticamente nulo.
Otro ejemplo, esta vez de independencia lineal, son las soluciones y1 = sin x e y2 = cos x de la ecuación
diferencial y 00 + y = 0; su independencia lineal se infiere constatando que el cociente
y1
= tan x 6= 0
y2
También podemos comprobar que su Wronskiano nunca se desvanece
¯
¯
¯ sin x cos x ¯
¯
¯ = − sin 2 x − cos 2 x = −1
W [y1 , y2 ] = ¯
cos x − sin x¯
por lo que son L.I.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
27
Definición: Sean {yi (x)}i=1,··· ,n soluciones linealmente independientes de una EDO homogénea de
orden n:
P0 (x)y (n) + P1 (x)y (n−1) + ... + Pn−1 (x)y 0 + Pn (x)y = 0
Por el principio de superposición lineal, la combinación lineal
n
X
yh (x) =
ci yi (x)
i=1
con ci arbitrarias es solución de la EDO homogénea, que llamaremos solución general.
Al conjunto de n soluciones L.I. se le llama conjunto o sistema fundamental de soluciones de la
EDO en el intervalo considerado. Ası́ como cualquier vector en tres dimensiones se puede expresar como
una combinación lineal de los vectores i, j y k, que son L.I., toda solución de una ecuación diferencial lineal
homogénea y de orden n se puede expresar como una combinación lineal de las n funciones de la solución
general. En otras palabras, las soluciones de una EDO lineal homogénea forman un espacio lineal, cuya
dimensión es igual al orden de la EDO.
Por ejemplo, las funciones sin x y cos x forman un conjunto fundamental de soluciones {sin x, cos x} de la
ecuación de segundo orden y 00 + y = 0. Naturalmente, existe más de un conjunto fundamental de soluciones
para una EDO dada (de hecho hay infinitos pues existen infinitas combinaciones lineales de soluciones).
En este caso podemos afirmar que también lo son: {eix , e−ix } o {sin x + cos x, sin x − cos x}.
Condiciones iniciales: La solución general yh de una EDO homogénea de orden n como una combinación lineal de n soluciones L.I.
n
X
yh (x) =
ci yi (x)
i=1
contiene n constantes arbitrarias que quedan determinadas mediante las llamadas condiciones iniciales, es
decir, los valores de la función y y sus (n − 1) derivadas en un punto x0 ;
c1 y1 (x0 ) + · · · + cn yn (x0 ) =
c1 y10 (x0 ) + · · · + cn yn0 (x0 ) =
..
..
.
.
(n−1)
(n−1)
c1 y1
(x0 ) + · · · + cn yn
(x0 ) =
y0
y1
..
.
yn−1
Como el Wronskiano no es nulo, por ser las soluciones L.I. (un sistema o conjunto fundamental), podremos
determinar los ci siendo entonces yh la solución de la EDO homogénea satisfaciendo las citadas condiciones
iniciales.
Por ejemplo, la EDO
d2 x
+x=0
dt2
tiene como sistema fundamental de soluciones sin t y cos t como ya hemos visto. Luego,
x = c1 sin t + c2 cos t
y la derivada
dx
= c1 cos t − c2 sin t
dt
Imponiendo las condiciones iniciales para t = 0: x = A y dx/dt = 0
c2 = A,
c1 = 0
de donde en este sencillo caso
(2.11)
c1 sin 0 + c2 cos 0 =
c1 cos o − c2 sin 0 =
Por consiguiente c2 = A, c1 = 0 y la solución buscada es
x(t) = A cos t
A
0
28
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Condiciones de contorno o frontera: Si se especifican los valores de una EDO en dos puntos diferentes nos encontramos frente a un problema con valores de frontera o de contorno, al contrario de las
condiciones iniciales que especifican los valores de la función y su derivada en un mismo punto.
Ejemplos: Supongamos la ecuación diferencial
x00 + 16x = 0
cuya solución más general es
x = c1 cos 4t + c2 sin 4t
a) Impondremos las condiciones de contorno o frontera x(0) = 0, x(π/2) = 0. La primera condición
conlleva que c1 cos 0+c2 sin 0 = 0 lo cual implica que c1 = 0, mientras que la segunda c1 cos 2π+c2 sin 2π = 0
se satisface para cualquier elección de c2 puesto que sin 2π = 0. Entonces, existen un número infinito de
soluciones de la forma
x = c sin 4t
b) Si el problema de valores en la frontera es x(0) = 0, x(π/8) = 0, x(0) = 0 sigue determinando que
c1 = 0, pero la segunda implica ahora c2 sin π/2 = c2 = 0. En consecuencia la única solución es x ≡ 0.
c) Por último si se exige que x(0) = 0, x(π/2) = 1, de nuevo la primera condición hace que c1 = 0 pero
la segunda conduce a la contradicción 1 = c2 sin 2π = c2 · 0 = 0. En consecuencia, ahora el problema de
frontera no tiene solución!
Existen otros ejemplos muy conocidos de varias soluciones a un sistema de ecuaciones diferenciales para
unas determinadas condiciones de contorno. Ası́, el tiro parabólico tiene dos soluciones para una misma
distancia entre dos puntos.
2.1. Ecuación no-homogénea o completa. Ya vimos a lo largo del capı́tulo anterior, en algunos ejemplos que la solución de una EDO lineal de primer orden se podı́a escribir como la suma de la solución general
de la incompleta más alguna solución particular. Era el caso de la EDO: y 0 + 2y = 3ex cuya solución es
y = ex + Ce−2x . En verdad, este resultado puede generalizarse para una EDO lineal de cualquier orden.
Teorema: La solución general de la ecuación no-homogénea (2.1) lineal de orden n, se obtiene agregando
a la solución general de la homogénea o reducida una solución particular de la completa:
n
X
(2.12)
y = yh + yp ; yh =
ci yi (x)
i=1
Una vez conocida la solución general, se pueden imponer las condiciones iniciales para determinar los coeficientes ci de la combinación lineal anterior.
Teorema: Sean {ypi (x)}i=1,...,k k soluciones particulares de k EDOs lineales no-homogéneas, que se corresponden con distintas funciones {qi (x)}i=1...k , es decir tenemos:
(n)
(n−1)
ypi + p1 (x)ypi
0
+ ... + pn−1 (x)ypi
+ pn (x)ypi = qi (x) ,
Entonces la combinación lineal:
y=
k
X
i = 1...k
ci ypi (x)
i=1
es solución particular de
y (n) + p1 (x)y (n−1) + ... + pn−1 (x)y 0 + pn (x)y = q1 (x) + q2 (x) + · · · + qk (x)
A este resultado se le denomina principio de superposición (para EDOs no homogéneas).
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
29
2.2. EDOL de segundo orden. Vamos a concentrarnos, por el momento, en las EDO lineales de segundo
orden:
P0 (x)y 00 + P1 (x)y 0 + P2 (x)y = Q(x)
(2.13)
Podemos repetir un procedimiento análogo al llevado a cabo con las EDO de primer orden. Podrı́amos
partir de la ecuación de un haz de curvas en una región R del plano xy, pero en este caso dependerá de
dos parámetros C1 y C2 :
y = H(x, C1 , C2 )
Derivando (supuesta H derivable)
y 0 = H 0 (x, C1 , C1 )
que definen en forma implı́icita los dos parámetros. A partir de ese sistema podrı́amos despejar C1 y C2 ,
C1 = ϕ1 (x, y, y 0 ), C2 = ϕ2 (x, y, y 0 )
Volviendo a derivar
y 00 = H 00 (x, C1 , C2 )
y sustituyendo C1 y C2 como funciones de x e y 0 , llegamos a que:
y 00 = f (x, y, y 0 )
que representa una familia de curvas aunque no aparezcan las dos constantes C1 y C2 (pero observemos de
que se trata de una EDO de segundo orden).
Ejemplo: Todas las circunferencias de radio fijo r del plano tienen por ecuación:
(x − a)2 + (y − b)2 = r2
que depende de las constantes o parámetros a y b, geométricamente interpretables como las coordenadas
del centro del cı́rculo. Derivando dos veces con respecto a x se halla:
x − a + (y − b)y 0
02
1 + y + (y − b)y
00
= 0
= 0
Con el fin de eliminar a y b, primero despejamos x − a de la ecuación de partida:
(x − a)2 = r2 − (y − b)2
y ahora, utilizando la ecuación con la derivada primera:
x − a = −(y − b)y 0 7→ (x − a)2 = (y − b)2 y 02
y entonces
r2 − (y − b)2 = (y − b)2 y 02 7→ r2 = (1 + y 02 )(y − b)2 7→ y − b = ±r/(1 + y 02 )1/2
llegando a:
1 + y 02 +
±ry 00
=0
(1 + y 02 )1/2
y por fin
1
y 00
=±
r
(1 + y 02 )3/2
que expresa una curvatura constante e igual a r.
30
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
2.2.1. Reducción de orden. Una caracterı́stica muy interesante de las EDOs de segundo orden, es que
podemos formar una segunda solución y2 (x) de la ecuación homogénea
P0 (x)y 00 + P1 (x)y 0 + P2 (x) = 0
en un intervalo I, siempre que se conozca una solución y1 (x) no trivial en I. El concepto básico es que la
anterior ecuación puede reducirse a una EDO de primer orden mediante la sustitución
y2 (x) = u(x)y1 (x)
pues al exigir que y1 (x) e y2 (x) sean soluciones L.I. su cociente no ha de ser una constante en I lo cual
implica y2 (x)/y1 (x) = u(x) 6= cte. A este método se le conoce como reducción de orden.
Ejemplo: Sea le EDO
y 00 − y = 0
de la que sabemos que y1 = ex es solución. Si definimos y = u(x)ex , en contramos fácilmente que
y 0 = uex + u0 ex → y 00 = uex + 2ex u0 + ex u00
y ası́
y 00 − y = ex (u00 + 2u0 ) = 0
y puesto que ex 6= 0
u00 + 2u0 = 0
y ahora haciendo v = u0
v 0 + 2v = 0
que es una ecuación lineal en v que se puede separar
dv
= −2dx → v = c1 e−2x
v
y por tanto
c1 −2x
u(x) =
e
+ c2
−2
que finalmente proporciona
c1 −x
e + c2 ex
y(x) = ex u(x) =
−2
Eligiendo c2 = 0 y c1 = −2 obtenemos la segunda solución que buscábamos, linealmente independiente de
y1 = ex
y2 (x) = e−x
2.3. EDO de segundo orden con coeficientes constantes. Sea la ecuación diferencial de segundo
orden
d2 y
dy
(2.14)
a0
+ a1
+ a2 y = φ(x)
2
dx
dx
donde los coeficientes ai se consideran constantes. Si a0 6=0, sin pérdida de generalidad podemos dividir por
a0 y reescribir la anterior expresión como
dy
d2 y
+ p
+ q y = g(x)
dx2
dx
donde hemos definido los nuevos coeficientes constantes p = a1 /a0 y q = a2 /a0 , y la función g(x) = φ(x)/a0 .
(2.15)
Abordamos primero la resolución de la ecuación homogénea:
(2.16)
y 00 + py 0 + qy = 0
Ası́ pues, buscaremos una solución de la forma:
(2.17)
y = erx
sustituyéndola arriba; llegamos ası́ a la ecuación caracterı́stica o auxiliar:
(2.18)
r2 + pr + q = 0
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
31
que es una ecuación de segundo grado con dos raı́ces que pueden ser reales o complejas:
p
−p ± p2 − 4q
(2.19)
r1,2 =
2
En consecuencia, podemos decir que hemos hallado dos soluciones particulares que son
y1,2 = er1,2 x
La solución general de la anterior ecuación homogénea (si las dos raı́ces son distintas) se expresa como:
(2.20)
yh = c1 y1 + c2 y2 = c1 er1 x + c2 er2 x ,
r1 6= r2
Quedarı́a por encontrar una solución particular de la ecuación completa que añadida a la complementaria
proporcione la solución general deseada. Entonces, las constantes o coeficientes c1 y c2 pueden determinarse mediante dos valores conocidos de y para sendos valores de x. Esto lo haremos más tarde porque a
continuación vamos a discutir los distintos casos de las raı́ces de la ecuación caracterı́stica.
Caso I. Raı́ces reales distintas. Las dos soluciones L.I. son y1 = er1 x , y1 = er2 x con r1,2 dadas por
la ecuación 2.19, y la solución general es:
(2.21)
y = c1 er1 x + c2 er2 x
Ejemplo: Sea la EDO 2y 00 − 5y 0 − 3y = 0; la ecuación caracterı́stica es 2r2 − 5r − 3 = 0 cuyas raı́ces son
r1 = −1/2 y r2 = 3, por lo que la solución general es
y = c1 e−x/2 + c2 e3x
Caso II. Raı́ces reales repetidas. Cuando p2 = 4q, r = r1 = r2 = −p/2 y sólo hay una solución
exponencial y1 = erx . Puede comprobarse que entonces y2 = xerx también es solución ya que
y20 = erx + rxerx
y200 = xr2 erx + 2rerx
de donde
p2 x rx
e
4
p2 x rx
py20 = perx −
e
2
p2 x rx
qy2 =
e
4
que se anulan en la suma. La solución general es entonces
y200 = −perx +
(2.22)
y = c1 erx + c2 xerx
Ejemplo: Sea la EDO: y 00 − 10y 0 + 25y = 0; la ecuación caracterı́stica es: r2 − 10r + 25 = 0 cuyas raı́ces
son r1 = r2 = 5, por lo que la solución general es
y = c1 e5x + c2 xe5x
Otro ejemplo: en ausencia de fuerzas exteriores la ecuación cinemática del movimiento de un móvil en
una dimensión es
d2 y
= 0 → r1 = r2 = 0 7→ y = c1 e0·t + c2 te0·t
dt2
de donde
y = v0 t + y0
donde las contantes designan la posición y velocidad iniciales (en t = 0).
Caso III. Raı́ces complejo-conjugadas. Podemos escribir r1,2 = α ± iβ. No hay diferencia formal
con el caso I y podemos escribir
(2.23)
y = c1 e(α+iβ)x + c2 e(α−iβ)x
32
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
En la práctica se usa la fórmula de Euler
eiθ = cos θ + i sin θ
y por tanto
eiβx
e
−iβx
= cos βx + i sin βx
= cos βx − i sin βx
Por tanto, podemos escribir
= c1 eαx cos βx + ic1 eαx sin βx
y
+ c2 eαx cos βx − ic2 eαx sin βx
Y por último, agrupando términos:
y = (c1 + c2 )eαx cos βx + i(c1 − c2 )eαx sin βx
finalmente definiendo C1 = c1 + c2 y C2 = i(c1 − c2 ), llegamos a
(2.24)
y
=
=
C1 eαx cos βx + C2 eαx sin βx
eαx (C1 cos βx + C2 sin βx)
Ejemplo 1: Resolver la EDO con las condiciones iniciales:
4y 00 + 4y 0 + 17y = 0,
y(0) = −1, y 0 (0) = 2
Las raı́ces de ecuación caracterı́stica son r1 = −1/2 + 2i y r2 = −1/2 − 2i de donde α = −1/2, β = 2 y la
solución general será
y = e−x/2 (C1 cos 2x + C2 sin 2x)
Aplicando la condición y(0) = −1 se ve que
e0 (C1 cos 0 + C2 sin 0) = −1 → C1 = −1
Derivando
1
y 0 = − e−x/2 (− cos 2x + C2 sin 2x) + e−x/2 (2 sin 2x + 2C2 cos 2x)
2
que se puede reescribir
·
0
y =e
−x/2
¸
(2C2 + 1/2) cos 2x − (C2 /2 − 2) sin 2x
y exigiendo y 0 (0) = 2:
2C2 +
3
1
= 2 → C2 =
2
4
Luego la solución del problema de valor inicial es
µ
¶
3
−x/2
e
− cos 2x + sin 2x
4
00
0
Ejemplo 2: Sea
es: r2 + 4r + 7 = 0 cuyas raı́ces
√ la EDO: y +
√4y + 7y = 0; la ecuación caracterı́stica
√
son r1 = −2 + i 3, r2 = −2 − i 3, de donde α = −2 y β = 3 por lo que la solución general es
√
√
y = e−2x (C1 cos 3x + C2 sin 3x)
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
33
2.3.1. Determinación de una solución particular: método de los coeficientes indeterminados.
La solución general de una ecuación diferencial lineal no-homogénea o completa, obedece al teorema citado
que afirma que y = yh + yp . En primer lugar, se buscan las soluciones de la ecuación homogénea como
hemos visto. Para hallar la solución particular yp se ensaya, en general, una función del mismo tipo que
g(x). Este método, que a veces se llama de inspección, está especialmente indicado cuando g(x) es una
constante, un polinomio, una exponencial, senos y cosenos, pues tales funciones tienen la propiedad de que
las derivadas de sus sumas y productos son, de nuevo, sumas y productos de constantes, polinomios, etc.
Como la combinación lineal de las derivadas en a0 y 00 + a1 y 0 + a2 y ha de ser idéntica a g(x), parece lógico
suponer que yp tenga la misma forma que g(x).
Ejemplo: Resolver
y 00 + 4y 0 − 2y = 2x2 − 3x + 6
Primero resolveremos
la ecuación
homogénea; la ecuación caracterı́stica es r2 + 4r − 2 = 0 cuyas raı́ces son
√
√
r1 = −2 + 6, r2 = −2 − 6. Entonces la función solución de la homogénea es
√
yh = c1 e(−2+
6)x
+ c2 e(−2−
√
6)x
Como la función g(x) es un polinomio cuadrático, supondremos una solución particular que también tenga
esa forma:
yp = Ax2 + Bx + C
Trataremos de determinar coeficientes especı́ficos para los que yp sea solución de la EDO. Las derivadas
son:
yp0 = 2Ax + B, yp00 = 2A
de donde
yp00 + 4yp0 − 2yp = 2A + 8Ax + 4B − 2Ax2 − 2Bx − 2C
y por tanto
−2Ax2 + (8A − 2B)x + 2A + 4B − 2C = 2x2 − 3x + 6
Como se supone que esta ecuación es una identidad, los coeficientes de las potencias de x con igual grado
han de ser iguales:
−2A = 2, 8A − 2B = −3, 2A + 4B − 2C = 6
Al resolver ese sistema, se obtiene A = −1, B = −5/2 y C = −9. Luego la solución particular buscada es
5
yp = −x2 − x − 9
2
y la solución general es
√
√
5
y = yh + yp = c1 e(−2+ 6)x + c2 e(−2− 6)x − x2 − x − 9
2
Sin embargo, si el cero fuera una de las raı́ces de la ecuación caracterı́stica habrı́a un problema, como se
ve en el siguiente ejemplo:
Ejemplo: y 00 − y 0 = 12x2 + 6x; la ecuación caracterı́stica es r2 − r = 0, de donde r1 = 0 y r2 = 1. Si
ensayamos la solución yp = Ax2 + Bx + C, yp0 = 2Ax + B, yp00 = 2A, llegamos a
2A − 2Ax + B = 12x2 + 6x
que claramente no puede satisfacerse. Luego hemos de multiplicar por x y ensayar yp = x(Ax2 + Bx + C),
obteniéndose entonces que yp0 = 3Ax2 + 2Bx + C, yp00 = 6Ax + 2B, y por tanto hemos de exigir ahora que
6Ax + 2B − 3Ax2 − 2Bx − C = 12x2 + 6x → −3Ax2 + (6A − 2B)x + 2B − C = 12x2 + 6x
de donde A = −4, B = −15 y C = 30.
Otro ejemplo con una función g(x) de tipo exponencial es
y 00 − 5y 0 + 4y = 8e2x ⇒ r2 − 5r + 4 = 0 7→ r1,2 = 1, 4
Ensayando yp = Ae2x llegamos a que A = −4. Sin embargo, el mismo tipo de problemas de antes puede
aparecer en una EDO como la siguiente: y 00 − 5y 0 + 4y = 8ex pues si intentamos una solución particular
del tipo yp = Aex , llegamos al absurdo que 0 = 8ex ; la razón del problema estriba en que ex es ya una
34
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
solución de la homogénea; en otras palabras r = 1 es una raı́z de la ecuación caracterı́stica. Podemos
ensayar yp = Axex y entonces: yp0 = Aex + Axex , yp00 = Axex + 2Aex , que al sustituirse en la EDO conduce
a
8
Axex + 2Aex − 5Aex − 5Axex + 4Axex = −3Aex = 8ex ⇒ A = −
3
En general, si g(x) es de la forma eαx y α no es raı́z de la ec. caracterı́stica, hemos de buscar yp del tipo
Aeαx ; pero si lo fuera, entonces hay que ensayar yp = xs eαx donde s denota la multiplicidad de la raı́z α.
Las combinaciones entre polinomios y exponenciales se rigen por las mismas reglas, teniendo en cuenta el
principio de superposición. Más adelante veremos un caso donde g(x) es una función sinusoidal.
Un caso de interés fı́sico: oscilaciones amortiguadas. Supongamos un móvil bajo la acción de una
fuerza recuperadora armónica y de una fuerza viscosa proporcional a la velocidad como ya vimos antes. La
ecuación de Newton del movimiento es en este caso:
d2 x
dx
(2.25)
m 2 = −kx − b
dt
dt
donde notemos que ahora x hace el papel de y y t el papel de x. La anterior expresión se puede escribir
como
d2 x
dx
(2.26)
+ p
+ qx = 0
dt2
dt
donde p = b/m y q = k/m. Supodremos las consiciones iniciales en t = 0: x = x0 y velocidad nula.
p A la
combinación b/2m (con dimensiones de la inversa de tiempo) suele designársela como β y w0n.a. = k/m
representa la 2π veces la frecuencia natural del oscilador no amortiguado.
La dos raı́ces de la ecuación caracterı́stica se expresan por tanto como:
√
q
b
−b± b2 − 4mk
(2.27)
r1,2 =
= −β ± β 2 − (w0n.a. )2 , β =
2m
2m
que pueden ser reales o imaginarias, según el signo del argumento de la raı́z, como ya dijimos.
√
Caso A. Si b > 2 mk (β > w0n.a. ), la fuerza de fricción es grande comparada con la fuerza recuperadora,
por lo que r1,2 son números reales negativos; por consiguiente, la solución no es oscilatoria:
x(t) = C1 er1 t + C2 er2 t
Observemos que las condiciones iniciales sobre la posición x0 y velocidad nula implican que
x(0) = C1 + C2
dx
= C1 r1 er1 t + C2 r2 er2 t ; t = 0 → C1 r1 + C2 r2
dt
de donde C1 = x0 r2 /(r2 − r1 ) y C2 = x0 r1 /(r1 − r2 ). Luego
µ
¶
x0
(2.28)
x(t) =
r1 er2 t − r2 er1 t
r1 − r2
=
x0
=
0
La gráfica de esta ecuación corresponde a la vuelta del cuerpo a su posición de equilibrio sin realizar
ninguna oscilación. Se dice que este movimiento está sobreamortiguado.
p
√
Caso B. Si b = 2 mk (β = w0n.a. ) entonces r1 = r2 = −b/2m = − k/m y la solución general es
x(t) = C1 ert + C2 tert
Las mismas condiciones iniciales (en t = 0) implican
x(0) =
dx
=
dt
C1 e0 = x0 → C1 = x0
C1 rert + C2 ert + C2 rtert = 0 → rC1 + C2 = 0 → C2 = −rx0
de donde
(2.29)
x(t) = x0 e
√k µ
−
mt
r
1+
k
t
m
¶
cuya gráfica es similar al caso anterior. Se dice que este tipo de movimiento está crı́ticamente amortiguado.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
35
√
Caso C. Si b < 2 mk (β < w0n.a. ) las raı́ces son números complejos conjugados: r1,2 = −b/2m±iw0 =
−β ± iw0 , donde
r
r
4mk − b2
k
b2
(2.30)
w0 =
=
−
2
4m
m 4m2
La solución buscada es de la forma (la variable α utilizada anteriormente para designar la parte real de la
raı́z es ahora β = −b/2m):
b
x(t) = e− 2m t [ C1 cos w0 t + C2 sin w0 t ]
Imponiendo las condiciones iniciales se obtiene la solución:
·
¸
b
x0 − b t
w0 cos w0 t +
sin w0 t
(2.31)
x(t) =
e 2m
w0
2m
que también puede escribirse como:
1 − mβ 2 /k
donde β = b/2m,
(2.33)
x0
x(t) = p
(2.32)
µ
ϕ = tan −1
b
2mw0
¶
µ
= tan −1
e−βt cos (w0 t − ϕ)
β
w0
¶
·
= tan −1
1
p
¸
4mk/b2 − 1
A pesar de que el movimiento no sea estrictamente perı́odico (se dice que está subamortiguado), existe
desde luego una repetición en la oscilación (aunque de amplitud decreciente) que permite definir un perı́odo.
Su expresión es:
2π
2π
(2.34)
T =
= p
w0
k/m − b2 /4m2
La inversa se llama frecuencia natural del sistema:
r
1
k
b2
(2.35)
ν0 =
−
2π
m 4m2
Notemos que si b = 0 se recupera la conocida expresión correspondiente a la frecuencia natural de un
oscilador no amortiguado:
r
k
1
no−amort
(2.36)
ν0
=
2π
m
Un ejemplo de ecuación diferencial completa: oscilaciones forzadas. Abordaremos seguidamente
la solución general de la ecuación diferencial completa suponiendo que la función g(t) es de tipo sinusoidal.
Hemos de buscar una solución particular de la ecuación no homogénea, de acuerdo con el teorema explicado,
para sumársela a la solución general de la homogénea.
En concreto, la ecuación diferencial es:
d2 x
b dx
k
F0
+
+
x =
cos(wt)
2
dt
m dt
m
m
donde hemos supuestom una fuerza externa sinusoidal (de tipo coseno) y de frecuencia w. La solución
buscada es de la forma:
(2.37)
(2.38)
xp (t) = A cos wt + B sin wt
Derivando se obtiene:
dxp
dt
d2 xp
dt2
=
−wA sin wt + wB cos wt
=
−w2 A cos wt − w2 B sin wt
y sustituyendo en la EDO
−w2 A cos wt − w2 B sin wt −
b
b
k
k
F0
wA sin wt + wB cos wt + A cos wt + B sin wt =
cos wt
m
m
m
m
m
36
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
de donde
µ
¶
k
b
2
− w A + wB
m
m
µ
¶
b
k
2
−w B
− wA +
m
m
=
F0
m
= 0
de donde
A
=
B
=
(k − w2 m)F0
(k − w2 m)2 + b2 w2
wbF0
(k − w2 m)2 + b2 w2
Si ahora escribimos
A = Ã cos φ ,
B = Ã sin φ
la solución particular de la ecuación completa se escribe como
(2.39)
xp (t) = Ã cos (wt − φ)
donde
(2.40)
Ã
=
p
A2 + B 2 = p
µ
(2.41)
φ =
tan −1
wb
k − w2 m
(k −
¶
F0
w2 m)2
+ w2 b2
Ası́, la solución final es
x(t) =
(2.42)
b
x0
p
e− 2m t cos (w0 t − ϕ)
1 − b2 /4mk
F0
+ p
cos(wt − φ)
2
(k − w m)2 + w2 b2
El primer término es un transitorio que tiende normalmente a cero rápidamente (en tiempos del orden
de 2m/b). Por consiguiente, a medida que transcurre el tiempo, el movimiento toma el carácter del segundo
término (estado estacionario). Por tanto,
x(t >> 2m/b) ' xp (t)
La frecuencia para la cual la amplitud à es máxima se llama frecuencia de resonancia y vale:
r
1
k
b2
(2.43)
νres =
−
2π
m 2m2
que se asemeja mucho a la frecuencia natural de vibración del sistema, que vimos era:
r
1
k
b2
ν0 =
−
2π m 4m2
Si la frecuencia de la fuerza aplicada (definida mediante w/2π) se aproxima a la frecuencia de resonancia
νres (normalmente cercana a la natural ν0 ) la amplitud del movimiento à se hace muy grande ya que
el denominador disminuye. Este fenómeno es conocido como resonancia, no quedando restringido a las
oscilaciones mecánicas, sino que tiene múltiples aplicaciones en la fı́sica e ingenierı́a (electricidad, fı́sica
nuclear y de partı́culas, etc.).
Citemos también que si consideramos la energı́a cinética en vez de la amplitud, la frecuencia de resonancia
coincide con la natural del sistema no amortiguado, es decir
r
k
1
νres =
2π
m
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
37
Analogı́a con un circuito eléctrico. En el caso de un circuito RLC, se pueden establecer las siguientes
equivalencias con el sistema mecánico anterior:
masa m
viscosidad b
cte. del muelle k
desplazamiento x
⇔
⇔
⇔
⇔
inductancia L
resistencia R
1/C (reciproca de la capacitancia)
carga q
Por tanto, la EDO del circuito eléctrico es
d2 q
dq
1
+ R + q = E(t)
2
dt
dt
C
y la frecuencia de resonancia para la intensidad (correspondiente a la velocidad o energı́a cinética del
oscilador mecánico anterior) resulta ser:
r
1
1
νres ≈
2π LC
L
38
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
2.4. Método de la variación de las constantes o parámetros. Nuestra meta es encontrar una solución
particular de la EDO de 2 orden no homogénea en su forma canónica:
y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = g(x)
y sea y1 (x) e y2 (x) un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea. Entonces, la solución general
de dicha homogénea es:
yh (x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x)
Para encontrar una solución particular de la ecuación completa, la idea básica del método de variación de
las constantes consiste en reemplazar las contantes c1,2 por funciones de x. Esto es, se busca una solución
de la forma:
(2.44)
yp (x) = c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x)
Necesitaremos dos ecuaciones para poder determinar las dos funciones incógnitas c1,2 (x). Naturalmente
una de ellas ha de proceder de la EDO de partida. Primero hemos de calcular la derivada primera:
yp0 = (c01 y1 + c02 y2 ) + (c1 y10 + c2 y20 )
Para simplificar los cálculos y evitar derivadas de segundo orden en las funciones c1,2 (x), impondremos la
condición
c01 y1 + c02 y2 = 0 ⇒ yp0 = c1 y10 + c2 y20
Por consiguiente
yp00 = c01 y10 + c1 y100 + c02 y20 + c2 y200
y llevando todo lo anterior a la EDO original
(c01 y10 + c1 y100 + c02 y20 + c2 y200 ) + p(c1 y10 + c2 y20 ) + q(c1 y1 + c2 y2 ) = g(x)
y reagrupando,
(c01 y10 + c02 y20 ) + c1 (y100 + py10 + qy1 ) + c2 (y200 + py20 + qy2 ) = g(x)
de donde
c01 y10 + c02 y20 = g(x)
Por consiguiente, hemos de requerir que el sistema de las dos siguientes ecuaciones tenga solución:
y1 c01 + y2 c02
y10 c01 + y20 c02
=
=
0
g(x)
Ası́, yp será una solución particular de la EDO como buscábamos. Entonces, por la regla de Cramer por
ejemplo, despejamos c01 y c02
−g(x)y2 (x)
g(x)y1 (x)
c01 (x) =
, c02 (x) =
W (y1 , y2 )
W (y1 , y2 )
Nótese que el denominador nunca será cero en I, pues las dos soluciones y1,2 se han supuesto L.I. en ese
intervalo.
Integrando las anteriores ecuaciones se obtiene
Z
Z
−g(x)y2 (x)
g(x)y1 (x)
c1 (x) =
dx, c2 (x) =
dx
W (y1 , y2 )
W (y1 , y2 )
Ejemplo: Encontrar la solución general en [π/2, −π/2] de la ecuación:
d2 y
+ y = tan x
dx2
Un conjunto fundamental de soluciones de la homogénea es cos x, sin x. Escribiremos pues
yp (x) = c1 (x) cos x + c2 (x) sin x
y el sistema a resolver es
cos x c01 (x) + sin x c02 (x) =
− sin x
c01 (x)
+ cos x
c02 (x)
=
0
tan x
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
39
y como W = 1, llegamos a
c01 (x) =
c02 (x) =
− tan x · sin x
tan x · cos x = sin x
Integrando se obtiene
Z
Z
Z
Z
sin 2 x
1 − cos 2 x
c1 (x) = − tan x sin xdx = −
dx = −
dx = (cos x−sec x)dx = sin x−ln (sec x + tan x)+C1
cos x
cos x
Z
c2 (x) = sin xdx = − cos x + C2
pero como se requieren sólo dos soluciones particulares, podemos tomar C1 = C2 = 0. Por tanto, la solución
particular hallada es:
yp (x) = [sin x − ln (sec x + tan x)] cos x − cos x sin x = − cos x ln (sec x + tan x)
y la solución general de la completa es
y(x) = c1 cos x + c2 sin x − cos x ln (sec x + tan x)
Podemos generalizar el método a una EDO de orden superior a dos:
y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn (x)y = g(x)
y aplicando el mismo método, buscamos una solución del tipo
n
X
ci (x)yi (x)
i=1
con n funciones ci (x) a determinar. Se obtiene el sistema de n ecuaciones
n
X
c0i yi = 0
i=1
n
X
c0i yi0
=
0
..
.
..
.
=
g(x)
i=1
..
.
n
X
(n−1)
c0i yi
i=1
de donde se despejan las c0i (x), teniendo el sistema lineal solución pues el Wronskiano W [y1 , . . . , yn ] es
distinto de cero por ser las yi L.I.
En verdad podemos comprobar que la solución propuesta es solución de la EDO de orden n con las condiciones anteriores:
n
X
y0 =
ci (x)yi0
i=1
y 00
=
..
.
..
.
y (n)
=
n
X
ci (x)yi00
i=1
..
.
n
X
(n)
ci (x)yi
+ g(x)
i=1
y ası́, sustituyendo en
y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn (x)y = g(x)
se obtiene que
n
X
i=1
(n)
ci [yi
(n−1)
+ p1 (x)yi
+ · · · + pn (x)y] = g(x)
40
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
2.4.1. Ecuación de Euler. Algunas EDOs con coeficientes variables pueden reducirse a EDOs de coeficientes constantes mediante un cambio de variables adecuado. Un ejemplo concreto es la ecuación de
Euler
dn y
dn−1 y
dy
xn n + p1 xn−1 n−1 + · · · pn−1 x
+ pn y = 0
dx
dx
dx
donde p1 , p2 , · · · , pn son constantes. Limitándonos a la ecuación de Euler de segundo orden (que es la que
se presenta en fı́sica matemática),
d2 y
dy
x2
+ p1 x
+ p2 y = 0
dx
dx
Haciendo el cambio de variable x = et , suponiendo que x > 0:
dy dt
dy
dy
=
= e−t
dx
dt µ
dx ¶ dt µ ¶
d2 y
d dy dt
d dy
d2 y
dy
=
= e−2t 2 − e−2t
=
2
dx
dx dx
dt dx dx
dt
dt
Sustituyendo las expresiones de x, dy/dx y d2 y/dx2 en la EDO, obtenemos una nueva ecuación de coeficientes constantes en la nueva variable independiente t:
d2 y
dy
+ (p1 − 1)
+ p2 y = 0
dt2
dt
cuya solución puede hallarse mediante la ecuación caracterı́stica
r2 + (p1 − 1)r + p2 = 0
al obtener sus raı́ces para luego regresar a la variable x. La anterior expresión representa una ecuación
indicial de las soluciones de la EDO. Si r1 y r2 denotan las dos raı́ces, las soluciones serán de la forma:
er1 t , er2 t
rt
e , te
y puesto que e = x, los pares de soluciones son
rt
r1 6= r2
r1 = r2 = r
t
xr1 , xr2
r
r1 6= r2
r
x , x ln x r1 = r2 = r
Por ejemplo, analicemos la EDO
d2 y
dy
+ 3x
+y =0
dx2
dx
t
Efectuamos el cambio citado: x = e que transforma la ecuación en
x2
d2 y
dy
+2
+y =0
dt2
dt
cuya ecuación caracterı́stica es
y la solución general es
r2 + 2r + 1 = 0 ⇒ r1 = r2 = −1
y(t) = c1 e−t + c2 te−t
y por fin deshaciendo el cambio
y(x) =
c1 + c2 ln x
, x>0
x
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
41
2.5. Uso de la transformada de Laplace. En los métodos anteriores, para resolver problemas de EDOs
con valores iniciales se debı́a encontrar primero la solución general y luego utilizar las condiciones iniciales
para determinar la solución deseada. En cambio, el método de Laplace conduce a la solución del problema
del valor inicial sin encontrar previamente la solución general.
Recordemos que la T. de Laplace se define como
Z ∞
L[F (x)] = f (s) =
e−sx F (x) dx
0
siendo F (x) una función definida en [0, +∞[ y se supone que la integral existe Re(s) > 0.
Propiedades
(2.45)
(2.46)
L[c1 F1 + c2 F2 ] =
F1 = F2 ↔ L[F1 ] =
dn f (s)
=
dsn ¸
·Z
(2.47)
x
(2.48)
F (x − t)G(t)dt
L
=
c1 L[F1 ] + c2 L[F2 ]
L[F2 ]
(−1)n L[xn F (x)]
·Z x
¸
L
F (x)G(x − t)dt = L[F (x)] L[G(x)]
0
(2.49)
0
L[y (n) ]
=
sn L[y] −
n
X
sk−1 y (n−k) (0)
k=1
donde se ha supuesto que limx→∞ e
−sx (k)
y
(x) = 0 ∀k > n. Notemos los casos particulares:
0
L[y ] =
00
L[y ] =
sL[y] − y(0)
s2 L[y] − sy(0) − y 0 (0)
El método de la transformada de Laplace para resolver una EDO con valor inicial consiste en seguir los
siguientes pasos:
1) Tomar la transformada de Laplace en ambos miembros de le ecuación.
2) Aplicar las propiedades de la T. de Laplace y las condiciones iniciales para obtener una ecuación
de la T. de L. de la solución, y luego despejar dicha transformada en esa ecuación.
3) Determinar la transformada inversa de Laplace de la solución.
Ejemplo:
Sea la EDO
y 00 − y = −t, y(0) = 0, y 0 (0) = 1
Tomando la transformada (paso 1) en ambos miembros
L[y 00 ] − L[y] = −L(t)
siendo L(t) = 1/s2 .
Llamando Y (s) = L[y], hallamos (por la propiedad (2.49)) que
L[y 00 ] = s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) = s2 Y (s) − 1
y sustituyendo esta expresión arriba, se obtiene
s2 Y (s) − 1 − Y (s) = −
1
s2
Despejando ahora (paso 2) Y (s):
Y (s) =
s2 − 1
1
1 − 1/s2
=
= 2
2
2
2
s −1
s (s − 1)
s
Tomando ahora la transformada inversa (paso 3) concluimos que
1
y(t) = L−1 [ 2 ] = t
s
Finalmente comprobamos que en verdad y = t satisface la ecuación diferencial y los valores iniciales.
42
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
El método de la T. de Laplace es especialmente útil cuando surgen funciones discontinuas. Por ejemplo,
sea la EDO con las condiciones iniciales y(0) = 0, y 0 (0) = 0
y 00 + y = δ(t)
Tomando la T. de Laplace en ambos lados y utilizando las C.I.
L[y 00 ] + L[y] = L[δ(t)] 7→ s2 Y (s) + Y (s) = 1
de donde
Y (s) =
s2
1
+1
y tomando la transformada de Laplace inversa
y(t) = sin t
que corresponde a un movimiento armónico con w = 1. Si hubiśemos escrito la EDO
y 00 + 4y = δ(t)
obtendrı́amos
1
sin 2t
2
lo cual era de esperar puesto que la constante del muelle es mayor, conduciendo a w = 2 y a una amplitud
mitad.
Si consideramos la EDO de un oscilador amortiguado con las mismas C.I.
y(t) =
y 00 + 4y 0 + 5y = δ(t)
mediante la T. de Laplace, obtenemos
L[y 00 ] + 4L[y 0 ] + 5L[y] = 1
de donde
s2 Y (s) + 4sY (s) + 5Y (s) = 1 7→ Y (s) =
y tomando ahora la T. inversa
s2
1
1
7→ Y (s) =
+ 4s + 5
(s + 2)2 + 1
y(t) = e−2t sin t
que coincide con la ecuación de un oscilador armónico de frecuencia (natural del sistema) dada por w2 =
k/m − b2 /4m = 5 − 4 = 1. También observamos que el factor exponencial se corresponde con e−βt = e−2t ,
pues β = b/2m = 2.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
43
3. SISTEMAS LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES
Una sola ecuación diferencial es capaz de describir la variación de una cantidad y, variable dependiente,
en función de otra variable independiente representada como x:
F [x, y, y 0 , · · · , y (n) ] = 0
Cuando hay más de una variable dependiente (designadas aquı́ mediante x, y, · · · , mientras la variable
independiente se deginaraá como t) relacionadas mediante una conjunto de EDOs, aparece un sistema de
ecuaciones diferenciales (un SED). Las soluciones serán funciones que, al ser sustituidas en el SED, conducen a identidades en un intervalo común I.
Supongamos N ecuaciones diferenciales con N funciones x1 , · · · , xN de una variable t independiente y
(k)
k derivadas respecto de t: xi = dk xi /dtk . Escribiremos
·
¸
(k)
(k)
(k)
0
0
0
F1 t, x1 , x2 , ..., xN ; x1 , x2 , ..., xN ; ...; x1 , x2 , ..., xN
= 0
·
¸
(k)
(k)
(k)
F2 t, x1 , x2 , ..., xN ; x01 , x02 , ..., x0N ; ...; x1 , x2 , ..., xN
= 0
(3.1)
..
..
.
.¸
·
(k)
(k)
(k)
0
0
0
FN t, x1 , x2 , ..., xN ; x1 , x2 , ..., xN ; ...; x1 , x2 , ..., xN
=
..
.
0
En este capı́tulo veremos, en particular, sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes constantes. Como un ejemplo fı́sico, supongamos un sistema de dos cuerpos unidos por muelles (de constantes
k1 y k2 ) a una pared fija. Podemos escribir las fuerzas que actúan sobre los cuerpos como:
f1 = −k1 x, f2 = k2 (y − x), f3 = −k2 (y − x)
Aquı́ la variable independiente es t y las funciones o variables dependientes son dos: x e y, que miden el
desplazamiento con respecto a sendas posiciones de equilibrio. Aplicando las leyes de Newton
d2 x
dt2
d2 y
m2 2
dt
m1
(3.2)
= f1 + f2 = −k1 x + k2 (y − x)
= f3 = −k2 (y − x)
de donde obtenemos
m1
d2 x
+ (k1 + k2 )x − k2 y =
dt2
d2 y
m2 2 + k2 y − k2 x =
dt
0
0
Éste es un sistema de ecuaciones lineales de segundo orden (N = 2, k = 2). Vamos a operar, en esta
ocasión, mediante el método de sustitución o eliminación. Despejando la y de la primera ecuación
y=
m1 d2 x k1 + k2
+
x
k2 dt2
k2
y sustituyendo en la segunda
µ
¶
µ
¶
m1 d2 x k1 + k2
d2 m1 d2 x k1 + k2
+
x
+
k
+
x
− k2 x = 0
m2 2
2
dt
k2 dt2
k2
k2 dt2
k2
finalmente obtenemos una EDO de cuarto orden
µ
¶ 2
k1 + k2
d x
m1 m2 d4 x
+
m
+
m
+ k1 x = 0
1
2
k2 dt4
k2
dt2
Tomemos ahora valores particulares (en el S.I.) para las masas y constantes de los muelles;
m1 = 2, m2 = 1, k1 = 4, k2 = 2
44
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Ası́, obtenemos la EDO de cuarto orden para la variable x:
d2 x
d4 x
+
5
+ 4x = 0
dt4
dt2
cuya ecuación caracterı́stica y raı́ces son:
r4 + 5r2 + 4 = 0 7→ (r2 + 1)(r2 + 4) = 0 7→ r = ±i, r = ±2i
Por tanto, la solución general en términos de senos y cosenos es
x(t) = c1 cos t + c2 sin t + c3 cos 2t + c4 sin 2t
donde los valores w = 1, w = 2 se corresponden con las frecuencias normales 1/2π y 1/π. Si se aplicara
una fuerza periódica con alguna de dichas frecuencias, se producirı́a el fenómeno de la resonancia que ya
vimos en el capı́tulo anterior.
Volviendo ahora a la variable y, hallamos
d2 x
+ 3x = −c1 cos t − c2 sin t − 4c3 cos 2t − 4c4 sin 2t + 3c1 cos t + 3c2 sin t + 3c3 cos 2t + 3c4 sin 2t
dt2
y por consiguiente
y = 2c1 cos t + 2c2 sin t − c3 cos 2t − c4 sin 2t
Exigiremos las siguientes condiciones iniciales
dy
dx
x(0) = 3,
(0) = 0, y(0) = 3,
(0) = 0
dt
dt
Primero hallamos las velocidades de ambos cuerpos
dx
= −c1 sin t + c2 cos t − 2c3 sin 2t + 2c4 cos 2t
dt
dy
= −2c1 sin t + 2c2 cos t − 2c3 sin 2t − 2c4 cos 2t
dt
Imponiendo las C.I.
dx
dy
x(0) = c1 + c3 = 3, y(0) = 2c1 − c3 = 3,
(0) = c2 + 2c4 = 0,
(0) = c2 − 2c4 = 0
dt
dt
y resolviendo el sistema, obtenemos c1 = 2, c2 = 0, c3 = 1, c4 = 0 que conducen finalmente a las ecuaciones
de movimiento
y(t) =
x(t) =
y(t) =
2 cos t + cos 2t
4 cos t − cos t
Veamos otro ejemplo de un sistema fı́sico en donde aparece un SED de primer orden. Sea pues un
circuito eléctrico formado por un condensador y una resistencia R1 en serie con dos resistencias R2 y R3
en paralelo. Hallaremos la corriente que circula por el circuito si inicialmente el condesador está cargado.
Tenemos un SED formado por dos EDOS
µ
¶
1
di1
di1
di3
i1 + R1
+ R2
−
= 0
C
dt
dt
dt
di1
di3
1
i1 + R1
+ R3
= 0
C
dt
dt
Multiplicando por R3 la primera ecuación y por R2 la segunda y sumando ambas ecuaciones llegamos a
una EDO que sólo contiene a la variable i1
di1
di1
R2 + R3
1
R2 + R3
i1 + (R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 )
=0 →
=−
×
dt
C
dt
i1
R1 R2 + R1 R3 + R2 R3
C
de donde, identificando la constante de integración con la corriente inicial i0
i1 = i0 e−t/RC
siendo
R=
R1 R2 + R1 R3 + R2 R3
R2 + R3
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
45
lo cual está de acuerdo con la resistencia equivalente de las tres resistencias pues
R = R1 +
R2 R3
R1 R2 + R1 R3 + R2 R3
=
R2 + R3
R2 + R3
Otro ejemplo ya visto de un SED(no lineal esta vez) es el sistema cazador-presa de Volterra.
Seguidamente desarrollaremos un método alternativo al de sustitución o eliminación: el método matricial. En vez de aumentar el orden de la ecuación diferencial, aplicaremos las técnicas de la resolución
de ecuaciones diferenciales lineales mediante la teorı́a de matrices.
3.1. Métodos matriciales. Vamos a considerar un sistema de ecuaciones lineales de primer orden,
que en su forma normal se escribe como:
x01
x02
x0n
=
=
..
.
=
a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn + f1 (t)
a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn + f2 (t)
..
.
an1 x1 + an2 x2 + ... + ann xn + fn (t)
La derivada respecto de la variable t suele escribirse como ·x por lo que expresaremos el sistema en notación
matricial como:
(3.3)
ẋ(t) = [A] x(t) + f (t)
siendo
(3.4)
y
(3.5)
x = (x1 , · · · , xn ); f = (f1 , · · · , fn )

a11
 a21

[A] =  .
 ..
a12
a22
..
.
···
···
..
.

a1n
a2n 

.. 
. 
an1
an2
···
ann
la matriz de coeficientes donde n depende del número de variables. Aunque los coeficientes aij podrı́an ser
funciones de t, aquı́ vamos a considerar que son constantes, es decir nos restringiremos al caso de un SED
lineal de primer orden con coeficientes constantes.
Como un resultado importante por sı́ mismo, podemos asegurar que una EDO de orden n en la única
variable x (escrita en su forma normal):
x(n) = f (t, x, x0 , · · · , x(n−1) )
puede escribirse como un SED de n ecuaciones lineales mediante el cambio:
x1 = x, x2 = x0 , · · · , xn = x(n−1)
hallándose el sistema lineal
x01
x02
=
=
..
. =
0
xn =
x2
x3
..
.
f (t, x1 , . . . , xn )
que es equivalente a la EDO inicial. Igualmente, un sistema de dos ecuaciones de segundo orden se puede
reemplazar por un sistema de cuatro ecuaciones lineales (y en general todo sistema de EDOs lineales de
orden superior al primero se puede transformar en un SED lineal). Éste es el caso del sistema de dos
cuerpos unidos por muelles, expuesto más arriba. Lo veremos más adelante. Analicemos ahora otro caso:
46
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Ejemplo: Sea el SED
ẍ + ẏ
ẋ + ẏ − x + y
=
=
t
t2
Se trata de un sistema de dos ecuaciones lineales de orden dos en la variable x y de orden uno en la variable
y. Haciendo el cambio z = ẋ, obtenemos un sistema de tres EDOs
ẋ =
ż + ẏ =
ẋ + ẏ − x + y =
z
t
t2
de donde, restando la primera y tercera ecuación: ẏ − x + y + z = t2 y sustituyendo ẏ en la segunda:
ẋ =
ẏ =
ż =
z
x − y − z + t2
−x + y + z + t − t2
que se puede escribir en la forma matricial
 

ẋ(t)
0
0
ẏ(t) =  1 −1
−1 1
ż(t)

1
−1
1

 

0
x(t)
y(t) +  t2 
z(t)
t − t2
3.2. Sistemas normales homogéneos. Diremos que un SED es homogéneo si f (t) = 0, es decir, si es de
la forma
(3.6)
ẋ(t) = [A] x(t)
Escribiremos x como un vector columna; los valores iniciales se pueden también expresar mediante un
vector columna x(t0 ) = x0 .
Definición: Se dice que un sistema constituido por n funciones vectoriales {xi=1,...,n } es linealmente
independiente en un intervalo (a, b) si y sólo si:
c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + . . . + cn xn (t) = 0 ⇒ c1 = c2 = · · · = cn = 0, ∀t ∈ (a, b)
En caso contrario (algunas ci no son cero), el sistema se dice que es linealmente dependiente.
Teorema: Un sistema de n funciones vectoriales {xi=1,...,n } es linealmente independiente en un
intervalo (a, b) si y sólo si su Wronskiano
(3.7)
¯
¯ (x1 )1
¯
¯ (x1 )2
¯
W [x1 (t), · · · , xn (t)] = ¯ .
¯ ..
¯
¯(x1 )n
(x2 )1
(x2 )2
..
.
···
···
..
.
(x2 )n
···
¯
(xn )1 ¯¯
(xn )2 ¯¯
.. ¯
. ¯¯
(xn )n ¯
es diferente de cero en (a, b). Observemos que el vector xi est escrito como un vector columna de componentes (x1 )1 , · · · , (x1 )n .
Teorema: Sean {x}i=1,...,n n soluciones linealmente independientes del SED lineal homogéneo.
ẋ = [A] x(t)
en el intervalo (a, b). Entonces, toda solución del sistema se puede expresar en la forma
x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + · · · + cn xn (t)
con ci constantes, y se llama solución general del SEDL.
Al conjunto de soluciones {x}i=1,...,n linealmente independientes se le llama conjunto o sistema fundamental de soluciones del SED en un intervalo (a, b). A la correspondiente matriz n × n , cuyas
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
47
columnas son los vectores del conjunto fundamental de soluciones, se le llama matriz fundamental del
SED y la denotaremos mediante [X(t)]:


(x1 )1 (x2 )1 · · · (xn )1
 (x1 )2 (x2 )2 · · · (xn )2 


(3.8)
X[x1 (t), · · · , xn (t)] =  .
..
..
.. 
 ..
.
.
. 
(x1 )n (x2 )n · · · (xn )n
Observemos que el determinante de la matriz fundamental es el wronskiano del conjunto fundamental de
soluciones.
Teorema: Si [X(t)] es una matriz fundamental del sistema
ẋ = [A] x(t)
la solución general se puede expresar como
x(t) = [X(t)] c
donde c = col(c1 , c2 , · · · , cn ) es un vector (columna) arbitrario. La demostración es inmediata sin más que
desarrollar la anterior ecuación matricial. Queda claro, pues, que resolver el SED equivale a encontrar la
matriz fundamental del sistema que a su vez equivale a obtener un conjunto fundamental de soluciones.
Por otro lado, las constantes designadas mediante el vector c quedarán determinadas por las condiciones
iniciales, lo cual implica además la siguiente evolución con el tiempo del vector solución:
x0 = [X(t0 )] c ⇒ x(t) = [X(t)][X(t0 )]−1 x0
Si los coeficientes de la matriz [A] son constantes, se puede suponer, al igual que en una EDO
de coeficientes constantes, que buscamos soluciones del tipo x = cert ; ası́, vamos a ensayar soluciones:
ẋ = rcert . Por tanto, se habrá de verificar que
ẋ = [A]x → crert = [A]cert ⇒ ([A] − r[I])cert = 0 → ([A] − r[I])c = 0
y para que tenga una solución no trivial (c no todos nulos) el determinante ha de ser nulo:
det([A] − r[I]) = 0
que da lugar a la ecuación caracterı́stica de la matriz [A]. Puesto que dicha matriz es n × n, existirán n
raı́ces (que pueden ser iguales o distintas) ası́ como sus vectores propios asociados (u1 , · · · , un ).
Ejemplo: Verificar que el conjunto:
 2t   −t  

e
−e
0
S = e2t  ,  0  ,  e−t  ,
e2t
e−t
−e−t
son soluciones L.I. del sistema

0
ẋ(t) = 1
1
en el intervalo (−∞, +∞).
Sustituyendo el primer vector del conjunto

0 1
[A]x = 1 0
1 1
1
0
1

1
1 x(t)
0
S en la ecuación anterior,
  2t   2t 
2e
1
e
1 e2t  = 2e2t  = ẋ(t)
2e2t
e2t
0
por tanto, este vector satisface la ecuación para todo t. De modo semejante se comprueba que los otros
vectores también son solución. Para demostrar que S es un conjunto fundamental de soluciones, obervemos
que el wronskiano nunca es cero:
¯ 2t
¯
−t
¯e
0 ¯¯
¯ 2t −e
0
e−t ¯¯ = −3
W (t) = W [x1 (t), · · · , xn (t)] = ¯¯e
¯e2t e−t −e−t ¯
48
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
y la solución general se puede escribir como
 2t 
 −t 


e
−e
0
x(t) = [X(t)] c = c1 e2t  + c2  0  + c3  e−t 
e2t
e−t
−e−t
o lo que es lo mismo
x1
x2
x3
=
=
=
c1 e2t − c2 e−t
c1 e2t + c3 e−t
c1 e2t + c2 e−t − c3 e−t
3.2.1. Valores propios distintos de la matriz de coeficientes. Si una matriz n×n constante [A] tiene
n valores propios distintos, r1 , r2 , · · · , rn siendo sus vectores propios asociados u1 , u2 , . . . , un linealmente
independientes y el conjunto:
{er1 t u1 , er2 t u2 , · · · , ern t un }
es un conjunto fundamental de soluciones en (−∞, +∞) del SEDL homogéneo
ẋ = [A] x(t)
de forma que su solución general se puede escribir como
x(t) =
n
X
ci eri t ui
i=1
con c1 , · · · , cn constantes arbitrarias.
Ejemplo 1: Encontrar la solución general del sistema ẋ(t) = [A] x(t) donde
µ
¶
2 −3
[A] =
1 −2
que corresponde al SED
ẋ1
ẋ2
(3.9)
=
=
2x1 − 3x2
x1 − 2x2
Calcularemos los valores propios de [A]
¯
¯
¯2 − r
−3 ¯¯
¯
| [A] − r[I] |= ¯
= (2 − r)(−2 − r) + 3 = r2 − 1 = (r − 1)(r + 1) = 0 → r1 = 1, r2 = −1
1
−2 − r¯
Los correspondientes valores propios son, para r1 = 1,
µ
¶µ ¶ µ ¶
µ ¶
1 −3
a
0
3
([A] − r1 [I])u1 =
=
→ a − 3b = 0 → u1 =
1 −3
b
0
1
y para r2 = −1,
([A] − r2 [I])u2 =
µ
3
1
¶µ ¶ µ ¶
µ ¶
a
0
1
=
→ a − b = 0 → u2 =
b
0
1
−3
−1
Comprobemos que son L.I.
µ t
¶
3e e−t
= 2 6= 0, ∀t
et e−t
por lo que la solución general del SEDL homogéneo es:
µ ¶
µ ¶
t 3
−t 1
x(t) = c1 e
+ c2 e
1
1
W =
es decir
x1
x2
= 3c1 et + c2 e−t
= c1 et + c2 e−t
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
49
El anterior SED también podrı́a haberse resuelto mediante el método de eliminación. Ası́, reescribiendo
la primera ecuación de 3.9 en la forma
ẍ1 = 2ẋ1 − 3x˙2 = 2x˙1 − 3x1 + 6x2
y utilizando de nuevo la relación 3x2 = 2x1 − ẋ1 , llegamos a
ẍ1 − x1 = 0 ⇒ r2 − 1 = 0 ⇒ r = ±1
por lo que
x1 = C1 et + C2 e−t
Volviendo ahora a la primera ecuación del SED
3x2 = 2x1 − ẋ1 ⇒ 3x2 = 2C1 et + 2C2 e−t − C1 et + C2 e−t
luego
C1 t
e + C2 e−t
3
que conduce a la solución general 3.10 sin más que identificar c1 = C1 /3 y c2 = C2 .
Si ahora imponemos ciertas condiciones iniciales, como por ejemplo: x1 (0) = 4 y x2 (0) = 0; concluimos
que
3x2 = C1 et + 3C2 e−t ⇒ x2 =
3c1 + c2
= 4
c1 + c2
= 0
de donde c1 = 2, c2 = −2.
Ejemplo 2: Seguidamente vamos a desarrollar la resolución mediante el método matricial del problema
de la desintegración radioactiva que ya resolvimos mediante el método de sustitución:
dx
dt
dy
dt
dz
dt
con las condiciones iniciales x(0) = x0 , y(0) = 0
=
−λ1 x
=
λ1 x − λ2 y
=
λ2 y
y z(0) = 0.
En notación matricial podemos escribir
ẋ = [A]x
donde x representa el vector (x, y, x). En concreto la matriz 3 × 3 [A] vale:


−λ1
0
0
(3.10)
[A] =  λ1 −λ2 0
0
λ2 0
Para hallar los valores propios ri de la anterior matriz exigiremos que | [A] − r[I] |= 0, por lo que


−λ1 − r
0
0
−λ2 − r 0 
[A] − r[I] =  λ1
0
λ2
−r
y el determinante igualado a cero | [A] − r[I] |= 0 conduce a
(r + λ1 )(r + λ2 )r = 0
de donde los tres autovalores:
r1 = −λ1 , r2 = −λ2 , r3 = 0
50
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Para r = −λ1 tenemos

0
 λ1
0
0
λ1 − λ2
λ2

0
0
λ1
0·a
= 0
   
a
0
 b  = 0
c
0
que implica el sistema:
λ2 − λ1
b
λ1
λ1
λ2 b + λ1 c = 0 99K b = − c
λ2
λ1 a + (λ1 − λ2 )b
Para r = −λ2 tenemos

λ2 − λ1
 λ1
0
0
0
λ2
= 0 99K a =

0
0
λ2
   
0
a
 b  = 0
0
c
(λ2 − λ1 ) · a = 0 99K a = 0
λ1 a = 0 99K a = 0
λ2 (b + c) = 0 99K b = −c
Para r = 0 tenemos

−λ1
 λ1
0
0
−λ2
λ2
−λ1 · a
λ1 · a − λ2 · b
λ2 · b

0
0
0
   
a
0
 b  = 0
c
0
= 0 99K a = 0
= 0 99K b = 0
= 0 99K b = 0
Por tanto, eligiendo c = −1, los tres vectores propios u son:
 λ2 −λ1 
 
 
0
0
λ2
r = −λ1 ⇒  λλ12  ; r = −λ2 ⇒  1  ; r = 0 ⇒  0 
−1
−1
−1
La solución general es
 λ2 −λ1 
 
 
 
x
0
0
λ2
y  = c1 eλ1 t  λ1  + c2 e−λ2 t  1  + c3  0 
λ2
z
−1
−1
−1
es decir
x =
y
=
z
=
λ2 − λ1 −λ1 t
e
λ2
λ1
−c1 e−λ1 t + c2 e−λ2 t
λ2
−c1 e−λ1 t − c2 e−λ2 t − c3
c1
Imponiendo ahora las condiciones iniciales (en t = 0): x(0) = x0 , y(0) = 0, z(0) = 0, se obtiene que:
x0
=
0
=
0
=
λ2 x 0
λ2 − λ1
⇒ c1 =
λ
λ2 − λ1
µ 2¶
λ1
λ1 x 0
c1
+ c2 ⇒ c2 = −
λ2
λ2 − λ1
c1
−c1 − c2 − c3 ⇒ c3 = −c1 − c2 = −
λ2 x0
λ1 x0
+
= −x0
λ2 − λ1
λ2 − λ1
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
51
de donde
x(t)
y(t)
z(t)
= x0 e−λ1 t
λ1 x0
=
(e−λ1 t − e−λ2 t )
λ2 − λ1
µ
¶
λ1 λ2 x0 λ2 − λ1
1 −λ2 t
1 −λ1 t
=
+ e
− e
λ2 − λ1
λ1 λ2
λ2
λ1
3.2.2. Raı́ces complejas y un ejemplo fı́sico: osciladores acoplados. Si los coeficientes de la matriz
[A] son reales, en caso de tener valores propios complejos, éstos aparecerán como complejo-conjugados dos
a dos: r1,2 = α ± iβ. Las parejas de soluciones L.I. son de la forma
x1,2 = eαt (cos (βt) a ± sin (βt) b)
donde a ± ib son los vectores propios correspondientes.
Es posible aplicar el método matricial al caso de los dos cuerpos acoplados mediante muelles del ejemplo
al comienzo de este capı́tulo y cuyo SEDL era
d2 x
= −3x − y
dt2
d2 y
= 2x − 2y
dt2
Con el fin de poder aplicar la fórmula ẋ = [A]x, definiremos x mediante el vector x1 = x, x2 = ẋ, x3 =
y, x4 = ẏ); entonces
 
  

ẋ1
0 1 0 0
x1
ẋ2 
−3 0 −1 0 x2 
  =
  
ẋ3 
 0 0 0 1 x3 
ẋ4
2 0 −2 0
x4
Observemos que hemos introducido más variables para poder reducir el orden del SED. Este paso es
muy importante pues permite tratar mediante el método matricial sistemas de ecuaciones
diferenciales de orden mayor que uno.
Ahora obtenemos los valores propios mediante
¯
¯−r 1
¯
¯−3 −r
| [A] − r[I] |= ¯¯
0
¯0
¯2
0
0
−1
−r
−2
¯
0 ¯¯
0 ¯¯
1 ¯¯
−r¯
= r4 + 5r2 + 4 = 0
Resolviendo la anterior ecuación caracterı́stica, llegamos a las raı́ces r2 = −1 y r2 = −4, de donde concluimos que hay dos pares de raı́ces complejo-conjugadas
r1,2 = ±i, r3,4 = ±2i
que nos indica que las frecuencias normales son 1/2π y 1/π correspondintes a w = 1, 2; por consiguiente,
la solución general se escribirá en función de sin t, cos t, sin 2t y cos 2t, como ya vimos anteriormente.
3.2.3. Raı́ces con multiplicidad mayor que uno. Si la matriz n × n constante [A] con algunos de sus
valores propios, por ejemplo r1 , con multiplicidad k:
| [A] − r[I] |= 0 ⇒ (r − r1 )k (r − r2 ) · · · = 0
En este caso, podrı́amos encontrarnos con que no dispusiéramos de n vectores propios diferentes y L.I.,
por lo que no podrı́amos construir un conjunto fundamental de soluciones de la SEDL homogéneo como
hicimos en el caso anterior. Sólo en caso de que la matriz sea simétrica ([A]T = [A]), se cumple que aunque
existan valores propios de multiplicidad mayor que uno, se pueden hallar n vectores propios L.I. En este
caso, la solución general sigue siendo como la obtenida antes.
52
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Matriz diagonalizable. Vamos a ver un ejemplo cuando la matriz es simétrica y por tanto diagonalizable:


1 −2 2
[A] = −2 1 2
2
2 1
Calculemos los valores propios de [A]
¯
¯
¯1 − r −2
2 ¯¯
¯
2 ¯¯ = −r3 +3r2 +9r−27 = −(r−3)2 (r+3) = 0 ⇒ r1 = −3, r2 = 3 (doble)
| [A]−r[I] |= ¯¯ −2 1 − r
¯ 2
2
1 − r¯
Existe un valor propio con multiplicidad dos, pero el hecho de que la matriz [A] sea simétrica nos asegura
que existirán tres vectores propios L.I. Veámoslo:
I. Vector propio correspondiente a r1 = −3

4 −2
([A] − r1 [I])u1 = −2 4
2
2
y ası́ llegamos al sistema
   
a
0
 b  = 0
0
c

−2
2
4
4a − 2b + 2c =
−2a + 4b + 2c =
2a + 2b + 4c =
0
0
0
de donde
 
−1
a = −c, b = −c, ⇒ u1 = −1
1
II. Vector propio correspondiente a r2 = 3

    
−2 −2 2
a
0
([A] − r2 [I])u2 = −2 −2 2   b  = 0
2
2 −2
c
0
y ası́ llegamos al sistema
−2a − 2b + 2c =
−2a − 2b + 2c =
2a + 2b − 2c =
0
0
0
de donde


 
 
−b + c
−1
1
a = −b + c, ⇒ u =  b  = b  1  + c 0
c
0
1
Identificando como dos vectores propios
 
 
1
−1
u2 = 0 , u3 =  1 
1
0
Por fin, la solución general será
 
 
 
−1
1
−1
x(t) = c1 e−3t −1 + c2 e3t 0 + c3 e3t  1 
1
1
0
donde c2 y c3 han absorbido las constantes b y c de antes.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
53
Matriz no diagonalizable. Estudiaremos ahora el sistema ẋ = [A] x, donde
µ
¶
1 −1
[A] =
4 −3
En este caso sólo existe un valor propio
¯
¯
¯1 − r
−1 ¯¯
| [A] − r[I] |= ¯¯
= (1 − r)(−3 − r) + 4 = r2 + 4r + 1 = (r + 1)2 = 0 ⇒ r = −1 (doble)
4
−3 − r¯
y los vectores propios asociados a dicho valor propio son de la forma
µ
¶ µ ¶
µ ¶
2 −1
a
1
([A] − r[I])u =
= 0 ⇒ 2a − b = 0 ⇒ u =
4 −2
b
2
Por tanto no existen dos vectores propios L.I. y no podemos construir la solución general del sistema siguiendo el procedimiento anterior. A continuación expondremos un método general para calcular la matriz
fundamental para esos sistemas.
Teorema: Si [A] es una matriz n × n constante, exp ([A]t) es una matriz fundamental del sistema,
y por tanto la solución del sistema de ecuaciones diferenciales lineales homogéneo ẋ = [A]x se puede escribir
como:
 
c1
 c2 
 
x = exp ([A]t) c, c =  . 
 .. 
cn
siendo c un vector (columna) constante. En verdad este resultado es una generalización de la resolución de
la EDO: ẋ(t) = ax(t), siendo entonces la solución x(t) = ceat .
Aunque el significado de e[A]t requiere un análisis profundo de algebra matricial, una manera práctica
de ilustrarlo se puede hacer mediante el desarrollo en serie de eat , reemplazando a por [A]:
e[A]t = [I] + [A]t + [A]2
t2
tn
+ · · · + [A]n + · · ·
2!
n!
que es convergente para todo t. Si [A] es una matriz diagonal, el cálculo es sencillo. Por ejemplo,
¶
µ
−1 0
[A] =
0 2
entonces
[A]2 = [A][A] =
µ
¶
1 0
0 4
, [A]3 = [A][A][A] =
y entonces
[A]t
e
=
∞
X
n=0
[A]
n
nt
n!
µ
¶
−1 0
0 8
µP∞
=
n tn
n=0 (−1) n!
0
Si [A] no es diagonal, el cálculo de e[A]t es nás laborioso.
Algunas propiedades de interés son las siguientes:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
exp ([A]0) = exp 0 = [I]
exp ([A](t + s)) = exp ([A]t) exp ([A]s)
[exp ([A]t)]−1 = exp (−[A]t)
e([A]+[B])t = e[A]t e[B]t siempre que [A][B] = [B][A]
erIt = ert I
d
dt exp ([A]t) = [A] exp ([A]t)
P∞
0
n=0
, · · · [A]n =
¶
n
2n tn!
µ
=
e−t
0
µ
(−1)n
0
0
e2t
¶
0
2n
¶
54
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Para calcular la exponencial de una matriz general constante [A], el siguiente teorema sobre funciones
de matrices es de interés.
Teorema: Sea f ([A]) una función de la matriz [A]. Sea m el número de autovalores {ri }i=1,...,m
diferentes de [A], con multiplicidad ki . Entonces se verifica que
f (A) =
m kX
i −1
X
f (j) (ri )[Zij ]
i=1 j=0
donde [Zij ] son las llamadas matrices constituyentes o componentes de [A]; f (j) (ri ) es el valor de la
función (para j = 0) y de sus derivadas (j = 1, 2, . . .) de orden j calculado para el valor propio ri .
Dichas matrices son L.I. y sólo dependen de [A] y no de la forma especı́fica de la función f .
Por ejemplo, consideremos la función f ([A]) = [A] de la matriz diagonal del ejemplo anterior, cuyos
valores propios son distintos r1 = −1 y r2 = 2; entonces como f (ri ) = ri (y no intervendrán las derivadas
pues la multiplicidad es uno), la fórmula anterior se puede escribir como la suma
µ
¶
µ
¶
µ
¶
−1 0
1 0
0 0
= −1
+2
0 2
0 0
0 1
de donde identificamos fácilmente las dos matrices constituyentes de [A],
µ
¶
µ
¶
1 0
0 0
[Z1 ] =
[Z2 ] =
0 0
0 1
Corolario: Si f ([A]) = exp ([A]t), entonces
exp ([A]t) =
m kX
i −1µ
X
¶
tj eλj t [Zij ]
i=1 j=0
Ejemplo: Consideremos el problema anterior ẋ = [A]x(t) con
µ
¶
1 −1
[A] =
4 −3
En este caso, [A] sólo tiene un valor propio (r = −1) de multiplicidad dos. Ası́, cualquier función de [A]
la podemos descomponer en la forma
f ([A]) = f (−1)[Z1 ] + f 0 (−1)[Z2 ]
Para determinar las matrices [Z1 ] y [Z2 ], podemos considerar las funciones f ([A]) = [I] y f ([A]) =
[A] + [I], correspondientes a las funciones f (r) = 1 y f (r) = r + 1.
f ([A]) = [I], f (r = −1) = 1, f 0 (r = −1) = 0
f ([A]) = [A] + [I], f (r = −1) = 0, f 0 (r = −1) = 1
⇒ [Z1 ] = [I]
⇒ [A] + [I] = [Z2 ]
De este modo hallamos las matrices constituyentes de la matriz [A] de este ejemplo
µ
¶
1 0
[Z1 ] = [I] =
0 1
µ
¶
2 −1
[Z2 ] = [A] + [I] =
4 −2
Por consiguiente, escribiremos la matriz fundamental
µ
¶
µ
¶
−t
−t
−t 1 0
−t 2 −1
exp ([A]t) = e [Z1 ] + te [Z2 ] = e
+ te
0 1
4 −2
mostrando una analogı́a con la resolución de una EDOL de coeficientes constantes cuando una raı́z de la
ecuación caracterı́stica tuviera una multiplicidad de orden dos (por el hecho de aparecer la segunda solución
como una exponencial multiplicada por la variable independiente).
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
La solución general del SEDL homogéneo es pues
µ −t
e + 2te−t
x(t) = exp ([A]t)c =
4te−t
y por fin
x(t) = e−t
µ
1 + 2t
4t
−te−t
−t
e − 2te−t
−t
1 − 2t
55
¶µ ¶
c1
c2
¶µ ¶
c1
c2
3.3. Sistemas normales no homogéneos. Vamos ahora a abordar la situación de un sistema no homogéneo en un SED lineal de primer orden. En su resolución existe un paralelismo con respecto al caso de
una EDO como constataremos más abajo.
Consideremos pues el sistema completo
(3.11)
ẋ = [A] x(t) + f (t)
Teorema: Si xp (t) es una solución particular del sistema completo y xh (t) es la solución general deis
sistema homogéneo, entonces la solución del sistema completo es:
x(t) = xh (t) + xp (t)
3.3.1. Variación de parámetros. Al igual que en una EDO lineal donde, mediante la variación de las
constantes o parámetros de la combinación lineal de soluciones de la homogénea, obtenı́amos una solución
particular de la completa, seguiremos el mismo camino para resolver un SEDL. Si en el caso de la EDO
ensayábamos una solución particular dejando que dichas “constantes” fueran funciones de x (es decir ci (x)),
ahora ensayaremos una solución del tipo
xp (t) = exp ([A])t c(t)
El vector C(t) será determinado exigiendo que la solución propuesta satisfaga la ecuación 3.11; ası́
impondremos
ẋp (t) =
ẋp (t) =
[A] xp (t) + exp [A]t ċ(t)
[A] xp (t) + f (t)
de donde
ẋ(t) = [exp ([A]t)]−1 f (t) ⇒ ċ(t) = exp (−[A]t) f (t)
y por consiguiente la solución particular xp se puede escribir como
Z
xp (t) = exp ([A]t) dt exp (−[A]t) f (t)
Ejemplo: Encontrar la solución general del sistema
dx
=y
dt
dy
= −4x + 4y + et
dt
que se corresponde con la EDO de segundo orden
d2 y
dy
−4
+ 4y − et = 0
dt2
dt
En forma matricial
µ ¶ µ
¶
ẋ
0 1
=
ẏ
−4 4
µ ¶ µ ¶
x
0
+ t
y
e
Primero buscaremos la solución del sistema homogéneo
ẋ(t) = [A(t)] x(t)
de modo que los valores propios son:
¯
¯
¯−r
1 ¯¯
| [A] − r[I] |= ¯¯
−4 4 − r¯
= (r − 2)2 = 0 → r = 2 (doble)
56
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Ahora calcularemos exp ([A]t) mediante el método de las componentes
f ([A]) = f (2)[Z1 ] + f 0 (2)[Z2 ]
y determinamos las componenentes de [A] mediante las relaciones
f ([A])
f ([A])
=
=
µ
1
[I], f (r) = 1 99K f (2) = 1, f (2) = 0 99K [Z1 ] = [I] =
0
0
¶
0
1
µ
−2
[A] − 2[I], f (r) = r − 2 99K f (2) = 0, f (2) = 1 99K [Z2 ] = [A] − 2[I] =
−4
0
Ası́
e[A]t = e2t [Z1 ] + te2t [Z2 ] = e2t
µ
¶
1 − 2t
t
−4t 1 + 2t
la solución general del sistema homogéneo es
xh (t) = e
[A]t
µ
1 − 2t
c ⇒ e
−4t
t
1 + 2t
2t
y una solución particular del sistema completo
¶
1
2
¶
µ ¶
c1
c2
Z
xp (t) = e[A]t
donde
f (t) =
dt e−[A]t f (t)
µ ¶
0
et
entonces
¶
µ
1 − 2t
t
xp (t) = e
−4t 1 + 2t
y operando
dt
µ
1 − 2t
xp (t) = e
−4t
t
µ
Z
2t
¶
µ ¶
−t
−2t t 0
e
e
1
1 − 2t
1 + 2t
4t
t
1 + 2t
¶
µ
1+t
1 + 2t
Al fin, la solución general del sistema completo es
µ
¶
t
2t 1 − 2t
x(t) = xh (t) + xp (t) = e
−4t 1 + 2t
¶
µ ¶
µ ¶
c1
−t 1
−e
c2
1
En general, teniendo en cuenta las condiciones iniciales mediante el vector c, la evolución temporal del
vector solución x del sistema ẋ = [A]x + f (t) puede escribirse como
Z t
x(t) = e[A]t c + e[A]t
dt e−[A]t f (t)
0
Comprobamos que en t = 0:
x0 = c
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
57
4. SOLUCIÓN EN SERIES DE POTENCIAS
Las ecuaciones diferenciales estudiadas en los capı́tulos anterioes tenı́an a menudo soluciones expresables
en términos de funciones elementales, tales como polinomios, exponenciales, funciones de tipo trigonométrico
o hiperbólico. Sin embargo, existen ecuaciones importantes en fı́sica que no poseen tales soluciones; en ese
caso, puede buscarse una representación de la solución mediante series de potencias. No obstante, hemos
de advertir que la frontera entre un caso y otro (funciones elementales frente a las series de potencias)
es, en realidad, artificial pues las primeras también pueden escribirse como series convergentes. La razón
de distinguir las funciones elementales con nombres propios (tal y como logaritmo, exponencial, etcétera)
radica en que la frecuencia de su aparición en problemas fı́sico-matemt́icos.
Revisión de una serie de potencias. Una serie del tipo
2
n
a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 ) + · · · + an (x − x0 ) + · · · =
∞
X
an (x − x0 )n
n=0
donde {ai }i=1,2,... son constantes y x es una variable real, se llama una serie (infinita) de potencias. Tal
serie siempre converge para x = x0 y, en general, lo hará en un intervalo de convergencia (absoluta) que
puede ser de radio 0 (sólo el punto x = 0) o de radio infinito (todo el eje real). La serie derivada e integral
tiene el mismo intervalo de convergencia que la original (aunque en los extremos la convergencia puede
variar.
En general -mediante una traslación del sistema de coordenadas- siempre es posible reducir la anterior
serie a
∞
X
2
n
a0 + a1 x + a2 x + · · · + an x + · · · =
an xn
n=0
Un método para conocer el radio de convergencia de una serie se basa en el criterio de D’Alembert o del
cociente: una serie numérica infinita c0 + c1 + c2 + · · · + cn + · · · (que puede ser alternada) converge si el
lı́mite del cociente entre dos términos consecutivos es menor que uno. Es decir,
cn+1
lim |
|= L
n→∞
cn
si L < 1 converge; si L > 1 diverge, si L = 1 el criterio no es concluyente. Por tanto, para una serie de
potencias, esto implica que
lim |
n→∞
an+1 (x − x0 )n+1
an+1
| = | x − x0 | lim |
|< 1
n→∞
an (x − x0 )n
an
y por tanto el radio de convergencia R de la serie será
R = | x − x0 |max =
1
limn→∞ |
an+1
an
|
= lim |
n→∞
an
|
an+1
Ejemplo 1: Sea la serie de potencias
1 + x + x2 + · · · + xn + · · ·
que es una serie geométrica de razón x. Será pues convergente si | x |< 1, lo cual también se puede ver ya
que claramente limn→∞ an+1 /an = 1 y por tanto el radio de convergencia ha de ser la unidad. Esa serie
define, de hecho, una función ya que
1
= 1 + x + x2 + · · · + xn + · · · , | x |< 1
1−x
que está obviamente definida en una región mayor que el intervalo ] − 1, 1[: todo el eje real excepto el punto
x = 1.
Por otro lado, es razonable pensar que el intervalo de convergencia limitaodo a | x |< 1 esté motivado
por el mal comportamiento (lo que luego llamaremos singularidad) de la función en x = 1.
58
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Ejemplo 2: Sea ahora la serie de potencias
1 − x2 + x4 + · · · + (−1)n x2n + · · · =
∞
X
(−1)n x2n
i=0
1
1−x2
cuya suma es la función
y cuyo intervalo de convergencia es también | x |< 1. Al contrario que en el
ejemplo anterior, aquı́ la función no tiene un mal comportamiento (singularidad) en x = 1, ni en realidad
en ningún punto del eje real. Sin embargo, si ampliamos el carácter de x considerándola una variable
compleja, entonces la función posee singularidades en x = ±i (pues el denominador se anula y la función
no está definida); por ello, la serie converge dentro del cı́rculo de radio unidad y centro en el origen de
coordenadas. El intervalo de convergencia en el eje R es meramente una sección transversal de la región
de convergencia en el plano complejo. Este ejemplo es una anticipación de un teorema en la obtención de
soluciones mediante series que veremos posteriormente.
Veremos en un sencillo ejemplo que una solución en serie conduce a la misma solución encontrada por
los medios ya estudiados antes. Sea la EDO de primer orden,
y0 = y
y supondremos que tiene una solución en serie de potencias de la forma
y = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · ·
Derivando hallamos
y 0 = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + (n + 1)an+1 xn + · · ·
Exigiendo ahora que coincidan ambas series:
a1 = a0 , 2a2 = a1 , 3a2 = a2 , · · · , (n + 1)an+1 = an
lo cual implica
a1
a0
a2
a0
a0
= , a3 =
=
, · · · , an =
2
2
3
2·3
n!
Insertando esos coeficientes en la serie, obtenemos la solución
µ
¶
x2
x3
xn
y = a0 1 + x +
+
+ ··· +
+ ···
2!
3!
n!
a1 = a0 , a2 =
en donde a0 queda libre y juega el papel de la (única) constante arbitraria que aparece en la resolución de
una EDO de primer orden. En este ejemplo concreto, podemos reconocer tal serie como una exponencial,
como era de esperar al hallar la solución de la EDO, es decir y = a0 ex .
Este caso pone de manifiesto un método útil para obtener la expansión de una función dada: encontrar
la ecuación diferencial satisfecha por la función para luego resolverla por medio de series de potencias.
Sumas de series Una propiedad muy utilizada en la suma de dos series convergentes es que
∞
∞
∞
X
X
X
an +
bn =
(an + bn )
n=0
n=0
n=0
Observemos también que si una serie es convergente, al ser multiplicada por una constante, su suma también
lo será
∞
∞
X
X
c·
an =
c · an
n=0
n=0
Productos de series Es conveniente tener presente la siguiente propiedad del producto de dos series
convergentes para su posterior utilización en la resolución de EDOs:
µX
∞
n=0
¶ µX
¶ X
∞ X
n
∞
∞ X
∞
X
an ·
an bk =
ak bn−k
bn =
n=0
n=0 k=0
n=0 k=0
como puede comprobarse fácilmente desarrolando ambos miembros y reagrupando términos.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
59
Función analı́tica: Se dice que una función f (x) es analı́tica en x0 si,Pen un intervalo abierto en torno
∞
a x0 , la función puede desarrollarse como una serie de potencias f (x) = n=0 an (x − x0 )n . Es obvio que
los coeficientes an pueden identificarse con los coeficientes del desarrollo de Taylor alrededor del punto x0
pues derivando sucesivamente la serie y haciendo x = x0 , se comprueba que
f 0 (x0 ) = a1 , f 00 (x0 ) = 2a2 , f 000 (x0 ) = 3 · 2 a3 , · · · , f (n) (x0 ) = n! an
Ası́ pues f (x) es analı́tica en x0 si puede expresarse mediante un desarrollo de Taylor
∞
X
f (n) (x0 )
(x − x0 )n
n!
n=0
o de Maclaurin para x0 = 0.
Por ejemplo, ex es analı́tica en x0 = 0 (y en todo el eje real) y se puede escribir como
1
1
1
ex = 1 + x + x2 + x3 + · · · + xn + · · ·
2
3!
n!
Igualmente sin x es analı́tica, por ejemplo en x = π/2 (y en cualquier punto del eje real) pudiéndose escribir
en un entorno de dicho punto como
1
(−1)n
1
sin x = 1 − (x − π/2)2 + (x − π/2)4 − · · · +
(x − π/2)2n + · · ·
2
4!
2n!
Un punto en el cual una función no es analı́tica se conoce como punto singular de dicha función. Si la
función no estuviera definida en un punto,√éste será siempre singular pero podrı́a estar
√ definida y no ser un
-1
es
singular
aunque
0 = 0, pero (todas) las
punto ordinario. Es el caso de la función 1 + x, el punto
√
derivadas no están definidas en dicho punto f 0 (x) = 1/2 1 + x. Lo mismo ocurre para f (x) = (1 + x)3/2 ,
que no es analı́tica en x = −1.
Puntos ordinarios y singulares de una EDO. En el caso de una EDO, hemos de estudiar cuando
existen singularidades, tanto en la propia ecuación diferencial, como en sus soluciones (ambos problemas
están, claro está, relacionados).
Consideremos la ecuación diferencial de segundo orden:
(4.1)
P0 (x)y 00 + P1 (x)y 0 + P2 (x) = 0
Un punto x es ordinario si
• P0 (x) 6= 0
• P1 (x) y P2 (x) son analı́ticas.
Si se dividen los términos de la anterior ecuación por P0 (x), la EDO puede expresarse en la forma
y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0
donde p(x) = P1 (x)/P0 (x) y q(x) = P2 (x)/P0 (x); la condición de que el punto x sea ordinario es que
p(x) y q(x) sean analı́ticas. Si no se satisfacen las anteriores condiciones el punto (x0 ) es singular. En
general no se puede afirmar mucho acerca de las soluciones de una EDO cerca de un punto singular. No
obstante, en la mayorı́a de las aplicaciones los puntos singulares son lo suficientemente “débiles” como para
que las funciones de los coeficientes sean sólo “ligeramente” no analı́ticas. Se trata de los llamados puntos
singulares regulares que vamos a ver seguidamente.
Ası́, hemos de distinguir entre punto singular regular y no regular. En el primer caso las funciones
p(x) y q(x) pueden tener, a lo sumo, sendos polos de orden uno y dos respectivamente en x = x0 . Es decir,
podremos escribir la EDO en la forma
y 00 +
r2 (x)
r1 (x) 0
y +
y=0
x − x0
(x − x0 )2
donde r1,2 (x) son analı́ticas en x0 . Dicho de otro modo, si tanto (x − x0 )p(x) como (x − x0 )2 q(x) son
analı́ticas en x0 , el punto es singular regular. El punto se llama singular irregular cuando no es ası́.
60
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Teorema: En general, si x = x0 es un punto ordinario de una EDO de segundo orden, siempre se
pueden determinar dos soluciones linealmente independientes en forma de series de potencias centradas en
(o alrededor de) x0 ; esto es
∞
X
y1 (x) =
n=0
∞
X
y2 (x) =
bn (x − x0 )n
cn (x − x0 )n
n=0
cada una de ellas con un coeficiente arbitrario b0 y c0 , respectivamente. La solución puede expresarse
también como una única serie
∞
X
y(x) =
an (x − x0 )n
n=0
con dos coeficientes arbitrarios a0 , a1 .
Las soluciones en serie satisfacen la EDO y convergen, al menos, en un intervalo definido por | x−x0 |< R
donde R es la distancia de x0 al punto singular más cercano, aunque puede ser mayor, pasando
el cı́rculo frontera por otra singularidad.
Ejemplo: Clasificar los puntos singulares de la EDO:
(x2 − 1)2 y 00 + (x + 1)y 0 − y = 0
En este caso,
p(x) =
q(x) =
x+1
1
=
2
2
(x − 1)
(x + 1)(x − 1)2
−1
−1
=
(x2 − 1)2
(x + 1)2 (x − 1)2
de donde vemos que x0 = ±1 son puntos singulares. Para la singularidad en x0 = 1 se tiene
(x − 1)p(x) =
1
(x + 1)(x − 1)
que no es analı́tica en x = 1 y por tanto es un punto singular irregular. Para la singularidad en x0 = −1,
(x + 1)p(x) =
1
(x − 1)2
(x + 1)2 q(x) =
−1
(x − 1)2
y por tanto son analı́ticas en dicho punto que es singular regular.
Sin embargo, debemos investigar todavı́a el problema de obtener soluciones para valores grandes de x
para los cuales la convergencia de una serie alrededor de un valor determinado x0 pueda ser demasiado lenta.
Definición: punto del infinito. Para tratar el punto del infinito se realiza el cambio x = 1/w; entonces
atribuiremos al punto del infinito el carácter que tenga el punto w = 0.
Podemos comprobar que
d
d dw
1
d
d
=
=
= −w2
dx
dw dx
dx/dw dx
dw
µ ¶
µ
¶
d
d
d
d2
d2
2 d
2 d
=
=
−w
−w
= 2w3
+ w4 2
2
dx
dx dx
dw
dw
dw
dw
00
0
y la EDO y + p(x)y + q(x)y = 0 se transforma en
w4
y dividiendo por w4 , se halla
dy
d2 y
+ [2w3 − w2 p(1/w)]
+ q(1/w)y = 0
2
dw
dw
·
¸
2
1
dy
1
d2 y
+
−
p(1/w)
+
q(1/w)y = 0
dw2
w w2
dw w4
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
61
Por último, w = 0 (y el punto del infinito en consecuencia) será un punto ordinario o singular según el
comportamiento de las funciones
2
1
1
−
p(1/w),
q(1/w)
w w2
w4
Ejemplo: Clasificar las singularidades de la siguiente EDO incluyendo el punto del infinito:
x2 (x + 3)y 00 − (x + 3)y 0 + 3xy = 0
que en forma normal se escribe
1 0
3
y=0
y +
2
x
x(x + 3)
Las singularidades son x = 0 y x = −3; el primero es un punto singular no regular mientras que el segundo
es singular regular; para ver el carácter del punto del infinito, estudiemos en w = 0 el comportamiento de
las funciones
¸
·
1
w2
2
p(x) = − 2 → p(1/w) = −w2 → w
+ 2
x
w w
y 00 −
3w2
1 3w2
3
→ q(1/w) =
→ w2 4
x(x + 3)
1 + 3w
w 1 + 3w
y como ambas son analı́ticas, concluimos que el infinito es un punto singular regular.
q(x) =
Resolución de una EDO alrededor de un punto ordinario. Cuando consideramos un punto ordinario
de una solución de la EDO homogénea se basa en ensayar la serie de potencias
P∞ x0 , la búsqueda
n
a
(x
−
x
)
.
Se
sustituye
en la EDO, se desarrollan en serie (si fuera necesario) las funciones r1,2 (x)
n
0
n=0
y se identifican los coeficientes con potencias iguales para que se verifique la ecuación diferencial. De esta
forma, se llega a un sistema de ecuaciones recurrentes para el cálculo de los coeficientes an de la serie
propuesta, que normalmente quedan en función de los primeros términos a0 y a1 , es decir, y(0) y y 0 (0). A
posteriori, se determina el radio de convergencia de la serie y, por tanto, de la solución. Un sencillo ejemplo
ayudará a entender el método.
Consideremos la ecuación diferencial de segundo orden:
y 00 + y = 0
(4.2)
Como p(x) ≡ 0 y q(x) ≡ 1 son obviamente analı́ticas en todos los puntos, buscaremos una solución de la
forma:
y = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + · · · + an+2 xn+2 + ...
Derivando sucesivamente
y 0 = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + 4a4 x3 + 5a5 x4 + · · · + (n + 2)an+2 xn+1 + ...
y 00 = 2a2 + 3 · 2a3 x + 4 · 3a4 x2 + 5 · 4a5 x3 + · · · + (n + 2)(n + 1)an+2 xn + ...
y sustituyendo en la EDO y se suman las dos series, se tiene
[2a2 + a0 ] + [3 · 2a3 + a1 ]x + [4 · 3a4 + a2 ]x2 + [5 · 4a5 + a3 ]x3 + · · · + [(n + 2)(n + 1)an+2 + an ]xn + ... = 0
y al igualar a cero los coeficientes de las potencias de x, se obtiene que
2a2 + a0 = 0, 3 · 2a3 + a1 = 0, 4 · 3a4 + a2 = 0, 5 · 4a5 + a3 = 0, · · · , (n + 2)(n + 1)an+2 + an = 0
Por medio de esas ecuaciones se puede expresar an en función de a0 o a1 según n sea par o impar:
a0
a1
a2
a0
a3
a1
a2 = − , a 3 = − , a 4 = −
= , a5 = −
= ,···
2
3!
4·3
4!
5·4
5!
Con estos coeficientes, la serie solución se convierte en:
a0
a1 3
a0
a1
y = a0 + a1 x − x2 −
x +
x4 +
x5 − · · ·
2
3
·
2
4
·
3
·
2
5
·
4
·
3
·
2
µ
¶
µ
¶
x2
x4
x3
x5
= a0 1 −
+
− · · · + a1 x −
+
− ···
2!
4!
3!
5!
62
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Comprobamos que ambas series son linealmente independientes y convergentes para cualquier valor de x.
De hecho, podemos reconocerlas como las funciones trigonométricas seno y coseno de x y escribir la solución
general en la forma:
(4.3)
y = a0 cos x + a1 sin x
Cualquier solución particular se obtiene especificando los valores de y(0) = a0 y y 0 (0) = a1 , por ejemplo.
Naturalmente este resultado podrı́a haberse obtenido desde el principio, como en el ejemplo anterior
de la EDO de primer orden, pues es una EDO muy sencilla y conocida. Sin embargo, remarquemos, esta
coincidencia debe tomarse como un accidente fortuito pues la mayorı́a de las soluciones en serie que se
encuentran de este modo son imposibles de identificar con funciones ya conocidas.
4.1. Solución en torno a un punto singular regular. Para motivar el método de Frobenius, reconsideremos la ecuación de Euler en su forma canónica
y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0, x > 0
donde
p0
q0
, q(x) = 2
x
x
siendo p0 y q0 constantes. Buscaremos soluciones del tipo y = xr , hallándose la ecuación indicial:
p(x) =
r(r − 1) + p0 r + q0 = 0 → r2 + (p0 − 1)r + q0 = 0
que ha de cumplirse para que sea una solución de la EDO inicial.
Supongamos ahora de una forma más general que una EDO
y 00 + p(x)y 0 + q(x) = 0
(4.4)
tal que xp(x) y x2 q(x), en vez de ser constantes, son funciones analı́ticas. Si x = 0 es regular, en un cierto
intervalo abierto con centro en x = 0, se tiene
xp(x) = p0 + p1 x + p2 x2 + · · · =
∞
X
pn xn
n=0
2
2
x q(x) = q0 + q1 x + q2 x + · · · =
∞
X
qn xn
n=0
Observemos que
lim xp(x) = p0 ,
x→0
lim x2 q(x) = q0
x→0
y por consiguiente para valores de x próximos a cero se tiene que xp(x) ' p0 y x2 q(x) ' q0 . Además p(x)
y q(x) se pueden escribir como series de potencias a partir de las anteriores ecuaciones:
p(x) =
∞
X
pn xn−1 , 0 <| x |< R1
n=0
q(x) =
∞
X
qn xn−2 , 0 <| x |< R2
n=0
La idea de Frobenius es que, puesto que la ecuación de Euler tiene soluciones del tipo xσ , donde σ podrá
no ser entero; entonces para dicho punto debe haber soluciones de la forma xσ multiplicada por una función
analı́tica. En consecuencia, se propone la solución:
y = xσ
∞
X
n=0
an xn =
∞
X
an xn+σ , a0 6= 0
n=0
de modo que permite a y tener un polo en x = x0 pero mantener un buen comportamiento en el punto.
Sin pérdida de generalidad, supondremos que a0 es una constante arbitraria distinta de cero. En efecto,
si a0 = 0 entonces se podrı́a factorizar alguna potencia positiva de x a partir de la serie de potencias de xn
y combinarse con xσ ; luego queda por determinar σ y los coeficientes an , n ≥ 1.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
Derivando sucesivamente y con respecto a x,
∞
X
y0 =
(n + σ)an xn+σ−1 ;
y 00 =
n=0
∞
X
63
(n + σ)(n + σ − 1)an xn+σ−2
n=0
y sustituyendo en la EDO
µX
¶ µX
¶ µX
¶ µX
¶
∞
∞
∞
∞
∞
X
(n+σ)(n+σ −1)an xn+σ−2 +
pn xn−1 ·
(k+σ)ak xk+σ−1 +
qn xn−2 ·
ak xk+σ = 0
n=0
n=0
n=0
k=0
k=0
Utilizando la propiedad (3.9) del producto de series:
¶¸
∞ ·
n µ
X
X
(n + σ)(n + σ − 1)an +
(n − k + σ)pk an−k + qk an−k xn+σ−2
n=0
k=0
y desarrollando llegamos fácilmente a
[σ(σ − 1) + σp0 + q0 ]a0 xσ−2 + [(σ + 1)σa1 + (σ + 1)p0 a1 + σp1 a0 + q0 a1 + q1 a0 ]xσ−1 + · · · = 0
Para que la suma sea cero, cada coeficiente debe ser cero. Considerando el primer término xσ−2 , resulta
[σ(σ − 1) + p0 σ + q0 ] · a0 = 0
y como a0 es arbitrario, hallamos una ecuación indicial similar a la que se obtuvo con la ecuación de Euler.
En resumen, si x0 es un punto singular regular de la EDO y 00 + p(x)y 0 + q(x) = 0, la ecuación indicial
en dicho punto es:
σ(σ − 1) + p0 σ + q0 = 0 ⇒ σ 2 + (p0 − 1)σ + q0 = 0
donde, recordemos, limx→0 xp(x) = p0 y limx→0 x2 q(x) = q0 . Las raı́ces de la ecuación indicial se llaman
exponentes o ı́ndices de la singularidad.
00
0
Teorema de Frobenius: Si x0 es un punto singular regular de la EDO
q(x) = 0, entonces
P∞ y + p(x)y +n+σ
, donde σ es la
existe por lo menos una solución en serie de potencias de la forma n=0 an (x − x0 )
raı́z mayor de la ecuación indicial asociada. Además, esta serie converge para todo valor de x tal que
0 < x − x0 < R, donde R es la distancia de x0 a otro punto singular (real o complejo) de la EDO más
cercano.
Cabe distinguir tres casos según sean las dos raı́ces σ1 y σ2 , tal que Re(σ1 ) ≥ R(σ2 ):
• Si σ1 − σ2 6= entero, existen dos soluciones linealmente independientes y1 (x) y y2 (x) de la forma
y1 (x)
y2 (x)
=
=
∞
X
n=0
∞
X
an (x − x0 )n+σ1 , a0 6= 0
bn (x − x0 )n+σ2 , b0 6= 0
n=0
• Si σ1 = σ2 = σ, siempre existen dos soluciones linealmente independientes que tienen la forma:
∞
X
y1 (x) =
an (x − x0 )n+σ , a0 6= 0
n=0
y2 (x)
= y1 (x) ln (x − x0 ) +
∞
X
bn (x − x0 )n+σ , b1 6= 0
n=1
• Si σ1 − σ2 = entero positivo, puede ser que la segunda solución tenga un logaritmo. Es decir, las
dos soluciones serán de la forma
∞
X
y1 (x) =
an (x − x0 )n+σ1 , a0 6= 0
n=0
y2 (x) =
Cy1 (x) ln (x − x0 ) +
∞
X
n=0
donde C es una constante que puede ser cero.
bn (x − x0 )n+σ2 , b0 6= 0
64
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Ejemplo 1: Encontrar las soluciones en series de potencias alrededor de x = 0,
4xy 00 + 2y 0 + y = 0
que escrita en la forma
1 0
1
y +
y=0
2x
4x
nos permite identificar p(x) = 1/2x y q(x) = 1/4x. Claramente x = 0 es un punto singular; como
xp(x) = 1/2 y x2 q(x) = x/4 son finitos, el punto es regular. Ensayaremos la serie de Frobenius
y 00 +
y = xσ
∞
X
an xn =
n=0
∞
X
an xn+σ
n=0
La ecuación indicial para x0 = 0 es
1
σ 2 − σ = 0 → σ1 = 1/2, σ = 0
2
puesto que p0 = 1/2 y q0 = 0. Como ambas raı́ces no difieren en un entero, esperamos encontrar dos
soluciones L.I. mediante la serie anterior.
Sustituyendo la serie en la EDO, obtenemos
∞
X
(n + σ)(n + σ − 1)an xn+σ−2 +
n=0
∞
∞
1 X
1 X
(n + σ)an xn+σ−1 +
an xn+σ = 0
2x n=0
4x n=0
donde en el último término cambiaremos el ı́ndice n por k y volveremos a hacer el cambio n = k + 1; por
tanto
∞
∞
1 X
1X
ak xk+σ =
an−1 xn+σ−2
4x
4 n=1
k=0
σ−2
Dividiendo ahora por x
y agrupando términos con la misma potencia de n, encontramos
¸
∞ ·
X
σ
an−1
1
σ(σ − 1)a0 + a0 +
xn
(n + σ)(n + σ − 1)an + (n + σ)an +
2
2
4
n=1
donde se anula el primer término como consecuencia de la ecuación indicial; exigiendo que los coeficientes
de xn se anulen separadamente, hallamos la relación de recurrencia
1
1
(n + σ)(n + σ − 1)an + (n + σ)an + an−1 = 0
2
4
Eligiendo la mayor de las dos raı́ces, σ = 1/2, la anterior ecuación conduce a
−an−1
(4n2 + 2n)an + an−1 = 0 ⇒ an =
2n(2n + 1)
Haciendo a0 = 1, encontramos
−a0
−1
−a1
1
−a2
−1
a1 =
=
, a2 =
=
, a3 =
=
2·3
1·2·3
4·5
1·2·3·4·5
6·7
1·2·3·4·5·6·7
y por tanto el coeficiente an se puede escribir como
an =
(−1)n
(2n + 1)!
de modo que una solución de la EDO es
√
√
∞
√
√ X
(−1)n n √
( x)3
( x)5
x = x−
+
− · · · = sin x
y1 (x) = x
(2n + 1)!
3!
5!
n=0
Para obtener una segunda solución tomamos la otra raı́z σ = 0 de la ecuación indicial; entonces, tenemos
(4n2 − 2n)bn + bn−1 = 0 ⇒ bn =
−bn−1
2n(2n − 1)
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
65
Haciendo b0 = 1, encontramos esta vez para el término general de la segunda serie
bn =
(−1)n
(2n)!
por lo que una segunda solución es
√
√
∞
X
√
(−1)n n
( x)2
( x)4
y2 (x) = x
x =1−
+
− · · · = cos x
(2n)!
2!
4!
n=0
0
Como resulta obvio ambas series son convergentes en todo el eje real. Podemos también comprobar que
son L.I. mediante el wronskiano
µ
¶
µ
¶
√
√
√
√
1
1
√ cos x
W [y1 , y2 ] = y1 y20 − y2 y10 = sin x · − √ sin x − cos x ·
2 x
2 x
y por tanto
√
√
1
1
W [y1 , y2 ] = − √ (sin 2 x + cos 2 x) = − √ 6= 0
2 x
2 x
Ejemplo 2: Hallar dos soluciones L.I. de la EDO en torno al punto x = 0:
x2 y 00 − xy 0 + (1 − x)y = 0
Aquı́ tenemos p(x) = −1/x y q(x) = (1 − x)/x2 , siendo x = 0 un punto singular regular pues
p0 = lim xp(x) = −1, q0 = lim x2 q(x) = 1
x→0
x→0
Entonces la ecuación indicial es
σ 2 − 2σ + 1 = 0 → σ = 1 (doble)
Se trata del segundo caso del Teorema de Frobenius: raı́ces repetidas. Buscaremos la primera solución
mediante la serie
∞
∞
X
X
y1 (x) = xσ
an xn =
an xn+σ
n=0
n=0
Sustituyendo en la EDO, se obtiene
x2
∞
X
(n + σ)(n + σ − 1)an xn+σ−2 − x
n=0
∞
X
(n + σ)an xn+σ−1 + (1 − x)
n=0
∞
X
an xn+σ = 0
n=0
que se puede escribir
∞
X
(n + σ)(n + σ − 1)an xn+σ −
n=0
∞
X
(n + σ)an xn+σ +
n=0
∞
X
an xn+σ −
n=0
∞
X
an xn+σ+1 = 0
n=0
Ahora, cambiando el ı́ndice n por k en las tres primeras series y haciendo un corrimiento de ı́ndices tomando
k = n + 1 en la última:
¸
∞ ·
∞
X
X
(k + σ)(k + σ − 1) − (k + σ) + 1 ak xk+σ −
ak−1 xk+σ = 0
k=0
k=1
Separando el término correspondiente a k = 0 y combinando las otras en una sola serie:
¸
¾
∞ ½·
X
σ
[σ(σ − 1) − σ + 1]a0 x +
(k + σ)(k + σ − 1) − (k + σ) + 1 ak − ak−1 xk+σ = 0
k=1
e igualando a cero los coeficientes se encuentra para k = 0:
[σ(σ − 1) − σ + 1]a0 = 0
lo cual proporciona la ecuación indicial (que ya habı́amos expresado al inicio del problema).
Para k ≥ 1, obtenemos la relación de recurrencia:
[(k + σ)2 − 2(k + σ) + 1]ak − ak−1 = 0
66
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
la cual se reduce a
(k + σ − 1)2 ak − ak−1 = 0 ⇒ ak =
Haciendo σ = σ1 = 1 se obtiene
ak =
Para k = 1, 2 y 3, resulta
a1
=
a2
=
a3
=
1
ak−1 ,
k2
1
ak−1 , k ≥ 1
(k + σ − 1)2
k≥1
1
a0 = a0 , (k = 1)
12
1
1
1
a1 =
a0 = a0 , (k = 2)
22
(2 · 1)2
4
1
1
1
a0 , (k = 3)
a1 =
a0 =
32
(3 · 2 · 1)2
36
(4.5)
En general se tiene
1
a0
(k!)2
Por consiguiente, la EDO tiene la siguiente solución en serie de potencias:
µ
¶
∞
∞
X
X
1
1
1 k
1 k+1
y1 (x) = a0 x 1 + x + x2 + x3 + · · · = a0 x
x
x
=
a
0
4
36
(k!)2
(k!)2
ak =
k=0
k=0
Podemos comprobar fácilmente que la serie es convergente en todo el eje real pues
¸2
·
(k + 1)!
lim
=∞
n→∞
k!
lo cual se puede deducir también del hecho de que x = 0 es el único punto singular de la EDO.
Obtención de una segunda solución. Como las dos raı́ces de la ecuación indicial son iguales, vamos
a ensayar una serie del tipo
∞
X
y2 (x) = y1 (x) ln x +
bn xn+1
n=1
donde escribiremos la primera solución haciendo a0 = 1
∞
X
1 k+1
y1 (x) =
x
(k!)2
k=0
Nuestro objetivo es determinar los coeficientes bn sustituyendo y2 (x) en la EDO. Comenzamos hallando las
derivadas sucesivas de y2 (x):
∞
X
1
y20 (x) = y10 (x) ln x + y1 (x) +
(n + 1)bn xn
x
n=1
y200 (x)
= y100 (x) ln x −
∞
X
1
2 0
y
(x)
+
y
(x)
+
n(n + 1)bn xn−1
1
1
x2
x
n=1
Llevando estas expresiones a la EDO, resulta
·
¸
∞
X
1
2 0
2
00
n−1
x y1 (x) ln x − 2 y1 (x) + y1 (x) +
n(n + 1)bn x
x
x
n=1
¸
·
∞
X
1
(n + 1)bn xn
−x y10 (x) ln x + y1 (x) +
x
n=1
·
¸
∞
X
+ (1 − x) y1 (x) ln x +
bn xn+1 = 0
n=1
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
67
lo cual se puede reescribir en la forma
·
¸
2 00
0
x y1 (x) − xy1 (x) + (1 − x)y1 (x) ln x − 2y1 (x) + 2xy10 (x)
∞
X
+
∞
X
n(n + 1)bn xn+1 −
n=1
(n + 1)bn xn+1 +
n=1
∞
X
bn xn+1 −
n=1
∞
X
bn xn+2 = 0
n=1
Notemos ahora que el factor que precede a ln x es precisamente el primer miembro de la EDO con y = y1
y, por tanto, se anulará.
Seguidamente reordenamos y agrupamos los sumatorios:
∞
∞
∞
∞
X
X
X
X
n(n + 1)bn xn+1 −
(n + 1)bn xn+1 +
bn xn+1 −
bn xn+2
n=1
∞
X
n=1
n=1
(n2 + n − n − 1 + 1)bn xn+1 −
=
n=1
bn xn+2 =
n=1
b1 x2 +
=
∞
X
∞
X
n=1
∞
X
n2 bn xn+1 −
n=1
∞
X
bn xn+2
n=1
(k 2 bk − bk−1 )xk+1
k=2
Por consiguiente,
2xy10 (x) − 2y1 (x) + b1 x2 +
∞
X
(k 2 bk − bk−1 )xk+1 = 0
k=2
Y ahora, hemos de sustituir en la anterior ecuación los desarrollos en serie de y1 (x) e y10 (x), donde este
último es
∞
X
k+1 k
y10 =
x
(k!)2
k=0
Ası́ pues,
∞
X
2(k + 1) − 2
k=0
(k!)2
k+1
x
2
+ b1 x +
∞
X
(k 2 bk − bk−1 )xk+1 = 0
k=2
Separando los términos correspondientes k = 0 y k = 1 y combinando los términos restantes, se obtiene
¸
∞ ·
X
2k
2
k+1
(2 + b1 )x2 +
+
k
b
−
b
=0
k
k−1 x
(k!)2
k=2
Igualando a cero los coeficientes, del término en x2 se deduce rápidamente que
2 + b1 = 0 ⇒ b1 = −2
k+1
Del término en x
,
·
¸
2k
1
2k
2
+
k
b
−
b
=
0
⇒
b
=
b
−
, k≥2
k
k−1
k
k−1
(k!)2
k2
(k!)2
Particularizando a k = 2, 3, ...
¸
·
·
¸
1
3
1
3
6
11
b2 = 2 b1 − 1 = − , b3 =
− −
=−
, ···
2
4
9
4 36
108
En consecuencia, una segunda solución L.I. de la EDO es
3
11 4
y2 (x) = y1 (x) ln x − 2x2 − x3 −
x + ···
4
108
68
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
5. Funciones Especiales
En este capı́tulo abordamos el estudio de las llamadas funciones especiales. En realidad no deberı́a utilizarse el calificativo de “especiales” para designar a estas funciones cuya relevancia es enorme en numerosos
problemas de la fı́sica y la tecnologı́a.
En particular, casi todas las funciones elementales de las matemáticas pueden expresarse bien como funciones hipergeométricas o sus cocientes. Pero aún más importante, muchas de las funciones no-elementales
que aperecen en la fı́sica y las matemáticas pueden también ser representadas mediante series hipergeométricas. Pasamos a estudiarlas en primer lugar para luego seguir con otros casos.
5.1. Función hipergeométrica de Gauss. Sea la EDO
x(1 − x)y 00 + [c − (a + b + 1)x]y 0 − aby = 0
(5.1)
de donde
−ab
c − (a + b + 1)x
, q(x) =
x(1 − x)
x(1 − x)
siendo pues x = 0 y x = 1 puntos singulares. Como
p(x) =
c − (a + b + 1)x
−xab
= c, lim x2 q(x) =
=0
x→0
1−x
1−x
y de modo similar para x = 1. Luego ambos son puntos singulares regulares (además el punto del infinito
también es un punto singular regular) satisfaciéndose que p0 = c y q0 = 0, de modo que la ecuación indicial
es
σ(σ − 1) + σc = 0 → σ · [σ − (1 − c)] = 0
lim xp(x) =
x→0
de donde las soluciones son σ1 = 0 y σ2 = 1 − c. Si 1 − c no es un entero positivo (o sea, si c no es cero ni
un entero negativo), entonces existe una solución de la forma
y1 (x) = x0
∞
X
an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · , y10 (x) = a1 + 2a2 x + · · · , y100 = 2a2 + 3 · 2a3 x + · · ·
n=0
Al sustituir el anterior desarrollo en la EDO:
x(1−x)(2a2 +3·2a3 x+· · · )+[c−(a+b+1)x](a1 +2a2 x+3a3 x2 +· · · )−ab(a0 +a1 x+a2 x2 +a3 x3 +· · · ) = 0
y reordenando
ca1 − ab · a0 + [2(c + 1)a2 − (a + b + ab + 1)a1 ]x + · · · ⇒ ca1 − ab · a0 + [2(c + 1)a2 − (a + 1)(b + 1)a1 ]x + · · ·
de donde, requiriendo que los coeficientes de las distintas potencias de x, se obtiene la siguiente fórmula de
repetición para las an :
a1 =
a·b
(a + 1) · (b + 1)
(a + n)(b + n)
a 0 , a2 =
a1 , · · · , an+1 =
an
c
2(c + 1)
(n + 1)(c + n)
Si hacemos a0 = 1 tenemos
a1 =
ab
a(a + 1)b(b + 1)
a(a + 1)(a + 2)b(b + 1)(b + 2)
, a2 =
, a3 =
,...
1·c
1 · 2 · c(c + 1)
1 · 2 · 3 · c(c + 1)(c + 2)
Otro modo de resolver la EDO es sustituyendo las series sin desarrollar en la EDO y hacer los correspondientes desplazamiento de ı́ndices. Ası́
∞
X
n(n − 1)an xn−1 −
n=0
∞
X
n=0
n(n − 1)an xn + c
∞
X
nan xn−1 − (a + b + 1)
n=0
∞
X
n=0
n
nan xn − ab
∞
X
an xn
n=0
Haciendo el cambio n = k − 1 en aquellos sumatorios con potencias de x y k = n en aquéllos con potencias
de xn−1
¸
∞ ·
X
k(k − 1)ak − (k − 1)(k − 2)ak−1 + ckak − (a + b + 1)(k − 1)ak−1 − abak−1 xk−1
k=1
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
69
lo cual implica
ak [k(k − 1) + ck] − [(k − 1)(k − 2) + (a + b + 1)(k − 1) + ab]ak−1 = 0
donde hemos tenido en cuenta la cancelación de algunos términos de los sumatorios.
Haciendo ahora el cambio k 7→ k + 1 para facilitar la comparación con el resultado anterior
ak+1 [k(k + 1) + c(k + 1)] − [(k(k − 1) + (a + b + 1)k + ab]ak = 0
y finalmente reobtenemos
ak+1 =
(a + k)(b + k)
ak
(1 + k)(c + k)
Para conseguir una notación más simple, suele introducirse el sı́mbolo (a)n , definido como
(a)0
(a)1
(a)2
..
.
(a)n
= 1
= a
= a · (a + 1)
..
.
= a · (a + 1) · · · (a + n − 1)
Por ejemplo (3)4 = 3 · 4 · 5 · 6.
Notemos que a puede ser negativo; Si es a un entero negativo −m, tenemos
(−m)n
(−m)n
= (−m) · (−m + 1) · · · (−m + n − 1), m ≥ n
= 0, n > m
Observemos que la función Γ se relaciona con el sı́mbolo (a)n mediante
(a)n =
Γ(a + n)
Γ(a)
siendo n un entero positivo y a > 0.
Algunos casos de especial utilidad posterior son
(1)n = n!, (2)n = (1 + n)!, (a)n · (a + n) = a · (a + 1) · · · (a + n − 1) · (a + n) = (a)n+1 = a · (a + 1)n
Con esos coeficientes, la solución, que se expresa mediante F (a, b; c; x), se convierte en
y1 (x) = F (a, b; c; x) = 1 +
ab
a(a + 1)b(b + 1) x2
a(a + 1)(a + 2)b(b + 1)(b + 2) x3
x+
+
+ ···
c
c(c + 1)
2!
c(c + 1)(c + 2)
3!
Esta serie se conoce como hipergeométrica (o de Gauss) y se denota mediante el sı́mbolo F (a, b; c; x), y a
veces también como 2 F1 (a, b; c; x). Se llama ası́ porque generaliza las series geométricas familiares; cuando
a = 1 y c = b se obtiene
1
F (1, b; b; x) = 1 + x + x2 + x3 + · · · =
1−x
que es convergente si | x |< 1. En verdad, ese intervalo de convergencia es el mismo para todas las series
hipergeométricas pues
lim |
n→∞
an+1 xn+1
(a + n)(b + n)
| = lim |
||x|→|x|
n
n→∞ (n + 1)(c + n)
an x
Las series hipergeométricas también pueden escribirse de forma compacta como
∞
∞
X
X
(a)n (b)n n
(a)n (b)n n
x =1+
x
F (a, b; c; x) =
(c)
n!
(c)n n!
n
n=1
n=0
y, entre otras, tiene la evidente propiedad de que
F (a, b; c; x) = F (b, a; c; x)
Otra solución L.I. de la ecuación (5.1) es
y2 (x) = x1−c F (a + 1 − c, b + 1 − c; 2 − c; x)
70
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
La función hipergeométrica es muy versátil a la hora de identificarse con la mayorı́a de las funciones
familiares en el análisis matemático, dando adecuadamente valores a los parámetros a, b y c. Por ejemplo:
(1 − x)−a
1
F (1, 1; 2; x) = − log (1 − x)
x
1 1 1 2
1
F( , ; ;x ) =
sin −1 x
2 2 3
x
Cuando x = 1, se sabe sumar la serie (Gauss, 1812)
F (a, b; b; x) =
Γ(c)Γ(c − a − b)
, c−a−b>0
Γ(c − a)Γ(c − b)
Observemos también que si alguno de los parámetros a o b es negativo, la serie tiene un número finito
de términos y es, de hecho, un polonomio: F (−n, b; c; x) tiene n + 1 términos. Por ejemplo
∞
X
(−2)b
(−2)(−1)b(b + 1) x2
2b
b(b + 1) 2
(−2)n (b)n n
x =1+
x+
=1− x+
x
F (−2, b; c; x) = 1 +
(c)n n!
c
c(c + 1)
2!
c
c(c + 1)
n=1
F (a, b; c; 1) =
La derivada de una función hipergeométrica con respecto a x da lugar a otra función hipergeométrica
pero con distintos parámetros:
ab
d
F (a, b; c; x) = F (a + 1, b + 1; c + 1; x)
dx
c
Para demostrarlo apliquemos la derivada a la serie hallándose
∞
X
(a)n (b)n n−1
n
x
(c)n n!
n=0
Si ahora hacemos un desplazamiento de ı́ndice k = n − 1
∞
X
(a)k+1 (b)k+1 k
(k + 1)
x
(c)k+1 (k + 1)!
k=0
y como (k + 1)! = (k + 1)k!, (a)k+1 = a(a + 1)k , etc, obtenemos el resultado anunciado.
5.1.1. Función hipergeométrica confluente. Modificando la serie F (a, b; c; x) eliminando uno de los
factores superiores, se llega a la función hipergeométrica confluente definida como
∞
X
(a)n n
F (a; c; x) =
x
(c)
n n!
n=0
que es solución de la EDO
xy 00 + (c − x)y 0 − ay = 0
Puede considerarse que la ecuación diferencial que origina la función hipergeométrica confluente procede
de la más general (5.1) escrita en la forma
x(1 − x/b)y 00 + [(c − x) − (a + 1)x/b]y 0 − ay = o
haciendo el lı́mite b → ∞; el punto singular b se ha unido con el ∞. Esta confluencia de dos puntos
singulares regulares genera un punto singular irregular.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
71
5.2. Polinomios de Legendre. Antes de abordar la EDO que da lugar a los polinomios de Legendre,
vamos a presentar primero su “motivación” y origen fı́sico. En efecto, son muchas las situaciones en fı́sica
en las que aparecen potenciales del tipo
1
U (r) ∼
r
Un caso particular lo constituye el campo gravitatorio (o el coulombiano). Supongamos que el sistema
de referencia está centrado en el punto O, la fuente del campo en P y el punto de observación en y.
Tenemos que ~r = ~y − ~a y por tanto
r = (y 2 + a2 − 2ya cos θ]1/2
de modo que
U (r) = (y 2 + a2 − 2ay cos θ)−1/2
Una situación bastante habitual es considerar los efectos de la fuente en puntos muy alejados de ella
(a << y) o, por el contrario, muy próximos (a >> y). En cada caso, escribiremos
·
µ ¶2
µ ¶
¸−1/2
1
y
y
U (r) =
1+
−2
cos θ
a
a
a
·
µ ¶2
µ ¶
¸−1/2
a
1
a
U (r) =
1+
−2
cos θ
y
y
y
Ambas expresiones son del tipo
V (x, t) = (1 − 2xt + t2 )−1/2
lo cual permite un desarrollo en serie de potencias de t, que habrá de ser una variable pequeña: y/a si
y << a, o a/y si a << y.
Ası́ pues, nos va a interesar la forma de los coeficientes del desarrollo en serie de potencias de la función
V (x, t). No obstante, consideraremos x en general complejo e impongamos | x |< R. Queremos desarrollar
V (x, t) en potencias de (2xt − t2 ) por lo que hemos de imponer | 2xt − t2 |< 1. Para ello
| 2xt − t2 |≤ 2 | x || t | + | t |2 < 1
cuya solución de la última desigualdad
| t |2 +2R | t | −1 < 0 ⇒ | t |< (1 + R2 )1/2 − R
Bajo estas condiciones, desarrollaremos V (x, t) según la fórmula del binomio
(1 − X)m = 1 − mX +
m(m − 1) 2 m(m − 1)(m − 2) 3
X −
X + ···
2
3!
Como m = −1/2, es fácil percatarse que
1
1 3 X2
1 3 5 X3
(1/2)k k
X+ ·
+ · ·
+ ··· +
X + ···
2
2 2 2!
2 2 2 3!
k!
Identificando X = 2xt − t2 , podemos escribir
(1 − X)−1/2 = 1 +
(5.2)
V (x, t) =
∞
X
k=0
Ak (2xt − t2 )k ; Ak =
(1/2)k
(2k)!
= 2k
k!
2 (k!)2
En efecto,
(1/2)k = (1/2) · (1/2 + 1) · (1/2 + 2) · · · (1/2 + k − 1) =
1 · 3 · 5 · · · (2k − 1)
2k
k≥1
y además
1 · 2 · 3 · 4 · · · (2k − 1) (2k)
1 · 2 · 3 · 4 · · · (2k − 1) (2k)
1 · 3 · 5 · · · (2k − 1)
=
=
2k
2k 2 · 4 · 6 · · · (2k)
22k k!
puesto que 2 · 4 · 6 · · · (2k) = 2k k!
Dividiendo el resultado anterior por k! se deduce la expresión para Ak mostrada antes.
72
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
En la expresión (5.2) para V (x, t) notemos que las potencias de t no están ordenadas. Sin embargo,
estamos ineteresados en un sumatorio de potencias crecientes de t.
Para calcular el coeficiente del término en tn del desarrollo de V (x, t), observemos primero que (2xt −
2 k
t ) = tk (2x − t)k ; seguidamente aplicaremos la fórmula del binomio a (2x − t)k y ası́, para el término tn ,
obtenemos
µ ¶
µ
¶
µ
¶
n
n−1
n−r
An
(2x)n (−1)0 + An−1
(2x)n−2 (−1)1 + · · · + An−r
(2x)n−2r (−1)r
0
1
r
con r ≤ [n/2]; observemos que [n/2] = n/2 si n es par, y [n/2] = (n − 1)/2 si n es impar.
Vamos a comprobarlo con unos ejemplos, para n = 0, 1, 2. El coeficiente de t0 sólo tiene contribución de
k = 0 obviamente; en el caso de t1 , del mismo modo exige k = 1 y sólo tendrá contribución de t1 y de 2x
de (2x − t)k = (2x − t); el coeficiente de t2 recibe dos contribuciones: al hacer k = 2 ya tenemos la potencia
tk = t2 y sólo hay que considerar el término (2x)2 en el desarrollo de (2x − t)k = (2x − t)2 ; si k = 1, tenemos
tk = t esta vez por lo que se precisa de la contribución −t del desarrollo (2x − t)k = (2x − t). En cambio,
si k = 0, no se logra ningún término con t2 .
Teniendo en cuenta ahora que el número combinatorio
µ ¶
p!
p
=
q
(p − q)! q!
se verificaraá que
µ
¶
(n − r)!
n−r
=
r
(n − 2r)! r!
podemos escribir
V (x, t) = (1 − 2xt + t2 )−1/2 =
∞
X
Pn (x)tn
n=0
donde
[n/2]
(5.3)
Pn (x) =
X
(−1)r
r=0
(2n − 2r)! xn−2r
2n r! (n − r)! (n − 2r)!
son los polinomios de Legendre y V (x, t) la función generatriz. En general, una función generatriz G(x, t),
es tal que
∞
X
G(x, t) =
fn (x)tn
n=0
y, en efecto, la función generatriz V (x, t) proporciona en este caso los coeficientes de las potencias de t que
definen los polinomios de Legendre: fn (x) = Pn (x).
Polinomios de orden más bajo.
P0 (x) =
1,
P1 (x) = x,
P2 (x) =
1
(3x2 − 1)
2
1
1
(5x3 − 3x), P4 (x) = (35x4 − 30x2 + 3), · · ·
2
8
Observemos que los polinomios con n par o cero sólo tienen potencias pares y aquéllos con n impar sólo
potencias impares. Naturalmente este resultado puede deducirse directamente de la definición 5.3 debido
a la dependencia de la potencia de x con 2r.
P3 (x) =
Enunciemos seguidamante una fórmula de recurrencia
(n + 1)Pn+1 (x) = (2n + 1)xPn (x) − nPn−1 (x)
y comprobemos que habrı́a mos podido deducir P2 (x) a partir de P1 (x) y P0 (x). Haciendo n = 1,
1
1
P2 (x) = [3xP1 (x) − P0 (x)] = (3x − 1)
2
2
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
73
5.2.1. Fórmula de Rodrigues. En general, el enésimo polinomio de Legendre viene dado por la fórmula
de Rodrigues
Pn (x) =
1
dn 2
(x − 1)n
2n n! dxn
Se puede demostrar la anterior fórmula partiendo del desarrollo del binomio (x2 − 1)n :
µ ¶
µ ¶
µ ¶
µ ¶
n 2n
n 2n−2
n 2n−4
n
2
n
(x − 1)
=
x −
x
+
x
+ ··· +
(−1)n =
0
1
2
n
n
X
n!
x2n−2λ
=
(−1)λ
(n − λ)! λ!
λ=0
y ahora
dn 2
(x − 1)n
dxn
=
n
X
(−1)λ
λ=0
n! (2n − 2λ)(2n − 2λ − 1) · · · (2n − 2λ − n + 1) 2n−2λ−n
x
=
λ! (n − λ)!
Completaremos la factorial multiplicando y dividiendo numerador y denominador por (n − 2λ)!
dn 2
(x − 1)n
dxn
[n/2]
X
=
(−1)λ
λ=0
n! (2n − 2λ)!
xn−2λ = n! 2n Pn (x)
λ! (n − λ)! (n − 2λ)!
en donde el sumatorio anterior se ha limitado a [n/2] ya que cuando se cumpla 2n − 2λ − n = n − 2λ = 0,
todos los términos siguientes serán nulos (pues contendrán a un cero como factor multiplicador). Esto se
puede ver también al constatar que la derivada enésima en la expresión anterior será nula para potencias
de x2n−2λ cuando n > 2n − 2λ, es decir cuando λ > [n/2], tal y como habı́amos concluido antes.
Ejemplo: Podemos utilizar la fórmula de Rodrigues para hallar, por ejemplo, el polinomio P2 (x):
P2 (x) =
1
d2 (x2 − 1)2
1
1
= (12x2 − 4) = (3x2 − 1)
2
2
2 · 2!
dx
8
4
Los polinomios de Legendre pueden representarse mediante la llamada fórmula de Schlafli
I
1
(z 2 − 1)l
Pl (x) =
dz
2πi2l
(z − x)l+1
que es consecuencia de la fórmula de Cauchy.
También mencionemos que los polinomios de Legendre se pueden expresar como funciones hipergeométricas
Pn (x) = F (−n, n + 1; 1; (1 − x)/2)
Podemos verificar que
F (0, 1; 1; (1 − x)/2)
=
1
1−x
=x
2
µ
¶2
2 · 3 1 − x (−2)(−1) · 3 · 4 1 − x
F (−2, 3; 1; (1 − x)/2) = 1 −
+
=
1·1 2
2 · 2!
2
6
= 1 − 3 + 3x + (1 − 2x + x2 ) =
4
(−2 + 3x) · 4 + 6 · (1 − 2x + x2 )
1
=
= (3x2 − 1) = P2 (x)
4
2
F (−1, 2; 1; (1 − x)/2)
=
1−2·
74
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Propiedades elementales. Si en
2 −1/2
V (x, t) = (1 − 2xt + t )
=
∞
X
Pn (x)tn
n=0
hacemos el cambio x → −x, t → −t
2 −1/2
V (−x, −t) = (1 − 2xt + t )
=
∞
X
(−1)n Pn (−x)tn
n=0
y por tanto
Pn (x) = (−1)n Pn (−x)
que se llama paridad del polinomio de Legendre. Este resultado también podrı́a haberse obtenido a partir
de la definición misma pues podemos escribir
[n/2]
Pn (x) =
X
K(n, r) xn−2r
r=0
y al hacer el cambio x → −x
[n/2]
Pn (−x) =
X
K (−x)n−2r = (−1)n Pn (x)
r=0
Por otro lado, si hacemos x = 1
V (1, t) =
∞
X
1
=
Pn (1) tn
1 − t n=0
por lo que
Pn (1) = 1,
∀n
Ortogonalidad de los polinomios. Los polinomios de Legendre son ortogonales en el intervalo [−1, 1]
Z +1
Pn (x)Pm (x) dx = 0, n 6= m
−1
+1
Z
Pn (x)Pn (x) dx =
−1
que se pueden reescribir conjuntamente
Z +1
Pn (x)Pm (x) dx =
−1
Veamos un ejemplo
Z +1
Z
+1
P1 (x)P2 (x) dx =
−1
−1
2
2n + 1
2
δmn
2n + 1
1
1
x · (3x2 − 1) dx =
2
2
Z
+1
(3x3 − x) dx = 0
−1
por ser el integrando una función impar.
Ahora en cambio,
·
¸+1
Z
Z +1
Z +1
2
1 +1
1 9 5
1
2
2
4
2
3
=
(3x − 1) dx =
(9x − 6x + 1) dx =
x − 2x + x
P2 (x)P2 (x) dx =
4 −1
4 5
5
−1
−1 4
−1
como debe ser.
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
75
5.2.2. Resolución de la EDO origen de los polinomios de Legendre.. Vamos aquı́ a resolver la EDO
que da lugar a los polinomios de Legendre:
(1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + l(l + 1)y = 0
(5.4)
en donde l es un entero positivo. Podemos expresarla también como
y 00 −
2x 0 l(l + 1)
y +
y=0
1 − x2
1 − x2
cuyas singularidades son x = ±1 (punto singular regular) además del punto del infinito. Estudiaremos las
soluciones alrededor del punto cero que es regular.
A partir de la serie solución propuesta
y=
∞
X
an xn , y 0 =
n=0
∞
X
nan xn−1 , y 00 =
n=0
∞
X
n(n − 1)an xn−2
n=0
sustituyendo en la EDO 5.4
∞
X
n(n − 1)an xn−2 −
n=0
∞
X
n(n − 1)an xn −
n=0
∞
X
2nan xn +
n=0
∞
X
l(l + 1)an xn = 0
n=0
haciendo una traslación de ı́ndices en el primer sumatorio k = n − 2 (además, los dos primeros términos se
anulan) y k = n en los restantes sumatorios:
∞
X
{(k + 2)(k + 1)ak+2 − [k(k − 1) + 2k − l(l + 1)]ak } xk = 0
k=0
luego
(k + 2)(k + 1)ak+2 = [k(k + 1) − l(l + 1)]ak
o sea
ak+2 =
[k(k + 1) − l(l + 1)]
ak
(k + 2)(k + 1)
de donde resulta
k=0
k=1
k=2
k=3
···
l(l + 1)
a0
2!
(l + 2)(l − 1)
a3 = −
a1
3!
(l + 3)(l − 2)
(l + 1)(l + 3)l(l − 2)
a4 = −
a1 =
a0
4·3
4!
(l + 4)(l − 3)
(l + 2)(l + 4)(l − 1)(l − 3)
a5 = −
a2 =
a1
5·4
5!
···
···
···
a2 = −
···
Y en función de las dos constantes a0 y a1 , que quedan arbitrarias, podemos escribir la solución general
¶
µ
(l + 1)l 2 (l + 1)(l + 3)l(l − 2) 4
x +
x − ··· +
y = a0 1 −
2!
4!
µ
¶
(l + 2)(l − 1) 3 (l + 2)(l + 4)(l − 1)(l − 3) 5
+ a1 x −
x +
x − ··· +
3!
5!
Para valores de l concretos, las series infinitas se transforman en polinomios. Ası́, al suponer que l es
entero, (positivo) la serie de potencias pares (impares) si l es par (impar) terminará en al ; los términos
siguientes (k ≥ l) se anularán, definiendo un polinomio que se corta en k = l.
Observemos que hemos escrito la solución general de la EDO como combinación lineal de dos series,
utilizando dos constantes arbitrarias a0 y a1 .
76
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Como tenemos libertad para elegir dichas contantes a0 y a1 , hagamos que al tome el valor:
(2l)!
al = l 2
2 (l!)
lo cual equivale a una elección particular de a0 y a1 en función de l, en concreto según que l sea par o impar
1 · 3 · · · (l − 1)
2 · 4···l
1 · 3···l
l = 1, a1 = 1,
l = 3, 5, 7, · · · a0 = (−1)(l−1)/2
2 · 4 · · · (l − 1)
Utilizando la expresión de al anterior podemos obtener los valores de al−2 , al−4 y ası́ sucesivamente, de
modo que encontremos una expresión para el polinomio de Legendre igual a una obtenida anteriormente.
En efecto, tenemos en primer lugar
l = 0, a0 = 1,
l = 2, 4, 6, · · ·
a0 = (−1)l/2
(2l)!
l(l − 1)
2l(2l − 1)(2l − 2)!
1
l(2l − 2)!
l(l − 1)
1
× l 2 = l ×
×
=− l ×
(l − 2)(l − 1) − l(l + 1) 2 (l!)
2 l! −2(2l − 1)
l(l − 1)(l − 2)!
2 l!
(l − 2)!
y por otro lado,
al−2 =
al−4 =
(l − 2)(l − 3)
(−1) l(2l − 2)!
1 l(l − 1)(2l − 4)!
· l ·
= l
(l − 4)(l − 3) − l(l + 1) 2 l!
(l − 2)!
2 l!
2(l − 4)!
Ası́ pues,
Pl (x) =
·
¸
1 (2l)! l
l(2l − 2)! l−2 l(l − 1)(2l − 4)! l−4
x
−
x
+
x
−
·
·
·
2l l! 0! l!
1! (l − 2)!
2! (l − 4)!
Como adelantamos, si l es par, la solución Pl (x) es un polinomio de potencias pares; si l es impar, es
un polinomio de potencias impares. Si l no fuera entero la solución, para cada l, serı́a una serie que no
terminarı́a (no serı́a un polinomio) definiendo una función llamada de Legendre.
La anterior expresión puede escribirse de forma compacta como
[l/2]
Pl (x) =
X
r=0
que coincide con la obtenida antes.
(−1)r
(2l − 2r)!
xl−2r
r!(l − r)!(l − 2r)!
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
5.3. Polinomios asociados de Legendre. Los polinomios asociados de Legendre se definen como:
(−1)m
dl+m (x2 − 1)l
(1 − x2 )m/2
l
2 l!
dxl+m
siendo m un entero (que puede ser negativo) tal que | m |≤ l (pues si no, la derivada serı́a cero).
Plm (x) =
La EDO satisfecha por los polinomios asociados de Legendre es
·
¸
d2 Plm
dPlm
m2
(1 − x2 )
−
2x
+
l(l
+
1)
−
Pm = 0
dx2
dx
1 − x2 l
Mediante la correspondiente fórmula de Rodrigues:
dm Pl (x)
Plm (x) = (−1)m (1 − x2 )m/2
dxm
Si m = 0, se obtiene el polinomio de Legendre, es decir
Pl0 (x) = Pl (x)
y si −m es negativo
Pl−m (x) = (−1)m Plm (x)
que satisfacen las siguientes expresiones de ortogonalidad
Z +1
Plm (x) Plm
0 (x) dx
Z
(l − m)!
, m>0
(l + m)!
=
(l + m)! 2
δll0
(l − m)! 2l + 1
=
(l + m)! 2
δmn
(l − m)! 2l + 1
−1
+1
−1
Plm (x) Pln (x) (1 − x2 )−1 dx
77
78
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
5.4. Armónicos esféricos. Sea la ecuación diferencial en derivadas parciales
µ
¶
¸
·
∂
1 ∂2
1 ∂
sin θ
+
+ l(l + 1) f (θ, φ) = 0
(5.5)
sin θ ∂θ
∂θ
sin 2 θ ∂φ2
donde 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π.
Supongamos que se puede realizar la factorización: f (θ, φ) = g(θ)h(φ). Entonces escribiremos
µ
¶
1 d
dg(θ)
1 d2 h(φ)
h(φ)
sin θ
+ g(θ)
+ l(l + 1)g(θ)h(φ) = 0
sin θ dθ
dθ
sin 2 θ dφ2
Dividiendo por g(θ)h(φ),
µ
¶
1
dg(θ)
1
1 d
1 d2 h(φ)
sin θ
+
+ l(l + 1) = 0
g(θ) sin θ dθ
dθ
h(φ) sin 2 θ dφ2
y en consecuencia
µ
¶
d
dg(θ)
1 d2 h(φ)
1
sin θ
sin θ
+
+ l(l + 1) sin 2 θ = 0
g(θ)
dθ
dθ
h(φ) dφ2
por lo tanto
µ
¶
1
d
dg(θ)
1 d2 h(φ)
sin θ
sin θ
+ l(l + 1) sin 2 θ = −
= m2 ,
g(θ)
dθ
dθ
h(φ) dφ2
∀φ, θ
siendo m una constante que no depende ni de θ ni de φ.
Ası́ pues, exigiremos por un lado,
d2 h(φ)
+ m2 h(φ) = 0
dφ2
cuyas soluciones son
1
h(φ) = Aeimφ + Be−imφ ⇒ h(φ) = √ eimφ
2π
pues sólo nos interesa m > 0 y hemos tomado un valor particular de la constante arbitraria A por razones
de normalización posteriores.
Por otro lado,
µ
¶
d
dg(θ)
sin θ
sin θ
+ g(θ)l(l + 1) sin 2 θ − m2 g(θ) = 0
dθ
dθ
de donde
·
µ
¶
¸
d
d
2
2
sin θ
sin θ
+ l(l + 1) sin θ − m g(θ) = 0
dθ
dθ
Ahora dividiremos la anterior expresión por sin 2 θ
·
µ
¶
¸
1 d
d
m2
sin θ
+ l(l + 1) −
g(θ) = 0
sin θ dθ
dθ
sin 2 θ
Haciendo x = cos θ,
d
d dx
d
=
= − sin θ
dθ
dx dθ
dx
y ası́,
d
1 d
d
d
= − sin 2 θ
=−
dθ
dx sin θ dθ
dx
luego
µ
¶
¸
·
d
m2
d
sin 2 θ
+ l(l + 1) −
g(x) = 0
dx
dx
sin 2 θ
y como sin 2 θ = 1 − x2 , deducimos que
·
¸
d
d
m2
(1 − x2 )
+ l(l + 1) −
g(x) = 0
dx
dx
1 − x2
sin θ
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
79
que finalmente conduce a la EDO
¸
·
d2 g(x)
dg(x)
m2
(1 − x )
− 2x
+ l(l + 1) g(x) = 0
+ −
dx2
dx
1 − x2
cuya solución es un polinomio asociado de Legendre si l es un número natural.
2
La solución de la ecuación 5.5 se escribe
s
Ylm (θ, φ)
= Ylm (θ, φ) = (−1)
m
2l + 1 (l − m)! imφ m
e
Pl (cos θ)
4π (l + m)!
que son los armónicos esféricos.
Los armónicos esféricos satisfacen la siguiente condición de ortonormalidad:
Z Z
∗
Ylm
(θ, φ) Yl0 m0 (θ, φ) dΩ = δll0 δmm0
siendo dΩ = sin θdθdφ.
Escribamos explı́citamente las expresiones de los primeros armónicos esféricos
r
r
1
3 iφ
3
Y0,0 = √ , Y1,1 = −
e sin θ, Y1,0 =
cos θ, · · ·
8π
4π
4π
Por último, por la relevancia de los armónicos esféricos en la Mecánica Cuántica, pongamos de relieve
las siguientes propiedades de los “operadores” L2 y Lz definidos como:
·
µ
¶
¸
1 ∂
∂
1 ∂2
L2 = −
sin θ
+
sin θ ∂θ
∂θ
sin 2 θ ∂φ2
Lz =
1 ∂
i ∂φ
donde hemos hecho ~ = 1
L2 Ylm (θ, φ) = l(l + 1) Ylm (θ, φ) ; l = 0, 1, 2, . . .
Lz Ylm (θ, φ) = mYlm (θ, φ) ; m = −l, −l + 1, . . . , l − 1, +l
80
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
6. EJERCICIOS
(1) La ley empı́rica de enfriamiento de un cuerpo según Newton se expresa mediante la fórmula
dT
= k(T − Tm )
dt
es la temperatura del ambiente y T la del objeto; k < 0 es una constante de propor-
donde Tm
cionalidad.
Si se saca un pastel del horno a una temperatura de 120 grados Celsius, averiguar el tiempo
que ha de transcurrir hasta que su temperatura se reduzca a 30 grados mientras la temperatura
ambiente es de 20 grados.
Supondremos que k = −0.01 s−1
dT
dT
= k(T − 20) →
= −0.01dt
dt
T − 20
Integrando
Z
30
120
dT
= − ln
T − 20
µ
120 − 20
30 − 20
¶
= −0.01dt
de donde
ln 10 = 0.01t ⇒ t ' 230 s
(2) Comprobar que la siguiente expresión es una diferencial exacta y hallar la correspondiente función
potencial
(3x2 + 6xy 2 )dx + (6x2 y + 4y 3 )dy = 0
En efecto, llamando P (x, y) = 3x2 + 6xy 2 y Q(x, y) = 6x2 y + 4y 3
∂P
∂Q
= 12xy =
∂y
∂x
Luego
Z
P dx = x3 + 3x2 y 2 + g(y)
U (x, y) =
Derivando ahora con respecto a y e igualando a Q
6x2 y + g 0 (y) = 6x2 y + 4y 3 ⇒ g 0 (y) = 4y 3 ⇒ g(y) = y 4 + C
y por fin
U (x, y) = x3 + 3x2 y 2 + y 4 + C
(3) Sea la EDO en la forma normal
dy
=y−x
dx
Dibujar las isoclinas primero y resolver luego la ecuación diferencial utilizando un factor integrante.
Escribiremos la EDO en la forma ( multiplicando por el factor integrante buscado):
(x − y)dx + dy = 0 7→ µ(x − y)dx + µdy = 0
y por tanto, como P = x − y, Py = −1 y Q = 1,
µ(x) = e
R
dx
Py −Qx
Q
= e−
R
dx
= e−x
Luego, la EDO exacta a resolver es
e−x (x − y)dx + e−x dy = 0
que, en efecto, satisface la condición
∂P
∂Q
=
= −e−x
∂y
∂x
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
Entonces, la función potencial es
81
Z
U (x, y) =
e−x dy = ye−x + g(x)
Derivando con respecto a x y requiriendo que el resultado sea igual a P
∂U
= −ye−x + g 0 (x) = xe−x − ye−x
∂x
Por consiguiente
Z
0
−x
g (x) = xe
7→ g(x) = xe−x = −e−x − xe−x + C
El resultado final es
U (x, y) = (y − x)e−x + e−x + C
y la integral general puede escribirse como
y = Cex + x + 1
lo cual puede comprobarse en la EDO inicial
dy
= Cex + 1 = y − x
dx
(4) Resolver la ecuación homogénea
xydx + (x2 + y 2 )dy = 0
Vamos a hacer el cambio x = vy (en vez de y = ux) por sencillez. Ası́ dx = vdy + ydv, y por
consiguiente
vy 2 (vdy + ydv) + (v 2 y + y 2 )dy = 0
lo que lleva a (con y 6= 0)
vydv + (2v 2 + 1)dy = 0 →
vdv
dy
+
=0
2v 2 + 1
y
y por tanto
1
ln (2v 2 + 1) + ln y = ln C → ln (2v 2 + 1) + 4 ln y = ln C → y 4 (2v 2 + 1) = c
4
En consecuencia, deshaciendo el cambio
µ 2
¶
4 2x
y
+ 1 = c ⇒ y 4 + 2x2 y 2 − c = 0
y2
y en forma explı́cita (eliminando la raı́z negativa)
qp
x4 + c − x2
y=±
(5) Resolver la EDO
2dy + (2y − x)dx = 0
con la condición inicial y(0) = 0.
Primero hallamos el factor integrante que resulta ser µ(x) = ex ya que al escribir la EDO en la
forma
R
concluimos que p(x) = 1 y µ(x) = e
y 0 + y = x/2
p(x) dx
; luego la EDO exacta queda como
2ex dy + (2y − x)ex dx = 0
e integrando
82
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
U (x, y) = 2yex + g(x) →
por tanto
∂U
= 2yex + g 0 (x) = 2yex − xex
∂x
g 0 (x) = −xex → g(x) = −xex + ex
de donde
U (x, y) = 2yex − xex + ex = C → y =
(x − 1)
+ ce−x
2
Al imponer la condición inicial y(0) = 0, c = 1/2 y ası́
µ
¶
1
y=
x − 1 + e−x
2
(6) Resolver el sistema de ecuaciones lineales de primer orden:
dx
= y
dt
dy
= −x
dt
Derivando la primera ecuación, obtenemos
d2 x
dy
=
2
dt
dt
y ahora sustituyendo ésta en la segunda
d2 x
+x=0
dt2
cuya solución general es
x(t) = c1 cos t + c2 sin t
Sustituyendo x en la primera ecuación del sistema, hallamos
y(t) = −c1 sin t + c2 cos t
Ambas soluciones pueden expresarse también como
x = A sin (t + ϕ)
y = A cos (t + ϕ)
de donde se deduce que las curvas integrales del sistema son hélices; eliminado t se llega a la
trayectoria en el plano x − y:
x 2 + y 2 = A2
También podrı́amos haber procedido utilizando formalmente el operador derivada D ≡ d/dt; en
efecto, reescribiremos el SED en la forma
Dx = y, Dy = −x
Aplicando el operador D en la primera se obtiene D2 x = Dy. Sumando ahora ésta a la segunda
D2 x + Dy = Dy − x → D2 x + x = 0
Este problema también puede resolverse mediante el método matricial, donde la ecuación
ẋ = [A] x
implica en este caso
µ ¶ µ
¶µ ¶
ẋ
0 1
x
=
ẏ
−1 0
y
Los valores propios de [A] se obtienen a partir de la ecuación caracterı́stica | [A] − r[I] |= 0 y son
complejos (imaginarios puros) r = ±i. Procederemos como si las raı́ces fueran reales, hallando en
primer lugar los vectores propios de cada autovalor.
Para r = +i:
µ
¶µ ¶ µ ¶
−i 1
a
0
=
⇒ a = −ib
−1 −i
b
0
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
83
Si elegimos b = i entonces a = 1.
Para r = −i:
µ
¶µ ¶ µ ¶
i 1
a
0
=
⇒ a = ib
−1 i
b
0
Si elegimos b = i entonces a = −1. Por tanto, la solución general será:
µ ¶
µ ¶
µ ¶
x
1
−1
= c1 eit
+ c2 e−it
y
i
i
donde las constantes c1 y c2 arbitrarias serán complejas para asegurar que las variables x e y sean
reales. Desarrollando la anterior igualdad vectorial
x
y
= c1 eit − c2 e−it
= ic1 eit + ic2 e−it
y escribiendo la función exponencial en términos de senos y cosenos (fórmula de Euler: e±it =
cos t ± i sin t) obtenemos
x = (c1 − c2 ) cos t + i(c1 + c2 ) sin t
y = i(c1 + c2 ) cos t − (c1 − c2 ) sin t
si ahora hacemos C1 = c1 − c2 y C2 = i(c1 + c2 ) (observemos que para que las constantes C1,2 sean
reales se ha de verificar que c1,2 = ±α + iβ, es decir c1 = −c∗2 ) obtenemos la solución final
x =
y =
C1 cos t + C2 sin t
−C1 sin t + C2 cos t
(7) Hallar la solución general de la ecuación
dy
d2 y
−2
+ y = e−x
dx2
dx
con las condiciones iniciales y(0) = y 0 (0) = 0.
En primer lugar obtendremos la solución de la homogénea
y 00 − 2y 0 + y = 0 ⇒ r2 − 2r + 1 = 0 ⇒ r = 1 (doble)
Luego la solución general de la incompleta es
yh (x) = c1 ex + c2 xex
Para buscar una solución particular de la completa por el método de los coeficientes indeterminados,
ensayaremos
1
yp (x) = Ae−x 7→ A(1 + 2 + 1)e−x = e−x ⇒ A =
4
La solución general será
1
y = yh + yp = c1 ex + c2 xex + e−x
4
Imponiendo las C.I.
1
1
→ c1 = −
0 = c1 +
4
4
y derivando ahora
1
y 0 (x) = c1 ex + c2 ex + c2 xex − e−x
4
y por tanto
1
1
0 = c1 + c2 −
→ c2 =
4
2
Finalmente
¶
µ
1 x x 1 −x
e + e
y(x) = − +
4 2
4
84
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
En cambio si hubiésemos partido de la EDO
dy
d2 y
−2
+ y = ex
2
dx
dx
ensayando yp (x) = Aex llegarı́amos al absurdo A · 0 = 1. Como xex también es solución, hemos de
ensayar
yp (x) = Ax2 ex
Entonces.
y 0 = 2Axex + Ax2 ex , y 00 = 2Aex + 2Axex + 2Axex + Ax2 ex = (2A + 4Ax + Ax2 )ex
llegamos a
(2A + 4Ax + Ax2 − 4Ax − 2Ax2 + Ax2 )ex = 2Aex
y por tanto 2A = 1 → A = 1/2.
También podemos hallar una solución particular de la primera EDO mediante el método de la
variación de constantes o parámetros. Para ello buscamos una solución particular de la completa
del tipo
yp (x) = c1 (x)ex + c2 (x)xex
Y ahora resolvemos el sistema
c01 y1 + c02 y2 = 0
c01 y10 + c02 y20 = e−x
⇒
⇒
c01 ex + c02 xex = 0
c01 ex + c02 ex + c02 xex = e−x
Por consiguiente
c01 + c02 x = 0 → c01 = −c02 x ⇒
y
−c02 xex + c02 ex + c02 xex = e−x ⇒ c02 = e−2x , c01 = −xe−2x
Integrando, obtenemos
1
1
1
c2 = − e−2x , c1 = e−2x + xe−2x
2
4
2
Ası́, la solución particular buscada es
1
1
1
1
yp (x) = c1 (x)ex + c2 (x)xex = e−x + xe−x − xe−x = e−x
4
2
2
4
que coincide con el resultado obtenido mediante el método de los coeficientes indeterminados.
(8) Resolver mediante el método de la transformada de Laplace la EDO
d2 y
dy
−3
+ 2y = 2e−x
2
dx
dx
con las C.I. y(0) = 2, y 0 (0) = 1.
Tomando la transformada de Laplace en ambos lados de la EDO, con Y (s) = L[y], obtenemos
2
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 3[sY (s) − y(0)] + 2Y (s) =
s+1
que se reduce a
2
(s2 − 3s + 2)Y (s) − 2s + 5 =
s+1
y por tanto, despejando Y (s)
2s2 − 3s − 3
1
2
1
=
+
−
(s + 1)(s − 1)(s − 2)
3(s + 1) s − 1 3(s − 2)
Tomando ahora la transformada inversa
1
1
y(x) = L−1 [Y (s)] = e−x + 2ex − e2x
3
3
Y (s) =
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
85
El mismo resultado se obtendrı́a mediante el método tradicional. La solución general se la
homogénea es
r2 − 3r + 2 = 0 → r = 1, 2 ⇒ yh = c1 ex + c2 e2x
y una solución particular de la completa es
1
yp = Ae−x → (1 + 3 + 2)A = 2 ⇒ A =
3
Luego la solución general es
1
y(x) = c1 ex + c2 e2x + e−x
3
Imponiendo las C.I.
1
1
1
2 = c1 + c2 + , c1 + 2c2 − = 1 ⇒ c1 = 2, c2 = −
3
3
3
y por tanto llegamos a la misma expresión que antes.
(9) El “problema del quitanieves” es clásico: Un dı́a comenzó a nevar en forma intensa y constante.
Un quitanieves comenzó a mediodı́a y avanzó 2 millas la primera hora y 1 milla la segunda ¿A qué
hora empezó a nevar?
La velocidad de avance de la máquina es inversamente proporcional a la cantidad de nieve
acumulada que es directamente proporcional al tiempo transcurrido desde que comenzó a nevar;
escribiremos éste como la suma t + t0 , siendo t el tiempo desde mediodı́a (que coincide con el
tiempo durante el cual el quitanieves está en marcha) y t0 el tiempo desde que comenzó a nevar
hasta mediodı́a. Luego
dx
K
dt
t + t0
=
→ dx = K
→ x = K ln
dt
t + t0
t + t0
t0
Como nos dicen que en la primera hora recorrió 2 millas, el tiempo correspondiente es t = 1
hora; en la segunda hora recorre 1 milla, por lo que en un tiempo t = 2 horas recorre 3 millas. Ası́
pues, tenemos el sistema
t0 + 1
t0 + 2
2 = K ln
, 3 = K ln
t0
t0
Dividiendo ambas expresiones
µ
¶
3
=
2
por consiguiente
3
ln
2
de donde
µ
ln
µ
ln
t0 + 1
t0
t0 +2
t0
¶
t0 +1
t0
¶
µ
= ln
t0 + 2
t0
¶
¶3/2
µ
¶
t0 + 2
t0 + 1
= ln
ln
t0
t0
de donde, igualando los argumentos de los logaritmos
µ
¶3/2
t0 + 1
t0 + 2
=
t0
t0
y ası́, elevando al cuadrado en ambos lados
µ
¶3 µ
¶2
t0 + 1
t0 + 2
=
→ (t0 + 1)3 = t0 (t0 + 2)2
t0
t0
desarrollando ambos lados
µ
t30 + 3t0 + 3t20 + 1 = t30 + 4t20 + 4t0 ⇒ t20 + t0 − 1 = 0
86
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
cuya solución (positiva) es (en unidades de hora) es:
√
1+4−1
t0 =
= 0.618
2
es decir, unos 37 minutos antes de mediodı́a.
(10) Resolver xy 00 − y 0 = 3x2 . La variable y falta en esa ecuación; haciendo v = y 0 la EDO se reduce a
v
xv 0 − v = 3x2 → v 0 − = 3x
x
Para resolverla escribimos
µ
¶
v
dv −
+ 3x dx = 0
x
y, como P = −(v/x + 3x) y Q = 1, Pv = −1/x, Qx = 0 un factor integrante es
R
1
µ(x) = e− dx/x = e− ln x =
x
Luego
µ
¶
1
v
dv −
+ 3 dx = 0
x
x2
que ahora sı́ es exacta
µ
¶
Z
1
v
∂U
v
v
dv = + g(x) →
= − 2 + g 0 (x) = − 2 + 3
U (x, v) =
x
x
∂x
x
x
de donde
g 0 (x) = −3 → g(x) = −3x + C
Luego
v
U (x, v) = − 3x + C → v(x) = 3x2 + C1 x
x
y finalmente
1
C1 2
y(x) = − x3 +
x + C2
2
2
(11) Resolver el sistema
ẋ = [A] x
donde
µ
[A] =
1 1
4 1
¶
y hallar e[A]t .
Los valores propios son
| [A] − r[I] |= 0 ⇒ (1 − r)2 − 4 = 0 → r2 − 2r − 3 = 0 → r = −1, 3
y los correspondientes vectores propios:
Para r = −1:
µ
¶µ ¶ µ ¶
2 1
a
0
=
⇒ 2a + b = 0 → b = −2a
4 2
b
0
Luego, haciendo a = 1
µ ¶
1
r = −1 ⇒ u1 =
−2
Para r = 3:
µ
¶µ ¶ µ ¶
−2 1
a
0
=
⇒ −2a + b = 0 → b = 2a
4 −2
b
0
Luego, haciendo a = 1
µ ¶
1
r = −1 ⇒ u2 =
2
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
Luego dos soluciones L.I. son
87
µ
x1 =
¶
µ ¶
1
1 3t
−t
e , x2 =
e
−2
2
Luego la matriz fundamental del SED es
µ
[X](t) =
e−t
−2e−t
e3t
2e3t
¶
cuyo determinante vale 4e2x 6= 0. A partir de aquı́, podemos deducir e[A]t
¶ µ
µ −t
¶
µ
1 2e−t + 2e3t
e
e3t 1 2 −1
[A]t
−1
e
= [X](t)[X] (0) =
=
−2e−t 2e3t 4 2 1
4 −4e−t + 4e3t
−e−t + e3t
2e−t + 2e3t
¶
Ahora aplicaremos la fórmula
exp ([A]t) =
m kX
i −1µ
X
¶
tj eλj t [Zij ]
i=1 j=0
junto con
f (A) =
m kX
i −1
X
f (j) (ri )[Zij ]
i=1 j=0
donde [Zij ] son las llamadas matrices constituyentes o componentes de [A]; f (j) (ri ) es el valor
de la función (para j = 0) y de sus derivadas (j = 1, 2, . . .) de orden j calculado para el valor propio
ri .
Como las raı́ces no son iguales, tendremos
e[A]t = e−t [Z1 ] + e3t [Z2 ]
Para determinar las matrices constituyentes utilizaremos f ([A]) = [A] + [I] y f ([A]) = [A] − 3[I],
por tanto
f ([A]) = (r1 + 1) [Z1 ] + (r2 + 1) [Z2 ], f ([A)) = (r1 − 3) [Z1 ] + (r2 − 3) [Z2 ]
de donde
[A] + [I] = 4 [Z2 ], [A] − 3[I] = −4 [Z1 ]
ası́ que
1
[Z1 ] = −
4
µ
−2
4
¶
1
−2
µ
=
2
−4
¶
µ
¶
1 2 1
−1
, [Z2 ] =
2
4 4 2
y por fin,
µ
¶
µ
¶
µ
1 2 −1
1 2 1
1 2e−t + 2e3t
+ e3t
=
4 −4 2
4 4 2
4 −4e−t + 4e3t
que coincide con el resultado obtenido anteriormente.
e[A]t = e−t
−e−t + e3t
2e−t + 2e3t
¶
88
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Examen de Métodos Matemáticos III. Teorı́a. Febrero 2005
(1) Diremos que D ⊂ C es un dominio simplemente conexo si
a) cualquier pareja de puntos en D pueden unirse mediante un camino totalmente contenido en
D
b) cualquier circuito en D define un subconjunto abierto
c) cualquier circuito en D define un subconjunto cerrado
d) cualquier circuito en D define un subconjunto totalmente contenido en D
(2) Si z
a)
b)
c)
d)
= x + iy ∈ C cumple que z 2 = (z ∗ )2 , entonces
y = 0 o x = 0 (es decir, z es real o es imaginario puro)
|z| = 1
arg(z) = π/4
no existe solución en el plano C
√
(3) Las soluciones de 3 1 en el plano complejo
a) es sólo una: 1
b) son dos: 1, eπ
c) son tres: 1, e2π/3 , e5π/3
d) son tres: 1, eπ/3 , e2π/3
(4) Si utilizamos la rama principal del logaritmo, podemos escribir que log (−1) + log (−2) es igual a
a) cero
b) log 2
c) log 2 + i2π
d) log 2 + i4π
(5) La función
r
f (z) =
a)
b)
c)
d)
tiene
tiene
tiene
tiene
un
un
un
un
polo doble en z = −1
polo doble en z = i
punto de ramificación en z = 0
punto de ramificación en z = 2
(6) Sea z = 1i . Entonces,
a) z = 1
b) z ∈ R
c) Argp (z) = π/2
d) Argp (z) = π/4
z−2
z2 + 1
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
89
(7) Las partes real e imaginaria de la función f (z) = z 2 − z ∗2 son
a) Re(f ) = 2x2 − 2y 2 , Im(f ) = 4xy
b) Re(f ) = 2x2 + 2y 2 , Im(f ) = 4xy
c) Re(f ) = 0, Im(f ) = 4xy
d) Re(f ) = 2x2 − 2y 2 , Im(f ) = 0
(8) ¿Cuál de las siguientes afirmaciones acerca de una función f (z) analı́tica o regular en un punto z0
del plano complejo es incorrecta?
a) f (z) es diferenciable en todos los puntos de un entorno de z0
b) f (z) puede tener un polo aislado en z0 de orden finito
c) f (z) se puede expresar como una serie de potencias positivas de (z − z0 ), convergente en un
cierto entorno de z0 : |z − z0 | < R, con R > 0
d) f (z) es continua en z0
(9) Podemos asegurar que la función f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es diferenciable en un punto z0 si y sólo
si se cumplen las condiciones de Cauchy-Riemann es z0
a) Verdadero, es condición necesaria y suficiente
b) Falso, pues se ha de cumplir también que las primeras derivadas parciales de las funciones
u(x, y) y v(x, y) sean continuas
c) Falso, pues se ha de cumplir también que las primeras derivadas parciales de las funciones
u(x, y) y v(x, y) existan
d) Falso, pues se ha de cumplir también que las funciones u(x, y) y v(x, y) sean continuas
H
(10) Sea la integral z ∗ dz a lo largo de la circunferencia |z| = 1:
a) La integral es cero por el teorema de Morera y ser la función analı́tica en todo el recinto que
es simplemente conexo
b) La integral es cero por el teorema de Cauchy y ser la función analı́tica en todo el recinto que
es simplemente conexo
c) El teorema de Cauchy no se aplica por no ser una función analı́tica en el recinto y la integral
vale 2πi
d) El teorema de Cauchy no se aplica por cruzarse un corte de la función (a lo largo del eje real)
en el camino de integración y la integral vale 4πi
(11) Sea la función definida como
I
f (z0 ) =
|z|=5
sin z
dz
(z − z0 )2
0
El valor de la primera derivada f (π) vale
a) 0
b) 1/2
c) -1/2
d) 1
(12) En el desarrollo en serie de potencias dentro de su radio de convergencia |z − z0 | < R,
f (z) =
∞
X
n=0
an (z − z0 )n
90
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
los coeficientes an se pueden expresar como:
1
a) an = n!
f (n) (z0 )
b) an =
c) an =
d) an =
1
(n)
(z0 )
n f
1
(n+1)
(z0 )
n! f
(n)
f (z0 )
(13) La función
z(z − 2)
(z + 2)(z 2 + 9)
f (z) =
a)
b)
c)
d)
se
se
se
se
puede
puede
puede
puede
desarrollar
desarrollar
desarrollar
desarrollar
en
en
en
en
potencias
potencias
potencias
potencias
de
de
de
de
(z + 1) para |z + 1| < 2
(z + 2) para 0 < |z + 2| < 4
z para 2 < |z| < 3
z para |z| < 3
(14) Considerad la función
f (z) = cos x + iy sin x
Luego f (z) es
a) analı́tica ∀z ∈ R
b) diferenciable (derivable) ∀z tal que Re(z) = 0
c) diferenciable (derivable) para z = kπ, k = 0, ±1, ±2, · · ·
d) diferenciable (derivable) para z = 2kπ, k = 0, ±1, ±2, · · ·
(15) La función siguiente
sin (1/z)
z
tiene en z = 0:
a) Una singularidad evitable
b) Un polo de orden uno
c) Un polo de orden dos
d) Una singularidad esencial
(16) Para que una serie infinita de potencias pueda ser integrada término a término, es decir
Z X
∞
∞ Z
X
an z n dz =
an z n dz
n=0
n=0
se ha de verificar que la serie sea:
a) absolutamente convergente
b) condicionalmente convergente
c) uniformemente convergente
d) geométrica de razón menor que uno
(17) Si f (z) es una función analiı́tica en un dominio D, cuál de las siguientes afirmaciones es falsa?
a) La integral de f (z) a lo largo de un camino cerrado incluido en D siempre es cero
b) Se puede definir una primitiva F (z) tal que F 0 (z) = f (z) en todo punto perteneciente a D
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
91
c) f (z) siempre se puede diferenciar (derivar) en cualquier punto perteneciente a D, es decir
∃f 0 (z), ∀z ∈ D
d) La integral de f (z) entre dos valores z1 y z2 ,Rinicial y final respectivamente,
no depende del
Rz
z
camino ni del sentido de circulación, es decir z12 C f (z) dz = z21 C f (z) dz, ∀C ⊂ D
(18) El residuo de la función
µ
f (z) =
a)
b)
c)
d)
es
es
es
es
¶2
4
2
0
2πi
(19) La integral
a)
b)
c)
d)
z
z−2
vale
vale
vale
vale
cero
cero
cero
cero
1
2πi
I
(z − 1)n dz
|z|=2
para cualquier valor de n, positivo, cero o negativo
para cualquier valor de n negativo
sólo si n = −1
para cualquier valor de n excepto n = −1
(20) Sabiendo que Γ[1/2] =
√
a) Γ[3/2] = π/2
√
b) Γ[3/2] = 4 π/3
√
c) Γ[3/2] = −2 π
√
d) Γ[3/2] = 2 π
√
π, podemos deducir que
92
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Examen de Métodos Matemáticos III. Teorı́a. Junio 2004
Examen final: sólo las preguntas con asterisco
(1) Diremos que D ⊂ C es un dominio simplemente conexo si
a) cualquier pareja de puntos en D pueden unirse mediante un camino totalmente contenido en
D
b) cualquier circuito en D define un subconjunto abierto
c) cualquier circuito en D define un subconjunto cerrado
d) cualquier circuito en D define un subconjunto totalmente contenido en D
(2) * De las siguientes ecuaciones diferenciales, decir cuál es lineal (sólo hay una)
a)
b)
d2 y
dx2
d2 x
dt2
d2 θ
dt2
dy
− y dx
=0
+ kx + x3 = 0
c)
+ gl sin θ = 0
d) ydy + xdx = 0
e) xdy − ydx = 0
(3) * ¿Cuál es la familia de curvas solución de la EDO siguiente xdy − dx = 0 ?
a) y(x) = K ln x (K constante)
b) y(x) = ln (Kx) (K constante)
c) y(x) = ln (x + K) (K constante)
d) y(x) = x + ln K (K constante)
(4) El teorema de Picard afirma que una EDO dy/dx = f (x, y) tiene solución única en una cierta
región rectangular R del plano x, y que contiene al punto (x0 , y0 ) si
a) ∂f /∂x y ∂f /∂y son continuas en un intervalo x0 − h ≤ x ≤ x0 + h dentro del rectángulo R
b) f (x, y) es continua y ∂f /∂x = ∂f /∂y en un intervalo x0 −h ≤ x ≤ x0 +h dentro del rectángulo
R
c) f (x, y) y ∂f /∂y son continuas en un intervalo x0 − h ≤ x ≤ x0 + h dentro del rectángulo R
d) f (x0 , y0 ) 6= 0 y ∂f /∂y es continua en un intervalo x0 − h ≤ x ≤ x0 + h dentro del rectángulo
R
(5) ¿Cuál de las siguientes expresiones se corrresponde con la definición del Wronskiano W (y1 , y2 ) de
dos funciones y1 (x) e y2 (x)?
a) y10 y2 − y1 y20
b) y1 y2 − y10 y20
c) y1 y20 + y1 y20
d) y1 y20 − y10 y2
(6) ¿Cuál de las ecuaciones lineales de primer orden siguientes no es homogénea? (sólo hay una)
a) xdy − ydx = 0
q
dy
= 1 + tan xy
b) dx
c)
dy
dx
= ln x − ln y
d) (1 + x2 )dy − (1 + y 2 )dx = 0
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
93
(7) En una ecuación diferencial lineal homogénea de tercer orden, si y1 (x), y2 (x) e y3 (x) son soluciones
linealmente independientes, podemos afirmar siempre que:
a) El Wronskiano W [y1 , y2 , y3 ] se anula idénticamente en alguna región de x.
b) y3 (x) = c2 y2 (x) + c3 y3 (x) en alguna región de R siendo c1 y c2 constantes
c) 7y1 (x) − 43 y2 (x) es también solución de la EDO.
d) y1 (x) · y2 (x) · y3 (x) es también solución de la EDO.
(8) La solución de la ecuación diferencial lineal xdy + ydx = 0 es
a) y(x) = C ln x
b) y(x) = Cex
c) y(x) = Ce−x
d) y(x) = C/x
(9) La solución general de la ecuación diferencial homogénea y 00 + 4y 0 + 4y = 0 es
a) y(x) = c1 e−2x
b) y(x) = c1 e2x + c2 xe−2x
c) y(x) = c1 e−2x + c2 xe−2x
d) y(x) = c1 e2x + c2 e−2x + c3 xe−2x
(10) * Dada la EDO
d2 y
dy
+p
+x=0
2
dx
dx
la solución más general se puede expresar en términos de senos y cosenos si y sólo si
a) p ≥ 2
b) p < 2
c) siempre
d) nunca
(11) * Si un sistema de ecuaciones lineales homogéneas se puede escribir en la forma matricial
ẋ(t) = [A] x(t)
entonces
a) [A] es una matriz fundamental del sistema
b) e[A]t es una matriz fundamental del sistema.
c) e[A]t sólo es una matriz fundamental del sistema si [A] es diagonal.
d) e[A]t sólo es una matriz fundamental del sistema si [A] es simétrica.
94
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
(12) La siguiente ecuación diferencial y 00 −
a)
b)
c)
d)
2x
0
1−x2 y
+
6
1−x2 y
= 0 tiene como puntos singulares:
Todos los puntos de R son ordinarios
x = ±i siendo ambos puntos singulares regulares en el plano complejo
x = ±1 siendo ambos puntos singulares irregulares
x = ±1 siendo ambos puntos singulares regulares
(13) * Cuál es ecuación indicial en el punto x = 0 de la EDO: 2x2 y 00 + x(2x − 1)y 0 + (5x + 1)y = 0?
a) σ 2 − 32 σ + 12 = 0
b) σ 2 − σ +
2
5
2
=0
5
2
c) σ + = 0
d) Carece de sentido hablar de ecuación indicial pues el punto x = 0 no es singular.
(14) La función hipergeométrica F (1, 2; 2; x) coincide con el desarrollo de potencias:
P∞ xn
a)
n=0 n+1
P∞ xn
b)
n=0 n+2
P∞ xn
c)
n!
Pn=0
∞
n
d)
n=0 x
(15) * Cuando un punto x0 es singular regular de una EDO:
P∞
a) Siempre se puede hallar al menos una solución del tipo n=0 an (x−x0 )n en un cierto intervalo
de convergencia.
P∞
b) Siempre se puede hallar al menos una solución del tipo de una serie de Frobenius n=0 an (x −
x0 )n+σ en un cierto intervalo de convergencia.
P∞
c) Siempre se pueden hallar dos soluciones linealmente independientes del tipo n=0 an (x − x0 )n
en un cierto intervalo de convergencia.
d) Siempre sePpuede hallar dos soluciones linealmente independientes del tipo de una serie de
∞
Frobenius n=0 an (x − x0 )n+σ en un cierto intervalo de convergencia.
(16) * Los polinomios de Legendre satisfacen las siguientes propiedades (Nota: sólo una es incorrecta:
señalar cuál):
a) Pn (1) = 1
b) Pn (x) = (−1)n Pn (−x)
2
c) Pn (x) · Pn (x) = 2n+1
d) P0 (x) = 1
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
95
Examen de Métodos Matemáticos III. Teorı́a. Septiembre 2004
Apellidos:
Nombre:
Grupo:
(1) De las siguientes ecuaciones diferenciales, decir cuál no es lineal (sólo hay una)
a)
b)
d2 y
dx2
d2 x
dt2
d2 x
dt2
+
+
dy
3
dx = x
dx
3
dt = x
g
lx = 0
c)
+
d) xdy + ydx = 0
(2) El teorema de Picard afirma que una EDO dy/dx = f (x, y) tiene solución única en una cierta
región rectangular R del plano x, y que contiene al punto (x0 , y0 ) si:
a) f (x, y) y ∂f /∂y son continuas en un intervalo x0 − h ≤ x ≤ x0 + h dentro del rectángulo R
b) ∂f /∂x = ∂f /∂y en un intervalo x0 − h ≤ x ≤ x0 + h dentro del rectángulo R
c) ∂f /∂x y ∂f /∂y son continuas en un intervalo x0 − h ≤ x ≤ x0 + h dentro del rectángulo R
d) f (x0 , y0 ) 6= 0 y ∂f /∂y es continua en un intervalo x0 − h ≤ x ≤ x0 + h dentro del rectángulo
R
(3) ¿Cuál de las siguientes expresiones se corrresponde con la definición del Wronskiano W (y1 , y2 ) de
dos funciones y1 (x) e y2 (x)?
a) y10 y2 − y1 y20
b) y1 y2 − y10 y20
c) y1 y20 + y1 y20
d) y1 y20 − y10 y2
(4) En una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden, si y1 (x), y2 (x) son soluciones
linealmente independientes, podemos afirmar siempre que:
a) El Wronskiano W [y1 , y2 ] se anula idénticamente en alguna región de x en R.
b) c1 y1 (x) + c2 y2 (x) ≡ 0 en alguna región de R siendo c1 6= 0 y c2 6= 0 constantes
c) y1 (x) − π · y2 (x) es también solución de la EDO.
d) ey1 (x) + ey2 (x) es también solución de la EDO.
(5) La solución de la ecuación diferencial lineal dy − ydx = 0 es
a) y(x) = C ln x
b) y(x) = Cex
c) y(x) = Ce−x
d) y(x) = C/x
siendo C una constante.
96
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
(6) Dada la EDO lineal y de segundo orden:
d2 y
+ kx = 0
dx2
la solución más general siendo x una variable real se puede expresar en términos de senos y cosenos
si
a) k > 0
b) k < 0
p
p
c) Siempre, por ser {sin ( |k|x), cos ( |k|x)} un conjunto fundamental de soluciones
√
√
d) Nunca, porque el sistema fundamental de soluciones es {e |k|x , e− |k|x }
(7) Si un sistema de ecuaciones lineales homogéneas se puede escribir en la forma matricial
ẋ(t) = [A] x(t)
entonces
a) [A] es una matriz fundamental del sistema
b) e[A]t es una matriz fundamental del sistema.
c) e[A]t sólo es una matriz fundamental del sistema si [A] es diagonal.
d) e[A]t sólo es una matriz fundamental del sistema si [A] es simétrica.
(8) ¿Cuál es ecuación indicial en el punto singular x = 0 de la EDO: x2 y 00 − xy 0 + (1 − x)y = 0 ?
a) σ 2 − 2σ = 0
b) σ 2 + 1 = 0
c) σ 2 − 2σ + 1 = 0
d) Carece de sentido hablar de ecuación indicial pues el punto x = 0 no es regular.
(9) Cuando un punto x0 es singular regular de una EDO:
P∞
a) Siempre se puede hallar al menos una solución del tipo n=0 an (x−x0 )n en un cierto intervalo
de convergencia.
P∞
b) Siempre se puede hallar al menos una solución del tipo de una serie de Frobenius n=0 an (x −
x0 )n+σ en un cierto intervalo de convergencia.
P∞
c) Siempre se pueden hallar dos soluciones linealmente independientes del tipo n=0 an (x − x0 )n
en un cierto intervalo de convergencia.
d) Siempre se puede
P∞hallar dos soluciones linealmente independientes ambas del tipo de una serie
de Frobenius n=0 an (x − x0 )n+σ en un cierto intervalo de convergencia.
(10) Los polinomios de Legendre satisfacen las siguientes propiedades (Nota: sólo una es correcta,
señalar cuál):
a) P0 (x) = x
b) Pn (0) = 0, ∀n
c) Pn (1) = 0, ∀n
d) P−n (−x) = Pn (x)
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
97
Examen de Métodos Matemáticos III. Problemas. Junio 2004
Examen final: sólo los problemas con asterisco
(1) * Calcular, utilizando métodos de variable compleja, el valor de la integral:
Z ∞
sin 4x
dx
2 + 4)
x(x
−∞
(2) * Sea la ecuación diferencial no homogénea
y 00 − 4y = e2x
a) Encontrar en primer lugar dos soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea
correspondiente.
b) Seguidamente hallar una solución particular de la completa mediante el método de variación
de parámetros o constantes. Escribir a continuación la solución general de la completa.
c) Hallar nuevamente una solución particular de la ecuación diferencial completa mediante el
método de los coeficientes indeterminados. Escribir la solución general de nuevo, comparar
con el resultado anterior y comentar.
(3) Sea el sistema de ecuaciones diferenciales
ẋ1 (t) = 6x1 (t) − 3x2 (t)
ẋ1 (t) = 2x1 (t) + x2 (t)
Resolver el sistema si las condiciones iniciales se expresan mediante el vector columna
µ
¶
−10
x0 =
−6
(4) * Sea la ecuación diferencial
y 0 − 2xy = 0
a) Resolverla mediante un desarrollo en serie de potencias alrededor del punto cero
y=
∞
X
an xn
n=0
b) ¿Cuál es el radio de convergencia de la solución? ¿Identificas el resultado final con alguna
función conocida?
c) Resolver la ecuación diferencial mediante algún método convencional y comparar.
98
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Examen de Métodos Matemáticos III. Problemas. Septiembre 2004
(1) Sea la ecuación diferencial
y 00 + y = 1
Elegir entre alguno de los dos apartados siguientes:
(a) Resolverla mediante el método de la transformada de Laplace con las condiciones iniciales
y(0) = 1, y 0 (0) = 0.
(b) Resolverla sujeta a las mismas condiciones iniciales, mediante el método de los coeficientes
indeterminados.
(2) Encontrar la solución del sistema de ecuaciones diferenciales
dx
= x+y
dt
dy
= y
dt
a) mediante el método de sustitución o eliminación
b) mediante el método matricial
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
Soluciones.
(1) La ecuación caracterı́stica es
r2 − 4 = 0 → r = ±2
Luego
y1 (x) = e2x , y2 (x) = e−2x
Si ahora buscamos la solución particular yp (x) = c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x), el Wronskiano
W [y1 , y2 ] = −4
y por tanto
Z
Z
−g(x)y2 (x)
1
x
c1 (x) =
=
e−2x e2x dx = −
W [y1 , y2 ]
4
4
Z
Z
Z
1
1
1 4x
g(x)y1 (x)
=−
e2x e2x dx =
e4x dx =
e
c2 (x) =
W [y1 , y2 ]
4
4
16
Luego
yp (x) =
µ
¶
x 2x
1
1
1 2x
e − e2x =
x−
e
4
16
4
4
y la general
y(x) = c1 e
2x
+ c2 e
−2x
µ
¶
1
1 2x
+
x−
e
4
4
que en realidad se puede escribir como
x 2x
e
4
Mediante el método de los coeficientes indeterminados, se propone la solución particular
y(x) = c1 e2x + c2 e−2x +
yp (x) = Ae2x + Bxe2x
que conduce a
B = 1/4
y A cualquiera.
(2) Sea el sistema de ecuaciones diferenciales
ẋ1 (t) = 6x1 (t) − 3x2 (t)
ẋ2 (t) = 2x1 (t) + x2 (t)
Resolver el sistema si las condiciones iniciales se expresan mediante el vector columna
µ
¶
−10
x0 =
−6
La matriz es
µ
6
[A] =
2
¶
−3
1
y los valores propios son
| [A] − r[I] |= (6 − r)(1 − r) + 6 = 0 → r = r2 − 7r + 12 = 0 → r1 = 3, r2 = 4
Para r1 = 3,
µ
3
2
¶µ ¶ µ ¶
a
0
=
→ 3a − 3b = 0, 2a − 2b = 0 ⇒ a = b
b
0
−3
−2
Haciendo b = 1, a = 1.
Para r2 = 4,
µ
¶µ ¶ µ ¶
3b
2 −3
a
0
=
→ 2a − 3b = 0, 2a − 3b = 0 ⇒ a =
2 −3
b
0
2
Haciendo b = 2, a = 3.
99
100
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Luego la solución general es
µ ¶
µ ¶
1
4t 3
x(t) = c1 e
+ c2 e
1
2
3t
de donde
x1 (t) =
c1 e3t + 3c2 e4t
x2 (t) =
c1 e3t + 2c2 e4t
Si ahora imponemos las condiciones iniciales
−10 =
−6 =
c1 + 3c2
c1 + 2c2
y ası́ c1 = 2 y c2 = −4; finalmente la solución es
x1 (t) =
2e3t − 12e4t
x2 (t) =
2e3t − 8e4t
(3) Sea y 00 + y 0 = 1 con las C.I. y(0) = 0 y 0 (0) = 1. Lo resolveremos mediante el método de la transformada de Laplace.
Y(s2 + s) − 1 =
de donde
Y=
de donde
1
s
µ
¶
1
1
1
×
1
+
→ Y= 2
2
s +s
s
s
· ¸
1
y(t) = L−1 2 = t
s
Mediante otro método
r2 + r = 0 ⇒ r = 0, −1
y la solución general es
y(t) = c1 + c2 e−t
y una solución particular es yp = t; la solución general es
y(t) = c1 + t + c2 e−t
Exigiendo que y(0) = 0, y 0 (0) = 1, hallamos
c1 + c2 = 0, 1 − c2 = 1 ⇒
c1 = c2 = 0
Luego la solución que satisface las C.I. es y = t.
(4) Resolveremos el sistema
dx
=x+y
dt
dy
=y
dt
primero por sustitución
d2 x
dt2
d2 x
dt2
dx dy
dx
+
, y=
−x
dt
dt
dt
dx
d2 x
dx
= 2
−x →
−2
+x=0
2
dt
dt
dt
=
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
101
cuya ecuación caracterı́stica es
r2 − 2r + 1 = 0 ⇒ r = 1 (doble)
y la solución general es
x(t) =
y(t) =
c1 et + c2 tet
c2 et
Ahora mediante el método matricial, donde
µ
¶
1 1
[A] =
0 1
Calcularemos los valores propios de [A]
¯
¯
¯1 − r
1 ¯¯
¯
| [A] − r[I] |= ¯
0
1 − r¯
= (1 − r)2 = 0 → r = 1 (doble)
Como la matriz no es diagonalizable, empleamos el método de la matriz exponencial.
En este caso, [A] sólo tiene un valor propio (r = 1) de multiplicidad dos. Ası́, cualquier función
de [A] la podemos descomponer en la forma
f ([A]) = f (1)[Z1 ] + f 0 (1)[Z2 ]
Para determinar las matrices [Z1 ] y [Z2 ], podemos considerar las funciones f ([A]) = [I] y f ([A]) =
[I] − [A], correspondientes a las funciones f (r) = 1 y f (r) = r + 1.
f ([A]) = [I], f (r = 1) = 1, f 0 (r = 1) = 0 ⇒ [Z1 ] = [I]
f ([A]) = [I] − [A], f (r = 1) = 0, f 0 (r = −1) = −1 ⇒ [A] − [I] = [Z2 ]
De este modo hallamos las matrices constituyentes de la matriz [A] de este ejemplo
µ
¶
1 0
[Z1 ] = [I] =
0 1
µ
¶
0 1
[Z2 ] = [A] − [I] =
0 0
Por consiguiente, escribiremos la matriz fundamental
µ
¶
µ
¶ µ t
¶
1 0
0 1
e tet
exp ([A]t) = et [Z1 ] + tet [Z2 ] = et
+ tet
=
0 1
0 0
0 et
y la solución general, a partir de la expresión
x(t) = exp ([A]t) c
conduce a
x(t) =
y(t) =
c1 et + c2 et
c2 et
102
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Examen de Métodos Matemáticos III. Teorı́a primer parcial. Junio 2005
Apellidos:
Nombre:
Grupo:
(1) Sea una variable compleja z definida como
z=
1−i
2+i
El valor de Re(z)+Im(z) es
a) 2/5
b) -2/5
c) 2i
d) -2/5
(2) Decir cuál de las siguientes relaciones es cierta (sólo hay una)
a) sin iz = sinh z
b) sin iz = − sinh z
c) sin iz = i sinh z
d) sin iz = −i sinh z
(3) El residuo de la función
f (z) =
en z
a)
b)
c)
d)
= 0 vale
1/2
1
e
6
ez
z3
(4) Si utilizamos las ramas principales de los logaritmos, podemos escribir que log (1 + i) + log (1 + i)
es igual a
a) log 2
b) log 2 + iπ/2
c) log 2 + iπ
d) log 2 + i2π
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
103
(5) La función siguiente
tiene en z = 0:
a) Una singularidad evitable
b) Un polo de orden uno
c) Un polo de orden dos
d) Una singularidad esencial
sin2 (1/z)
z2
(6) El siguiente desarrollo en potencias
z2 + z + 1 +
1
1
1
1
+ 2 + 3 + ··· + n + ···
z
z
z
z
se corresponde con una serie de
a) Picard
b) Taylor
c) Laurent
d) D’Alembert
H
(7) Sea la integral z ∗ dz a lo largo de la circunferencia |z| = 1:
a) La integral es cero por el Teorema de Morera y ser la función analı́tica en todo el recinto que
es simplemente conexo
b) La integral es cero por el teorema de Cauchy y ser la función analı́tica en todo el recinto que
es simplemente conexo
c) El teorema de Cauchy no se aplica por no ser una función analı́tica en el recinto y la integral
vale 2πi
d) El teorema de Cauchy no se aplica por cruzarse un corte de la función (a lo largo del eje real)
en el camino de integración y la integral vale 4πi
(8) La función Gamma satisface la siguiente propiedad (sólo una es correcta) :
a) Γ(x) = (x + 1) · Γ(x)
b) Γ(x) = (x − 1) · Γ(x)
c) Γ(x) = x · Γ(x)
d) Γ(x) = (x − 1) · Γ(x − 1)
104
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Examen de Métodos Matemáticos III. Teorı́a segundo parcial. Junio 2005
Apellidos:
(9) Si la función f (t) satisface
rollarse mediante una serie
a) sólo tiene términos de
b) sólo tiene términos de
Nombre:
Grupo:
que f (t) = −f (−t) siendo periódica con perı́odo 2L, entones al desarde Fourier en un intervalo ] − L, L[
la forma sin (nπt/L), siendo n un número natural
la forma cos (nπt/L)
c) sĺo tiene t’erminos de la forma sin (nπt/L) · cos (nπt/L)
d) no puede desarrollarse mediante en serie de Fourier
(10) La transformada de Laplace de una función F (x) cuyo dominio de existencia es ]0, +∞[ se define
como:
R∞
a) L[F (x)] = f (s) = −∞ e−isx F (x) dx
R∞
b) L[F (x)] = f (s) = 0 e−isx F (x) dx
R1
c) L[F (x)] = f (s) = 0 e−sx F (x) dx
R∞
d) L[F (x)] = f (s) = 0 e−sx F (x) dx
(11) Dada la ecuación diferencial d2 y/dx2 + 4y = 0 y las condiciones iniciales y(0) = 1, y 0 (0) = 0 una
solución (sólo hay una correcta) es
a) y = 2 cos (2x)
b) y = cos (2x)
c) y = 2 sin (2x)
d) y = sin (2x)
(12) Sea la ecuación diferencial lineal ydx − x2 dy = 0. Las isoclinas se corresponden con el haz de curvas
definido por la ecuación:
a) y(x) = Kx
b) y(x) = K/x
c) y(x) = K/x2
d) y(x) = Kx2
(13) La ecuación diferencial 2xydx + (x2 − 1)dy = 0
a) es una ecuación diferencial exacta
b) no es una ecuación diferencial exacta y un factor integrante es e2x
c) no es una ecuación diferencial exacta y un factor integrante es 1/x2
d) no es una ecuación diferencial exacta y un factor integrante es (x2 − 1)2
(14) Dado el conjunto de funciones {x, sin x, cos x}, su Wronskiamo vale
a) 0
b) −x
c) x sin x
d) x cos x
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
105
(15) La solución general de la ecuación diferencial homogénea y 00 + 4y 0 + 4y = 0 es
a) y(x) = c1 e−2x
b) y(x) = c1 e2x + c2 e−2x
c) y(x) = c1 e2x + c2 xe−2x
d) y(x) = c1 e−2x + c2 xe−2x
(16) Sea un sistema de ecuaciones lineales homogéneas escrito en la forma matricial
ẋ(t) = [A] x(t)
Diremos que un conjunto de n funciones vectoriales {x}i=1,...,n soluciones del anterior sistema es
linealmente independiente en un intervalo (a, b) si y sólo si su Wronskiano es
a) diferente de cero en todo punto de (a, b)
b) igual a cero en todo punto (a, b)
c) diferente de cero en algún punto de (a, b)
d) negativo en todo punto de (a, b)
(17) La siguiente ecuación diferencial y 00 −
a)
b)
c)
d)
2x
0
1−x2 y
+
6
1−x2 y
= 0 tiene como puntos singulares:
Todos los puntos de R son ordinarios
x = ±i siendo ambos puntos singulares regulares en el plano complejo
x = ±1 siendo ambos puntos singulares irregulares
x = ±1 siendo ambos puntos singulares regulares
(18) Cuál es ecuación indicial en el punto x = 0 de la EDO: 2x2 y 00 + x(2x − 1)y 0 + (5x + 1)y = 0?
a) σ 2 − 32 σ + 12 = 0
b) σ 2 − σ +
2
5
2
=0
5
2
c) σ + = 0
d) Carece de sentido hablar de ecuación indicial pues el punto x = 0 no es singular.
(19) Cuando un punto x0 es singular regular de una EDO:
P∞
a) Siempre se puede hallar al menos una solución del tipo n=0 an (x−x0 )n en un cierto intervalo
de convergencia.
b) Siempre se puede hallar al menos una solución del tipo de una serie de Frobenius
∞
X
an (x − x0 )n+σ
n=0
en un cierto intervalo de convergencia.
c) Siempre se pueden hallar dos soluciones linealmente independientes del tipo
∞
X
an (x − x0 )n
n=0
en un cierto intervalo de convergencia.
d) Siempre se puede hallar dos soluciones linealmente independientes del tipo de una serie de
Frobenius
∞
X
an (x − x0 )n+σ
n=0
en un cierto intervalo de convergencia.
106
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
(20) Los polinomios de Legendre satisfacen las siguientes propiedades (Nota: sólo una es correcta,
señalar cuál):
a) P0 (x) = 1
b) Pn (0) = 0, ∀n
c) Pn (1) = 0, ∀n
d) P−n (−x) = Pn (x)
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
107
Examen de Métodos Matemáticos III. Problemas. Junio 2005
Examen final: problema 1 + 2 a elegir entre los tres últimos; segundo parcial: los tres
últimos problemas
(1) Calcular, utilizando métodos de variable compleja, el valor de la integral:
Z ∞
1
dx 3 √
x (x + 1)
0
(2) Sea la ecuación diferencial no homogénea
4y 00 − y = e−x/2
(a) Encontrar en primer lugar dos soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea
correspondiente.
(b) Seguidamente hallar una solución particular de la completa mediante el método de variación
de parámetros o constantes. Escribir a continuación la solución general de la completa.
(c) Hallar nuevamente una solución particular de la ecuación diferencial completa mediante el
método de los coeficientes indeterminados. Escribir la solución general de nuevo, comparar
con el resultado anterior y comentar.
(3) Sea el sistema de ecuaciones diferenciales
dx
= y
dt
dy
= x
dt
a) Resolver el sistema mediante el método matricial para las condiciones iniciales x(0) = 0, y(0) = 0
b) Resolverlo mediante el método de sustitución
(4) Sea la ecuación diferencial
(1 − x)y 0 − y = 0
a) Resolverla mediante un desarrollo en serie de potencias alrededor del punto cero
y=
∞
X
an xn
n=0
b) ¿Cuál es el radio de convergencia de la solución? ¿Identificas el resultado final con alguna
función conocida?
c) Resolver la ecuación diferencial mediante algún método convencional y comparar.
108
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Examen de Métodos Matemáticos III. Problemas. Septiembre 2005
(1) Calcular, utilizando el teorema de Cauchy, el valor de la integral:
I
e2iz
dz 2
(z + 1)2
(a) a lo largo de un cı́rculo de radio 1 centrado en el punto i/2
(b) a lo largo de un cı́rculo de radio 2 centrado en el punto i/2
(2) Sea la ecuación diferencial
x2 y 00 + xy 0 − 4y = 0
(a) Sabiendo que una solución particular es y = x2 , hallar otra solución linealmente independiente
de la anterior mediante el método de reducción de orden
(b) Escribir a continuación la solución general de la ecuación diferencial.
(3) Sea el sistema de ecuaciones diferenciales
dx
= −x + 2y
dt
dy
= 2x − y
dt
(a) Resolver el sistema mediante el método matricial
(a) Resolverlo mediante el método de sustitución
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
109
Examen de Métodos Matemáticos III. Teorı́a. Septiembre 2005
(1) Diremos que D ⊂ C es un dominio simplemente conexo si
a) cualquier pareja de puntos en D pueden unirse mediante un camino totalmente contenido en
D
b) cualquier circuito en D define un subconjunto abierto
c) cualquier circuito en D define un subconjunto cerrado
d) cualquier circuito en D define un subconjunto totalmente contenido en D
(2) La función logaritmo (rama principal) de un número complejo z = x + iy se puede escribir como
a) ln z = 21 ln (x2 + y 2 ) + iπ
b) ln z = ln (x + y) + i arctan (y/x)
c) ln z = 21 ln (x2 + y 2 ) + i arctan (y/x)
d) ln z = ln x + ln y + i arctan (y/x)
(3) ¿Cuál de los siguientes números complejos es solución de ln (−1)?
a) i
b) iπ/2
c) eiπ
d) iπ
(4) La transformada de Fourier de una función f (x) cuyo dominio de existencia es ] − ∞, +∞[ se define
como:
R +1
a) F[f (x)] = F (k) = −1 e−ikx f (x) dx
R∞
b) F[f (x)] = F (k) = √12π −∞ e−ikx f (x) dx
R∞
c) F[f (x)] = F (k) = 0 e−kx f (x) dx
H
d) F[f (x)] = F (k) = e−ikx f (x) dx
(5) La función siguiente
cos (1/z 2 )
1−z
tiene en z = 1:
a) Una singularidad evitable
b) Un polo de orden uno
c) Un polo de orden dos
d) Una singularidad esencial
110
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
(6) El teorema de Cauchy-Goursat afirma que
a) Si f (x) es una función analı́tica (o regular) en un dominio simplemente conexo D, entonces la
integral a lo largo de cualquier camino cerrado contenido en D vale 2πi si se recorre en sentido
antihorario
b) Si f (x) es una función analı́tica (o regular) en un dominio simplemente conexo D, entonces la
integral a lo largo de cualquier camino cerrado contenido en D vale 2πi si se recorre en sentido
horario
c) Si f (x) es una función analı́tica (o regular) en un dominio simplemente conexo D, entonces la
integral a lo largo de cualquier camino cerrado contenido en D vale cero
d) Si f (x) es una función que tiene un polo simple z0 en un dominio simplemente conexo D,
entonces la integral a lo largo de cualquier camino cerrado contenido en D vale 2πif (z0 ) si se
recorre en sentido antihorario
(7) El valor de la integral
a)
b)
c)
d)
R 2π
−2π
x3 δ(x + π) es
π3
0
−π 3
π 4 /4
(8) De las siguientes ecuaciones diferenciales, decir cuál es lineal (sólo hay una)
a)
b)
d2 y
dx2
d2 x
dt2
d2 θ
dt2
dy
− y dx
=0
+ kx + x3 = 0
c)
+ gl sin θ = 0
d) ydy + xdx = 0
e) xdy − ydx = 0
(9) Cuál es la familia de curvas solución de la EDO siguiente
1
1
dx + dy = 0
x
y
a)
b)
c)
d)
y
y
y
y
= Kx (K constante)
= x + K (K constante)
= K/x (K constante)
= Kx2 (K constante)
(10) ¿Cuál de las siguientes expresiones se corrresponde con la definición del Wronskiano W (y1 , y2 ) de
dos funciones y1 (x) e y2 (x)?
a) y10 y2 − y1 y20
b) y1 y2 − y10 y20
c) y1 y20 + y1 y20
d) y1 y20 − y10 y2
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
(11) La transformada de Laplace definida como
Z
L[F (x)] = f (s) =
∞
111
e−sx F (x) dx
0
goza de las siguientes propiedes (sólo hay una incorrecta, sealar cuál)
a) L[F (x) + G(x)] = L[F (x)] + L[G(x)]
b) L[c/F (x)] = c/L[F (x)]
c) L[F 0 (x)] = sL[F (x)] − F (0)
d) L[F 00 (x)] = s2 L[F (x)] − sF (0) − F 0 (0)
(12) ¿Cuál de las ecuaciones lineales de primer orden siguientes no es homogénea? (sólo hay una)
a) xdy − ydx = 0
q
dy
= 1 + tan xy
b) dx
c)
dy
dx
= ln x − ln y
d) (1 + x2 )dy − (1 + y 2 )dx = 0
(13) En una ecuación diferencial lineal homogénea de tercer orden, si y1 (x), y2 (x) e y3 (x) son soluciones
linealmente independientes, podemos afirmar siempre que:
a) El Wronskiano W [y1 , y2 , y3 ] se anula idénticamente en alguna región de x.
b) y3 (x) = c2 y2 (x) + c3 y3 (x) en alguna región de R siendo c1 y c2 constantes
c) 7y1 (x) − 43 y2 (x) es también solución de la EDO.
d) y1 (x) · y2 (x) · y3 (x) es también solución de la EDO.
(14) La solución general de la ecuación diferencial homogénea y 00 + 4y 0 + 4y = 0 es
a) y(x) = c1 e−2x
b) y(x) = c1 e2x + c2 xe−2x
c) y(x) = c1 e−2x + c2 xe−2x
d) y(x) = c1 e2x + c2 e−2x + c3 xe−2x
(15) Dada la ecuación diferencial d2 y/dx2 + 4y = 0 y las condiciones iniciales y(0) = 0, y 0 (0) = 2 una
solución (sólo hay una correcta) es
a) y = 2 cos x
b) y = cos (2x)
c) y = 2 sin x
d) y = sin (2x)
112
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
(16) Sea un sistema de ecuaciones lineales homogéneas escrito en la forma matricial
ẋ(t) = [A] x(t)
Diremos que un conjunto de n funciones vectoriales {x}i=1,...,n soluciones del anterior sistema es
linealmente independiente en un intervalo (a, b) si y sólo si su Wronskiano es
a) diferente de cero en todo punto de (a, b)
b) igual a cero en todo punto (a, b)
c) diferente de cero en algún punto de (a, b)
d) negativo en todo punto de (a, b)
(17) La siguiente ecuación diferencial y 00 −
a)
b)
c)
d)
2x
0
1−x2 y
+
6
1−x2 y
= 0 tiene como puntos singulares:
Todos los puntos de R son ordinarios
x = ±i siendo ambos puntos singulares regulares en el plano complejo
x = ±1 siendo ambos puntos singulares irregulares
x = ±1 siendo ambos puntos singulares regulares
(18) Cuál es ecuación indicial en el punto x = 0 de la EDO: 2x2 y 00 + x(2x − 1)y 0 + (5x + 1)y = 0?
a) σ 2 − 32 σ + 12 = 0
b) σ 2 − σ +
5
2
=0
c) σ 2 + 52 = 0
d) Carece de sentido hablar de ecuación indicial pues el punto x = 0 no es singular.
(19) Cuando un punto x0 es singular regular de una EDO:
P∞
a) Siempre se puede hallar al menos una solución del tipo n=0 an (x−x0 )n en un cierto intervalo
de convergencia.
b) Siempre
se puede hallar al menos una solución del tipo de una serie de Frobenius
P∞
n+σ
en un cierto intervalo de convergencia.
n=0 an (x − x0 )
c) Siempre
se
pueden
hallar
dos soluciones linealmente independientes del tipo
P∞
n
a
(x
−
x
)
en
un
cierto
intervalo de convergencia.
0
n=0 n
d) Siempre seP
pueden hallar dos soluciones linealmente independientes del tipo de una serie de
∞
Frobenius n=0 an (x − x0 )n+σ en un cierto intervalo de convergencia.
(20) Los polinomios de Legendre satisfacen las siguientes propiedades (Nota: sólo una es incorrecta:
señalar cuál):
a) Pn (1) = 1, ∀n
b) P−n (x) = (−1)n Pn (x), ∀n
2
, ∀n
c) Pn (x) · Pn (x) = 2n+1
d) P0 (x) = 1
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
113
Examen de Métodos Matemáticos III. Problemas. Enero 2006
(1) Sea la función de variable compleja definida como:
f (z) = (x + αy)2 + i 2(x − αy)
siendo z = x + iy y α un parámetro que puede tomar cualquier valor real.
a) Dando los valores x = 1, y = 2 y α = −1/2, escribir el número resultante en notación polar
b) Determinar en qué región del plano complejo (es decir para qué valores de x, y (y α)) puede
ser f (z) una función analı́tica. Discutir el resultado
Valor: 2 puntos
(2) Sea la función de variable compleja
f (z) =
cos 2z
(π/2 − z) z 2
a) Hallar mediante el teorema del residuo la integral
I
f (z) dz
|z|=1
b) Hallar mediante el teorema del residuo la integral
I
f (z) dz
|z|=2
c) Obtener el desarrollo de Laurent de f (z) mediante producto de series en la región 0 < |z| < π/2,
escribiendo al menos cuatro términos, hallando seguidamente el residuo y comprobando el
resultado de la integral propuesta en el apartado a)
Valor: 4 puntos
(3) Mediante un método de integración de variable compleja
a) evaluar la integral real
Z
∞
−∞
sin πx
dx
(2x + b)2 + 4
b) Particularizar b = 1 en el resultado anterior
c) Hacer b = 0 e interpretar el resultado
Valor: 4 puntos
114
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Examen de Métodos Matemáticos III. Teorı́a. Enero 2006
nombre: ........................................................................................
(1) La región del plano complejo definida como 1 < |z| < 2
a) no es conexa
b) es simplemente conexa
c) es conexa pero no simplemente
d) es simple pero no conexa
√
(2) Las soluciones de 3 −1 en el plano complejo
a) es sólo una: −1
b) son dos: e−iπ , eiπ
c) son tres: eiπ/3 , eiπ , ei5π/3
d) No hay solución por ser el eje real negativo un corte de la raı́z cúbica
(3) Utilizando las ramas principales de los logaritmos podemos afirmar que log (1 + i) − log (1 − i) es
igual a:
a) cero
b) log 2
c) iπ/2
d) log 2 + iπ/2
(4) Si f (z) = u(x, y) + iv(x, y), su derivada f 0 (z) = df /dz se puede escribir como
a) f 0 (z) = ux + ivy
b) f 0 (z) = ux − ivy
c) f 0 (z) = ux + ivx
d) f 0 (z) = uy − ivy
(5) Las partes real e imaginaria de la función f (z) = z 2 + z ∗2 son:
a) Re(f ) = 2x2 − 2y 2 , Im(f ) = 4xy
b) Re(f ) = 2x2 + 2y 2 , Im(f ) = 4xy
d) Re(f ) = o, Im(f ) = 4xy
d) Re(f ) = 2x2 − 2y 2 , Im(f ) = 0
(6) Decir cuál de las siguientes relaciones es cierta (sólo hay una)
a) sin iz = sinh z
b) sin iz = − sinh z
c) sin iz = i sinh z
d) sin iz = −i sinh z
H√
(7) La integral
z dz sobre el camino cerrado |z| = 1 vale
a) cero por no tener ningn polo dentro del circuito
b) distinta de cero por tener un polo simple en z = 0
c) cero por tener primitiva y aplicarse el Teorema de Morera
d) distinta de cero por atravesar un corte y no aplicarse el teorema de Cauchy
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
115
(8) ¿Cuál de las siguientes afirmaciones acerca de una función analı́tica o regular f (z) en un punto z0
del plano complejo es incorrecta?
a) f (z) ha de ser continua en z0
b) f (z) es diferenciable en todos los puntos de un entorno de z0 pero no necesariamente en z0
c) f (z) siempre se puede expresar como una serie de potencias positivas de (z − z0 ), convergente
en un cierto radio de convergencia R > 0, |z − z0 | < R
d) f (z) no puede tener ninguna singularidad en z0 ni en su entorno
P∞
(9) En el desarrollo en serie de potencias f (z) = n=0 an (z − z0 )n dentro de su radio de convergencia
|z − z0 | < R, los coeficientes an se pueden expresar como:
a) an = n! f (n) (z0 )
b) an =
c) an =
d) an =
1
(n)
(z0 )
n! f
1
(n+1)
(z0 )
n! f
f (n) (z0 )
z
(10) La función sin
z 2 tiene en z = 0:
a) Una singularidad evitable
b) Un polo de orden uno
c) Un polo de orden dos
d) Una singularidad esencial
(11) Para que una serie infinita de potencias pueda ser integrada término a término, es decir
Z X
∞
∞ Z
X
an z n dz =
an z n dz
n=0
a)
b)
c)
d)
se
se
se
se
ha
ha
ha
ha
de
de
de
de
verificar
verificar
verificar
verificar
que
que
que
que
la
la
la
la
serie
serie
serie
serie
n=0
sea
sea
sea
sea
absolutamente convergente
condicionalmente convergente
uniformemente convergente
geométrica de razón menor que uno
(12) En el desarrollo de Laurent de una función
∞
3
1 X
f (z) = 2 − +
(2z)n
z
z n=0
alrededor del punto z = 0, la región de convergencia de la serie es
a) |z| < 2
b) 0 < |z| < 2
c) |z| < 1/2
d) 0 < |z| < 1/2
(13) Sabiendo que Γ[1/2] =
√
a) Γ[3/2] = π/2
√
b) Γ[3/2] = 4 π/3
√
c) Γ[3/2] = −2 π
√
d) Γ[3/2] = 2 π
(14) El valor de la integral
a) 0
√
π, podemos deducir que
R1
−1
δ(x − 1/2) [cos (πx/2) + sin (πx/2)] dx es
116
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
√
b) 1/
√ 2
c) 2
d) ∞
(15) La transformada de Laplace f (s) de la función constante F (t) = π vale
a) cero
b) f (s) = 1/π
c) f (s) = π/s
d) f (s) = sin (πs)/(s2 + π 2 )
(16) La transformada de Fourier de una función periodica f (t)
a) siempre tiene un nmero finito de senos y cosenos
b) tiene un número finito de senos y cosenos si la función es continua
c) tiene un número finito de senos y cosenos si la función es discontı́nua
d) sólo tiene cosenos si la función es impar: f (−t) = −f (t)
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
117
Examen de Métodos Matemáticos III. Problemas. Junio 2006
Examen final: el primer problema + dos a elegir entre los tres restantes
(1) Evaluar la integral en el plano complejo
I
|z|=2
cos πz
dz
(z + 1)2 − 4
Segundo Parcial
(2) Hallar la solución general de la ecuación diferencial:
y 00 − 3y 0 + 2y = 2x2 + 3e−x
(3) Hallar la solución en series de potencias de la ecuación diferencial
y 00 + xy = 0
imponiendo las condiciones iniciales y(0) = 1, y 0 (0) = 0. Escribir al menos los primeros tres
términos no nulos.
(4) Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales
dx
dt
dy
dt
=
x−y
=
y−x
imponiendo las condiciones iniciales x(0) = 2, y(0) = 0
a) mediante el método de sustitución
b) mediante el método matricial
118
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Examen de Métodos Matemáticos III. Teorı́a. Junio 2006
Nombre: ...........................................................................................................
(1) Sea una variable compleja z definida como
z=
2−i
2+i
El valor del módulo |z| es
√
a) 2
√
b) 1/ 5
c) 1/2
d) 1
(2) Si utilizamos una rama principal del logaritmo, podemos escribir que log (−1 + i) es igual a
a) (1/2) · log 2
b) (1/2) · log 2 + i3π/4
c) log 2 + iπ
d) −iπ/4
(3) De las siguientes funciones de variable compleja donde z = x + iy sólo hay una que es diferenciable
en todo el plano complejo. Averiguar cuál es
a) f (x, y) = x2 − y 2 + i2xy
b) f (x, y) = x
c) f (x, y) = x − iy
d) f (x, y) = y − ix
(4) El residuo de la función
f (z) =
en z
a)
b)
c)
d)
= 0 vale
1/2
1
e
6
ez
z3
(5) La función siguiente
tiene en z = 0:
a) Una singularidad evitable
b) Un polo de orden dos
c) Un polo de orden cuatro
d) Una singularidad esencial
sin2 (1/z)
z2
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
119
(6) El desarrollo en serie de potencias de la función de variable compleja z
1
= 1 + z2 + z4 + z6 + · · ·
1 − z2
se corresponde con una serie de
a) Taylor convergente en todo el plano complejo
b) Taylor convergente en la regón |z| < 1
c) Taylor convergente en la región 0 < |z| < 1
d) Laurent convergente en la región 0 < |z| < 1
H
(7) Sea la integral z ∗ dz a lo largo de la circunferencia |z| = 1:
a) La integral es cero por el Teorema de Morera y ser la función analı́tica en todo el recinto que
es simplemente conexo
b) La integral es cero por el teorema de Cauchy y ser la función analı́tica en todo el recinto que
es simplemente conexo
c) El teorema de Cauchy no se aplica por no ser una función analı́tica en el recinto y la integral
vale 2πi
d) El teorema de Cauchy no se aplica por cruzarse un corte de la función (a lo largo del eje real)
en el camino de integración y la integral vale 4πi
(8) La función Gamma satisface la siguiente propiedad (sólo una es correcta) :
a) Γ(x) = (x + 1) · Γ(x)
b) Γ(x) = (x − 1) · Γ(x)
c) Γ(x) = x · Γ(x)
d) Γ(x) = (x − 1) · Γ(x − 1)
(9) La serie de Fourier de una función par, periódica y contı́nua
a) tiene un número finito de senos
b) tiene un número finito de cosenos
c) tiene un número infinito de senos
d) tiene un número infinito de cosenos
(10) Decir cuál es el resultado de la integral
Z
1
sin x δ(x + π) dx
−1
a)
b)
c)
d)
1
−1
−π
0
120
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Segundo parcial
Nombre: ...........................................................................................................
Examen final: sólo las preguntas con asterisco
(1) * De las siguientes ecuaciones diferenciales, decir cuál es lineal (sólo hay una)
a)
b)
c)
d2 y
dx2
d2 y
dx2
d2 θ
dt2
d2 x
dt2
dy 2
− ( dx
) + y = sin x
dy
− y dx
=0
+
g
l
sin θ = 0
+ kx + x3 = cos 4t
d)
e) xdy − ydx = 0
f) ydy + xdx = 0
(2) Sea la ecuación diferencial lineal ydx + x2 dy = 0. Las isoclinas se corresponden con el haz de curvas
definido por la ecuación:
a) y(x) = Kx
b) y(x) = K/x
c) y(x) = K/x2
d) y(x) = Kx2
siendo K una constante real.
(3) * Sea la ecuación diferencial dy/dx = y la condición inicial y(0) = 3. Utilizando el Teorema de
Picard podemos afirmar que
a) y = 3ex es la única solución que satisface dicha condición inicial
b) hay dos soluciones y = 3ex , y = 0 para dicha condición inicial
c) y = 3ex , y = 0 son soluciones para dicha condición inicial, pero pueden haber muchas más
d) No hay ninguna solución que satisfaga esa condición inicial
(4) ¿Cuál de las ecuaciones lineales de primer orden siguientes no es homogénea? (sólo hay una)
a) xdy − ydx = 0
q
dy
b) dx
= 1 + tan xy
c)
dy
dx
= ln x − ln y
d) (1 + x2 )dy − (1 + y 2 )dx = 0
(5) ¿Cuál es el Wronskiano de las funciones y1 (x) = 1, y2 (x) = x, y3 (x) = x2 ?
a) cero
b) 2
c) 2x
d) x2 + x + 1
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
121
(6) * En una ecuación diferencial lineal homogénea de tercer orden, si y1 (x), y2 (x) e y3 (x) son soluciones
linealmente independientes, podemos afirmar siempre que:
a) El Wronskiano W [y1 , y2 , y3 ] se anula idénticamente en alguna región de x.
b) y3 (x) = c2 y2 (x) + c3 y3 (x) en alguna región de R siendo c1 y c2 constantes
c) 7y1 (x) − 43 y2 (x) es también solución de la EDO.
d) y1 (x) · y2 (x) · y3 (x) es también solución de la EDO.
(7) La solución de la ecuación diferencial lineal xdy + ydx = 0 es
a) y(x) = C ln x, x > 0
b) y(x) = Cex
c) y(x) = Ce−x
d) y(x) = C/x, x 6= 0
(8) * La solución general de la ecuación diferencial homogénea y 00 + 4y 0 + 4y = 0 es
a) y(x) = c1 e−2x
b) y(x) = c1 e2x + c2 xe−2x
c) y(x) = c1 e−2x + c2 xe−2x
d) y(x) = c1 e2x + c2 e−2x + c3 xe−2x
(9) Dada la EDO
d2 y
dy
+p
+x=0
2
dx
dx
la solución más general se puede expresar en términos de senos y cosenos si y sólo si
a) p ≥ 2
b) p < 2
c) siempre
d) nunca
(10) * Si un sistema de ecuaciones lineales homogéneas se puede escribir en la forma matricial
µ
¶
−1 1
ẋ(t) =
x(t)
−2 1
entonces las solución general del sistema es
a) c1 et + c2 e−t
b) c1 et + te−t
c) c1 + c2 et
d) c1 sin t + c2 cos t
122
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
(11) La siguiente ecuación diferencial y 00 −
a)
b)
c)
d)
2x
0
1−x2 y
+
6
1−x2 y
= 0 tiene como puntos singulares:
Todos los puntos de R son ordinarios
x = ±i siendo ambos puntos singulares regulares en el plano complejo
x = ±1 siendo ambos puntos singulares irregulares
x = ±1 siendo ambos puntos singulares regulares
(12) * Cuál es ecuación indicial en el punto x = 0 de la EDO: 2x2 y 00 + x(2x − 1)y 0 + (5x + 1)y = 0?
a) σ 2 − 32 σ + 12 = 0
b) σ 2 − σ +
2
5
2
=0
5
2
c) σ + = 0
d) Carece de sentido hablar de ecuación indicial pues el punto x = 0 no es singular.
(13) La función hipergeométrica F (1, 2; 2; x) coincide para |x| < 1 con el desarrollo de potencias:
P∞ xn
a)
n=0 n+1
P∞ xn
b)
n=0 n+2
P∞ xn
c)
n!
Pn=0
∞
n
d)
n=0 x
(14) * Cuando un punto x0 es un punto singular irregular de una EDO:
P∞
a) Siempre se puede hallar al menos una solución del tipo n=0 an (x−x0 )n en un cierto intervalo
de convergencia.
P∞
b) Siempre se puede hallar al menos una solución del tipo de una serie de Frobenius n=0 an (x −
x0 )n+σ en un cierto intervalo de convergencia.
P∞
c) Siempre se pueden hallar dos soluciones linealmente independientes del tipo n=0 an (x − x0 )n
en un cierto intervalo de convergencia.
d) No se puede afirmar nada sobre las soluciones hasta no haber estudiado el caso concreto
(15) * Los polinomios de Legendre satisfacen las siguientes propiedades (Nota: sólo una es incorrecta:
señalar cuál):
a) Pn (1) = 1, ∀n
b) P0 (x) = 1
c) Pn (−x) = (−1)n Pn (x)
R +∞
2
d) −∞ Pn (x) · Pm (x) dx = 2n+1
δmn
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
123
Examen de Métodos Matemáticos III. Teorı́a. Septiembre 2006
(1) La región del plano complejo definida como 0 < |z| < 2
a) no es conexa
b) es simplemente conexa
c) es conexa pero no simplemente
d) es simple pero no conexa
(2) La función logaritmo (rama principal) de un número complejo z = x + iy se puede escribir como
a) ln z = 21 ln (x2 + y 2 ) + iπ
b) ln z = ln (x + y) + i arctan (y/x)
c) ln z = 21 ln (x2 + y 2 ) + i arctan (y/x)
d) ln z = ln x + ln y + i arctan (y/x)
(3) ¿Cuántas hojas de Riemann tiene la función de variable compleja z = (w2 − 1)1/3 ?
a) dos
b) tres
c) seis
d) infinitas
(4) La transformada de Fourier de una función f (x) cuyo dominio de existencia es ] − ∞, +∞[ se define
como:
R +1
a) F[f (x)] = F (k) = −1 e−ikx f (x) dx
R∞
b) F[f (x)] = F (k) = √12π −∞ e−ikx f (x) dx
R∞
c) F[f (x)] = F (k) = 0 e−kx f (x) dx
H
d) F[f (x)] = F (k) = e−ikx f (x) dx
(5) La función siguiente
cos (1/z 2 )
1−z
tiene en z = 1:
a) Una singularidad evitable
b) Un polo de orden uno
c) Un polo de orden dos
d) Una singularidad esencial
124
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
(6) Utilizando el teorema de Cauchy-Goursat podemos afirmar que
a) Si f (x) es una función analı́tica (o regular) en un dominio simplemente conexo D, entonces la
integral a lo largo de cualquier camino cerrado contenido en D vale 2πi si se recorre en sentido
antihorario
b) Si f (x) es una función analı́tica (o regular) en un dominio simplemente conexo D, entonces la
integral a lo largo de cualquier camino cerrado contenido en D vale 2πi si se recorre en sentido
horario
c) Si f (x) es una función analı́tica (o regular) en un dominio simplemente conexo D, entonces la
integral a lo largo de cualquier camino cerrado contenido en D vale cero
d) Si f (x) es una función que tiene un polo simple z0 en un dominio simplemente conexo D,
entonces la integral a lo largo de cualquier camino cerrado contenido en D vale 2πif (z0 ) si se
recorre en sentido antihorario
(7) Decir cuál es el resultado de la integral
Z
1
cos x δ(x + π) dx
−1
a)
b)
c)
d)
1
−1
−π
0
(8) Decir cuál es la familia de curvas solución de la EDO siguiente
1
1
dx + dy = 0
x
y
a)
b)
c)
d)
y
y
y
y
= Kx (K constante)
= x + K (K constante)
= K/x (K constante)
= Kx2 (K constante)
(9) La transformada de Laplace definida como
Z
L[F (x)] = f (s) =
∞
e−sx F (x) dx
0
goza de las siguientes propiedades (sólo hay una incorrecta, señalar cuál)
a) L[F (x) + G(x)] = L[F (x)] + L[G(x)]
b) L[c/F (x)] = c/L[F (x)]
c) L[F 0 (x)] = sL[F (x)] − F (0)
d) L[F 00 (x)] = s2 L[F (x)] − sF (0) − F 0 (0)
(10) ¿Cuál de las ecuaciones lineales de primer orden siguientes no es homogénea? (sólo hay una)
a) xdy − ydx = 0
q
dy
b) dx
= 1 + tan xy
c)
dy
dx
= ln x − ln y
d) (1 + x2 )dy − (1 + y 2 )dx = 0
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
125
(11) Dado el conjunto de funciones {x, sin x, cos x}, su Wronskiamo vale
a) 0
b) −x
c) x sin x
d) x cos x
(12) Sobre la siguiente ecuación que liga la variable dependiente u y las variables independientes t y x:
∂u
∂2u
= 2
∂t
∂ x
podemos afirmar que
a) es una ecuación diferencial
b) es una ecuación diferencial
c) es una ecuación diferencial
d) es una ecuación diferencial
ordinaria lineal
ordinaria no lineal
en derivadas parciales lineal
en derivadas parciales no lineal
(13) En una ecuación diferencial lineal homogénea de tercer orden, si y1 (x), y2 (x) e y3 (x) son soluciones
linealmente independientes, podemos afirmar siempre que:
a) El Wronskiano W [y1 , y2 , y3 ] se anula idénticamente en alguna región de x²R
b) y3 (x) = c2 y2 (x) + c3 y3 (x) en alguna región de R, siendo c1 y c2 constantes
c) c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + c3 y3 (x) = 0 en alguna región de R, siendo c1 , c2 y c3 constantes
d) 7y1 (x) − 43 y2 (x) + πy3 es también una solución de la EDO
(14) La solución general de la ecuación diferencial homogénea y 00 + 4y 0 + 4y = 0 es
a) y(x) = c1 e−2x
b) y(x) = c1 e2x + c2 xe−2x
c) y(x) = c1 e−2x + c2 xe−2x
d) y(x) = c1 e2x + c2 e−2x + c3 xe−2x
(15) Dada la ecuación diferencial d2 y/dx2 + 4y = 0 y las condiciones iniciales y(0) = 0, y 0 (0) = 2 una
solución (sólo hay una correcta) es
a) y = 2 cos x
b) y = 2 sin (2x)
c) y = 2 cos 2x
d) y = sin (2x)
(16) Sea un sistema de ecuaciones lineales homogéneas escrito en la forma matricial
ẋ(t) = [A] x(t)
Diremos que un conjunto de n funciones vectoriales {x}i=1,...,n soluciones del anterior sistema es
linealmente independiente en un intervalo (a, b) si y sólo si su Wronskiano es
a) diferente de cero en todo punto de (a, b)
b) igual a cero en todo punto (a, b)
c) diferente de cero en algún punto de (a, b)
d) negativo en todo punto de (a, b)
126
MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
(17) ¿Cuál es ecuación indicial en el punto x = 0 de la EDO: x2 y 00 + sin x y 0 + (2 − x2 ) y = 0?
a) σ 2 + 2σ + 1 = 0
b) σ 2 − σ + 12 = 0
c) σ 2 + 2 = 0
d) σ + 1 = 0
(18) Cuando un punto x0 es ordinario de una EDO de segundo orden:
se pueden hallar dos soluciones linealmente independientes del tipo
a) Siempre
P∞
a
(x − x0 )n en un cierto intervalo de convergencia.
n
n=0
b) Siempre
se puede hallar al menos una solución del tipo de una serie de Frobenius
P∞
n+σ
a
con σ 6= 0 en un cierto intervalo de convergencia.
n=0 n (x − x0 )
c) Siempre seP
pueden hallar dos soluciones linealmente independientes del tipo de una serie de
∞
Frobenius n=0 an (x − x0 )n+σ con σ 6= 0 en un cierto intervalo de convergencia.
d) No se puede afirmar nada sobre la forma de ambas soluciones.
(19) La función hipergeométrica F (1, 2; 2; x) coincide para |x| < 1 con el desarrollo de potencias:
P∞ xn
a)
n=0 n+1
P∞ xn
b)
n=0 n+2
P∞ xn
c)
n!
Pn=0
∞
n
d)
x
n=0
(20) En el desarrrollo de potencias
√
∞
X
1
=
an (x)tn
1 − 2xt + t2
n=0
podemos identificar an (x) con:
a) los armónicos esféricos
b) los polinomios de Legendre
c) los polinomios asociados de Legendre
d) los polinomios de Hermite
MÉTODOS MATEMÁTICOS III: ECUACIONES DIFERENCIALES
127
Examen de Métodos Matemáticos III. Problemas. Septiembre 2006
1) Determinar (y demostrar) si f (z) = |z| es o no es una función diferenciable en el plano complejo
(1) Evaluar la integral en el plano complejo
I
z e1/z dz
|z|=π
utilizando el método adecuado.
2) Sea la ecuación diferencial no homogénea
y 00 − 4y = e−2x
a) Encontrar en primer lugar dos soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea
correspondiente.
b) Seguidamente hallar una solución particular de la completa mediante el método de variación
de parámetros o constantes. Escribir a continuación la solución general de la completa.
c) Hallar nuevamente una solución particular de la ecuación diferencial completa mediante el
método de los coeficientes indeterminados. Escribir la solución general de nuevo, comparar
con el resultado anterior y comentar.
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MIGUEL ÁNGEL SANCHIS LOZANO
Departamento de Fı́sica Teórica
E-mail address: [email protected]