A.RISELIOV M.ARASNOV, G.MARARENRKO

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES

ORDINARIAS

EDITORIAL MIR

A. H. Kuceneo, M. J. Kpacnon, T. H. Maxapenxo

CBOPHMK_3AMAY NO OBbIKHOBEHHbIM: IMODEPEHLIMAJIDHbIM YPABHEHMAM

MARATEABCTBO «BMICILAN MIKOA» MOCKBA

A. Kiseliov M. Krasnov G. Makarenko

PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Cuarta edición

traducido del ruso por EMILIANO APARICIO BERNARDO candidato a doctor

en ciencias Sísico-matemáticas

EDITORIAL MIR MOSCÚ

MA UCHANCKOM: AIRE

Primera edición 1968 Segunda edición 1973 "Tercera edición 1979 Cuarta edición 1984

Impreso en la URSS

(O) Traducción al español. Editorial Mir. 1978

$ 10. Composición de las ecu

INDICE

1, Conceptos fundamentales o

2 Método de isociinas ao, Dia

3. Método de Euler. e E 2%

A. Método de aproximaciones sucesivas

5. Ecuaciones con variables separables y ecuaciones reducibles a ellos

6, Ecuaciones homogéneas y reducibles a ellas

Ecuaciones lineales de primer orden Ecuaciones de Bernoulli

Ecuaciones diferenciales exactas. Factor integrante

Ecuaciones diferenciales de primer orden na resueltas con

respecto y ln derivada

1. Ecuación de primer orden y de grado n con respecto ay

2, Ecuaciones de la forma f(4.y)=0 y J(x.4)=0

3, Ecuaciones de Lagrange y Clairaut

iones diferenciales de las familias

de curvas. Problemas de trayectorias. 0.2

$ 11. Soluciones singulares a ¿na $ 12 Diversos problemas $ 13. Ecuaciones diferenciales de orden superior Reducción del

orden de la ecuación. PESE

$ 14. Ecuaciones diferenciales Nineales de orden me

1. Independencia lineal de lus funciones. Determinante de Wronsky (wronskiano)

2. Ecuaciones lineales homogéneas de coeficientes constantes

3. Eesecines leales no homogtnsas (9 completa) de cs- ficientes constantes E qe

4. Ecuaciones de Euler... Es

5. Ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes variables

8. Composición de la ecuación diferencial dado el sistema fundamental de soluciones... . 5

$ 16, Método de isoclinas para las ecuaciones diferenciales de se:

gundo orden. 44 y

$ 16. Probiemas de contorno $ 17. Integración de las ecuaciones diferenciales mediante series

1. Reducción de un sistema a una ecuación de n- 2. Método de Euler de integración de un sistema de ecuacio- nes diferenciales lineales homogéneas de coeficientes co

tantes +. 3. Resolución de sistemas de ecuaciones diferenciales me- diante combinaciones integrables ops 4, Método de variación de las constamtes . 0 177 $ 19. Teoría de la estabilidad. A Re Ad 1 Estabilidad según Liapunov - . + o. 184 2. Tipos elementales de puntos de reposo + 2... 187 3, Estabilidad según la primera aproximación - . . , , 192

4. Estabilidad de las soluciones de las ecuaciones diferencia- les con respecto a la variación de los segundos miembros

de las ecuaciones 0

5, Criterio de Routh-Hurw

6. Crllerio geométrico de estabilidad (criterio de Mijáilov) 200

$ 20, Ecuaciones con un parámetro pequeño en la derivada . 203 $21. Modo operacional y ea aplicación pora la ucluión de

ecuaciones diferenciales . e E 1. La transformación de Laplace y sus propiedades funda: mentales. p E 2. Ecuaciones líneales de coeficientes conslantes — << + 218 3, Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales . . . . .221

Respuestas + a ASA e

INTRODUCCION A LA EDICION ESPAÑOLA

El presente libro de problemas es la traducción de la segunda edición de nuestro libro “Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias”. Está destinado fundamental- mente para los estudiantes de los centros superiores de enseñanza lécnica y abarca casi todas las secciones del curso de ecuaciones diferenciales para los centros superio- res indicados.

El libro contiene 1000 problemas que se deben resolver individualmente.

Al comienzo de cada apartado se da una exposición breve de las nociones fundamentales y se resuelven unos ejemplos típicos.

Se presta atención fundamental a aquellas cuestiones que no están aclaradas con suficiente detalle en los cursos existentes y que, como muestra la experiencia, son difíciles para los estudiantes. Por ejemplo, se expone muy detalla- damente el método de las isoclinas para las ecuaciones de primero y segundo órdenes, la aplicación de las series a la resolución de las ecuaciones diferenciales, las soluciones singulares, algunos problemas de estabilidad, etc.

A los autores nos causa gran satisfacción el hecho de que nuestro libro se traduzca al castellano y quedaríamos muy contentos si encontrase una buena acogida.

A, Kiseliov M. Krasnov G. Makarenko

$ |. CONCEPTOS FUNDAMENTALES

Se lluma ecuación diferencial una ecuación que liga la variable independiente x, la función incógnita y = y(x) q, sus derivados 4/, Y”, -.-, y, es decir, una ecvación de a

forma FUYY Y... y) =0.

En otras palabras, se llama ecuación diferencial una ecua- ción en la que figura la derivada o diferencial de la función incógnita

Si la función incógnita y = y(x) depende de una sol variable independiente x, la ecuación diferencial se llama ordinaria. Por ejemplo:

DÍ+x=0, DS + +ximcosx, 3) (44 y) dx+(x+ y dy =0.

El orden de una ecuación diferencial es el de la deri- vada de mayor orden que figura en la ecuación. Por ejemplo: la ecuación diferencial y” + xy = er es de primer orden; la ecuación diferencial y”=+ p(x)w = 0, donde p(x) es una función dada, es de 2 orden; la ecuación diferen» cial.yix — xy” = x%, es de 9 orden.

Se llama solución de la ecuación diferencial una fun- ción y = q(x), determinada en el intervalo (a, b) junto con sus derivadas sucesivas hasta el orden n inclusive, tal

jue al hacer la sustitución y =q(x) en la ecuación die ferencial, ésta, se convierte en una identidad con respecto ax en el intervalo (a, b).

Por ejemplo, la función y = sen x + cos x es solución de la ecuación y” + y =0. En efccto, derivando dos veces esta función, se liene:

Y =C0SI—SOMX, — y” =—SeNx— COS x,

Sustituyendo en la ecuación diferencial y” e y por sus expresiones, resulta la identidad:

— sen x— cos x +senx + cosx=0.

La gráfica de una solución de la ecuación diferencial se denomina curva integral de la ecuación. La forma general de una ecuación de primer orden es.

Fíx, y, y)=0. 0) Si en la ecuación (1) es posible despejar y', resulta y=i(x 0, (2

que representa una ecuación de primer orden, resuelta con respecto a la derivada.

Teorema de existencia y unicidad.

Sea dada una ecuación diferencial y” = f(x, y), donde la función /(x, y) está definida en un recinto D del plano XOY que contiene el punto (xo, yo). Si la función J(x, y) satisíace a las condiciones:

a) f(x, y) es una función continua de dos variables x e y, en el recinto D;

b) Fx, y) admite derivada parcial 2£. continua con res-

pecto de x e y en el recinto D, entonces, existe una, y sólo una, solución y = p(x) de la ecua- Fig. ción dada que satisface a la condición Y LY La condición y|,...,= yo se llama condición inicial,

El problema de la búsqueda de la solución de la ecua- ción y =f(x, y) que satisíace a la condición inicial Y leaz, = Yo leva el nombre de Cauchy.

Geométricamente esto significa que se busca la curva integral que pasa por el punto dado Mo(xo, Yo) del plano XOY (fig. 1).

El teorema expresa las condiciones suficientes para la existencia de solución única del problema de Cauchy para la ecuación y =/(x, y), pero estas condiciones no son necesarias. Precisamente, puede existir una solución única

10

de la ecuación y” =[(x, y) que satisface a la condi Yle: =0Yp 2 pesar de que en el punto (xo, Yo) no se

cumpla la condición a) o la condición b), o estas dos con- diciones simultáneamente.

Ejemplo 1. : r= Aqui, Ha =3p =$

En los puntos (xo, 0) del eje OX no se cumplen las condiciones a) y b) (la función f(x, y) y su derivada par-

1

cial z son discontinuas en el eje OX), mas, por cada

punto del eje OX pasa una sola curva integral y= VS (== x). (Mig. 2.

Ejemplo 2.

Y =xy +00. El segundo miembro de la ecuación f(x, y) =xy + e”? y su derivada parcial Emir son continuas con res-

pecto a x e y en todos los puntos del plano XOY. En virtud del teorema de existencia y unicidad, el recinto en el que la ecuación dada tiene solución única es todo el plano

Ejemplo 3. P v=3VF.

El segundo miembro de la ecuación [(x,y)=VP es una función definida y continua en todos los puntos del

a CO nita para y=0, v sea, en el eje OX. de modo que para =0 se infringe la condición b) del teorema de existen- cia y unicidad Por consiguiente, es posible que no haya unicidad en los puntos del eje OX. Fácilmente se com- prueba que la función y = LL es solución de la ecuo- A ción considerada, Además, la ecuación tiene la solución evidente y==0. Así, pues, por cada puntw del eje OX pasan al menos dos curvas integrales y, por consiguien- (e, en los puntos de este eje, verdaderamente, queda in: fringida la unicidad (lg. 3). on también líncas in: legrales las formadas por tro- zos de las parábolas cúbicas y= EY y los segmentos deleje OX; por ejemplo, las líneas ÁBOC,, ABB.C;, Aylax, ele, De este modo, por ca- da punto del eje OX pasan infinitas líneas integrales. Aplicando el teorema de existencia y unicidad señalar en los problemas que siguen los recintos en los quo las ecuaciones dadas admiten solución única

Ly=i+,

plano XOY. La derivada parcial se hace infi-

3. ny =VH= de my=2tl. By =seny—cosx. 9 y =l—cgy. 10. y =VE=¿-

Se llama solución general de la ecuación diferencial (2) una función

y=p(x, 0), 8)

que depende de una constante arbitraria C y que cumple las condiciones:

1) ésta satisface a la ecuación (2) para cualesquiera valores de la constante C;

12

2) cualquiera que sea la condición inicial Yi 00 (A) =90) 4

siempre se puede asignar un valor Co a la constante C tal, que la función y = p(x, Co) satisíaga a la condición inicial (4) dada Se supone que el punto (xo, yo) pertenece al recinto en el que se cumplen las condiciones de existen- cia y unicidad de la solución.

+e llama solución particular de la ecuación diferencial (2) a la que se obtiene de la solución general (3) nado cualquier valor determinado a la constante arbilra- ría

Ejemplo 1. Comprobar que la función y =x + C es la solución general de la ecuación diferencial y' = 1 y hallar la solución particular que satisface a la condición inicial Ylz=o =0. Interpretar geométricamente el resultado.

Solución. La función y=x-+C satisíace a la ecuación dada para cualesquiera valores de la constante arbitraria C. En efecto,

y=(x+Cy=1.

Consideremos una condición inicial arbitraria y |,..., == va. Poniendo x = xo, y = Yo en la igualdad y 240, hallamos que C = Yo — Xo. Poniendo este valor de C en la Tunción dada, se tiene: y = =x + Yo — xo. Esta función satisface a la condición ini- cial dada; en efecto, poniendo xe=xp resulta y==x + Y — —x0 == Yo. Asi, pues, hemos demostrado que la función y =x +C es la solución ge- neral de la ecuación dada.

En particular, poniendo xo =0, Yo ), obtenemos la solución particular y =x.

La solución general de la ecuación considerada, o sea, la función y = x + C, determina en el plano XOY una fa: milia de rectas paralelas de coeficiente angular k= Por cada punto Mo(xo, yo) del plano XOY pasa la única curva integral: y =x+Yo— o. La solución particular y = x determina una de las curvas integrales, a saber, la recta que pasa por cl origen de coordenadas (fig. 4).

3

Ejemplo 2. Comprobar que la función y = Ce es la solución general de la ecuación y'— y=0 y hallar la solución particular que satisface a la condición Inicial Yin ==

Solución. Se tiene y = Cex, y = Ce. Poniendo en la ecuación dada las expresiones de y e 4, resulta, Cer — Cez ma 0, o sea, la función y =Ces satisface a la ecuación considerada para cualesquiera valores de la con» slante C.

Asignemos una condición inicial arbitraria y |, = Yo. Sustituyendo en la función y=Ce", x e y por Xo Yo se llene yy=Ce", de donde C=y,e"% La función y= = yes" satisiace a la condición inicial. En efecto, por

niendo x=x, resulta y=yye tte =4o La función y= Cer es la solución general de la ecuación dada.

Para xo =1, ya =—l, obtene- mos la solución particulai

yen,

Geomélricamente, la solución general determina una familia de curvas integrales que representan las gráficas de funciones exponen- ciales; la solución particular es

Fig. 5 la curva integral que pasa por el punto Mo(l.1) (ig. 3). Verificar, en los ejercicios que se dan a continuación, ue las funciones dadas son soluciones de las ecuaciones iferenciales indicadas:

senx a

n.y= xy + y=008x.

12. y=Con4 et, v+2Y+e

13. y=24+CYTFX, (1—4)y + 1y=2x.

14. y=x VIE,

y =x-20. 10

15, y=es0cx, xy =ytg ing

16, yor [rd Ce, y yet, i

my: Lal, xy Ry4rsenz ó

18y=:([Ldx40). xy —y=xé

AN o. 1% msent ) x+yy=0. x=10t 20. cal (4x9) y + y? =0. qeria E Be y prota ) y—=xy=0. x=0In1 L£= Bs e lsracande li ii x=int+sen! ) m7 % AA

x= 1 «+ arcsent yT=R |: *=Y +arcseny!.

25,

a

"y PH Me ' y He Verificar que las functiones dadas son las soluciones

generales de las ecuaciones diferenciales indicadas:

. y—tgx-y=0

C e

O A 28. y=In(C+e) y=ew.

29.y=VE=Cx, (+) dx—3xydy=0. 30. y=x(C—InlxW), (x—ydx+xdy=0.

Bl x= gec0a,

Un 32. x=ylnCp, y(+N=y

La relación W(x, y, C)=0, que de forma implicita de- termina la solución general, se llama integral general de la ecuación diferencial de primer orden.

La relación que se obiene en la integral general al atribuir a la constante C un valor determinado, se llama integral particular de la ecuación diferencial.

El problema de resolución o de integración de una ecuación diferencial consiste en hallar la solución general o la integral general de la ecuación diferencial conside- rada. Si, además, se ha dado alguna condición inicial, se

EJ

pide también hallar la solución particular o la integral

particular que satisface a la condición inicial considerada,

Como geometricamente las coordenadas x e y son equi-

potentes, además de la cevación LL =f(x, y) se con- 1

7 siderará también la ecuación ¿==77 Comprobar si las relaciones dadas 'son integrales de las ecuaciones diferenciales indicadas o no lo son (C = = const. 33. eI—Cx=l, xy ie. 34 pl. ias par. 35. Y —4y +21 —9=0, (3? — 8Bxy + 24) dx — (4% — 4x4 +31) dy = 30. y442C0x=C", gu + 2xy y +1 37. arcigL — Inc FP)=0, (x+ y) dx—(x— y) dy=0.

38 my [send y=xy + y sen ó

30: [Edi im, ó

xy! + xn y =xsenx+ y ny. 16

$ 2. METODO DE ISOCLINAS

La ecuación y=1f(0 9) (1)

determina en cada punto (x, y) donde existe la función f(x, y), el valor de y”, o sea, el coeficiente angular de la tangente a la curva integral en este punto.

í en cada punto del recinto D sc ha dado el valor de alguna magnitud, se dice que en el recinto D está definido el campo de esta magnitud

Por lo tanto, la ecuación diferencial (1) determina un campo de direcciones.

La terna de números (x, y, 4/) determina la dirección de una recta que pasa por el punto (x, y). El conjunto de los segmentos de estas rectas es la representación geo: métrica del campo de direcciones.

El problema de integración de la ecuación diferencial (1) se puede interpretar así: hay que hallar una curva cuya tangente en cada punto tenga la misma dirección que el campo en este punto,

Frecuentemente, el problema de la construcción de las curvas integrales se resuelve introduciendo las isoclinas. Se llama isoclina el lugar geométrico de puntos en los que las tangentes a las curvas integrales consideradas tienen una misma dirección, La familia de las isoclinas de la ecuación diferencial (1) se determina por la ecuación

Heny=k (2)

donde k es un parámetro. Dando al parámetro k valores numéricos próximos dibujamos una red bastante compacta de isoclinas, sirviéndose de las cuales se pueden trazar aproximadamente las curvas integrales de la ecuación di- ferencial (1).

Observación 1. La isoclina nula f(x, y)=0 pro- porciona las lineas en las que pueden estar situados los puntos de máximo y de minimo de las curvas integrales. Al trazar las curvas integrales, para mayor exactitud, hallan también el lugar geométrico de los puntos de in-

2442 m

ilexión. Para esto se halla y” de la ecuación (1):

Ho == nd 0) y se iguala a cero. La línea determinada por la ecuación

Erro nto 0)

es, precisamente, el lugar geométrico de los puntos de in- flexión, si éstos existen

Ejemplo 1. Sirviéndose de las isoclinas, trazar aproxi- madamente las curvas integrales de la ecuación dileren- cial y = 2x—y.

Solución. Para obtener las ecuaciones de las 1so- clinas, ponemos y =k (k = const) Se tiene:

2x—y=k, o bien, y=2x—h

Las isoclinas son rectas paralelas, Para k =0 se ob- tiene la isoclina y =2x, Esla recta divide el plano XOY en dos partes, en cada una de las cuales la derivada y” tiene un mismo signo (fig, 6).

Las curvas integrales,

á con la recla y »a n de la región de decrecimiento de la función y a la región de crecimiento de la misma y viceversa, Por lo tanto, en csta recla se en- cuentran los puntos exlrema- les de las curvas integrales, los puntos de mínimo.

msideremos olras dos isoclinas:

k=-1, ymox+l

k=1, y=2x-1.

Las tangentes, trazadas a las curvas integrales en los puntos de intersección con las isoclinas £=—1 y k=1 lorman con el eje OX ángulos de 135 y 45%, respectiva mente. Hallemos ahora la segunda derivada: y” = =2-y4=2—M+y

18

La recta y = 2x—2, en la que y” =0, es la isoclina que se obliene para £=2, y a la vez es una curva inte- gral, de lo que puede uno convencerse sustituyendo en la ecuación. Como el segundo miembro de la ecuación consi- derada f(x, y)=2x— y, satisface a las condiciones del teorema de existencia y unicidad en lodo el plano XOY, las demás curvas integrales no se cortan con esta isoclina. La isoclina y =2x, en la que se encuentran los puntos mínimos de las curvas integrales, está situada sobre la isoclina y ==2x — 2, por lo cual, las curvas integrales que pasan por debajo de la isoclina y =2x—2 no tienen puntos extremales,

La recta y = 2x—2 divide el plano XOY en dos par- les, en una de las cuales (la que está situada sobre la recla) y” > 0, y por lo tanto, las curvas integrales tienen e hacia arriba sus concavidades, y en la otra,

/ <0, y por consiguiente, las curvas integrales tienen Sus concavidades dirigidas hacia abajo. Como las curvas integrales no se cortan con la recta y =2x— 2, ésta no es el lugar geométrico de los puntos de inflexión, Las curvas integrales de la ecuación dada no tienen puntas de inflexión.

La investigación realizada nos permite trazar aproxi madamente la familia de las curvas integrales de la ecua- ción (fig. 6).

Ejemplo 2. Trazar, aproximadamente, las curvas in tegrales de la ecuación diferencial y/ == sen(x + y), em- pleando el método de isoclinas.

Solución. Poniendo y =k, donde k=const, se ohtiene la ecuación de las isoclinas sen(x + y)=k, sien- do —1 < £< !. Para k =0, se tiene son(x + y) =0, de donde

y=—x+an (1=0, +1, 22, ...) 0)

Las tangentes a las curvas integrales en sus puntos de intersección con estas isoclinas- son horizontales. De- terminemos si las curvas integrales tienen extremos rela- livos en Jas isoclinas y =—x + nn, y cuáles son: máxi. mos o minimos. Para esto, hallamos la derivada segunda

y =(L 4 y) costx + y)=[1 + sen(x + y) cos(x + y) > 19

Para y =—x-+ an, o sea, si x + y = mn, se tiene: y” =(1 + senan) cos an =cos an =(—1)"

Si n es par, resulta, y > 0, y por consiguiente, las curvas integrales tienen mínimos relativos en los puntos de in- tersección con las isociinas y =—x + an, donde n=0, +2, 24, ...: sin es impar, resulta, y” < 0, y las curvas integrales tienen máximos relativos en los puntos de in- tersección con las isoclinas y *=—x-=+ an, donde n= => h3....

Hallemos ahora las isoclinas:

k=-1, sen(r+y=-=

y=-x—F+2%m (2)

=l, sen (x 4 y)= 1; y=-x+3 42m (8) )

Las isoclinas son rectas paralelas con el coeficiente angular igual a —l, o sea, que se cortan con el eje OX formando con éste un ángulo de 135", Fácilmente se com-

prueba que las isoclinas y=—x= 5 +2 (n=0:<,

+1, ...) son curvas integrales de la ecuación diferencial considerada (para esto, es suficiente poner la función y=—x — F +2nn en la ecuación (1).

El segundo miembro de la ecuación dada, o sea, la función F(x, y)= sen(x + y), satisface a las condiciones del teorema de existencia y unicidad en todos los puntos del plano XOY, por esto, las curvas integrales no se cor- tan y por ende, no se cortan con las isoclinas y=—x= —H 42m. Por otra parte, la derivada y” se anula si Le sen(x+4y)=0, o sea, en las isoclinas (2), y si cos(x + y) =0, o sea, en las isoclinas (2) y (3) Al pasar (de izquierda a derecha) por las isoclinas (3), y” cambia el signo de más a menos, Por ejemplo, si se considera la “franja” comprendida entre las isoclinas y =—x e y= =—x-+a, resulta que en la isoclina y=—x +3 se tiene y” =0; bajo la ¡soclina, y” > 0, o sea, la concavi- dad de las curvas integrales está dirigida hacia arriba, y sobre la isoclina, y” <0, o sea, la concavidad de las

2

(n=0, +1, =2,.

curvas integrales está dirigida hacia abajo. Por lo tanto, las isoclinas (3) representan el lugar geométrico de los puntos de inilexión de las curvas integrales. Los datos obtenidos permiten trazar aproximadamente la familia de

pida rf rca o ja

Fig. 7

las curvas integrales de la ecuación dada, Para mayor exactitud, se deben trazar también unas cuantas isoclinas (ig. 7).

Ejemplo 3. Aplicando el método de las isoclinas, tra- zar las curvas integrales de la ecuación y =y—x +2-2.

Solución, Pongamos y' = k(k = const). La ecua- ción de las isoclinas es:

y—*4+2x—2ek, o bien, y=xX*—2+3+k.

Las isoclinas son parábolas con el eje vertical de si- melria x == |. Entre las isoclinas no hay curvas integra- les. En efecto, poniendo en la ecuación dada y= =e—x+24h, y=2—2 se tiene, 2—2= =4-2x4 24422 0 bien, 2—2=k

Pero, cualquiera que sea el valor de k, esta igualdad no puede verificarse idénticamente con respecto a x.

ea k == 0, En este caso, las curvas integrales tienen tangentes horizontales en los puntos de intersección con la isoclina y =*— 2x 42. La isoclina k =0, o sea, la parábola y =x2—2x +2, divide el plano XÓY en dos

a

partes: en una de ellas y <0 (las soluciones decrecen), mientras que en la otra y/>0 (las soluciones crecen). Como esta isoclina no es una curva á situados los puntos de extremo relalivo de las curvas in- legrales: los puntos de minimo se encuentran en la parte della parábola y =x*— 2x +2, en que x < 1, y los pun- tos de máximo, en la otra parte de la misma, en que x > l, La curva inlegral que pasa por el punto (1, 1), o sea, por el vértice de la parábola y =x?—2x +3, no tiene ex- Iremo relativo en este punto. Los coeficientes angulares de las fangentes a las curvas integrales en los puntos de las “isoclinas k=1, y= =*—-243, y k=-—1, y=x*—2x + |, son iguales a 1 y —l, respectivamente. Para averiguar las direc- ciones de las” concavidades de las curvas integrales, hallemos la derivada segun- da. Se tiene,

+2:—2-—2x +2

Esla se anula solamente

Figs en los puntos situados en la

parábola y == x?. Las curvas

integrales tienen sus conca-

vidades dirigidas hacia abajo (y” < 0) en los puntos del

plano XOY cuyas coordenadas satisíacen a la condición

y<?, y sus concavidades dirigidas hacia arriba (y">0),

en los puntos, donde y > x?. Los puntos de intersección

de las curvas integrales con la parábola y =x*, son los

puntos de inflexión de éstas. Así, pues, la parábola y = x?

es el lugar geométrico de los puntos de inflexión de las curvas, integrales.

El segundo miembró de la ecuación inicial f(x, y)= = y— 0 42x— 2 satisíace a las condiciones del teo- rema de existencia y unicidad en todos los puntos del plano XOY, por lo cual, por cada punto del plano pasa una sola curva integral de la ecuación.

22

Aplicando los resultados obtenidos, trazamos aproxl- madamente la familia de las curvas integrales de la ecua- ción dada (ig. 8).

Observación 2 Los puntos de intersección de dos o más isoclinas pueden ser puntos singulares de la ecuación diferencial (1) (o sea, puntos en los que el se. gundo miembro de la ecuación (1) no está definido).

Examinemos la ecuación y'=2. La familia de las

isoclinas se determina por la ecuación 2=k, Esta re- presenta una familia de rectas que pasan por el origen de coordenadas, de modo que en este punto se cortan las isoclinas que corresponden a diversas pendientes de las tangentes a las curvas integrales. Fácilmente se observa que la solución general de la ecuación dada es de la forma y =Cx y que el punto (0, 0) es un punto singular de ecuación diferencial. En esle caso, las isoclinas Son curvas integrales de la ecuación (fig. 9).

Ejemplo 4. Aplicando el método de las isoclinas, tra zar las curvas integrales de la ecuación

dy gx hr Solución. Poniendo y' = k(k = const), obtenemos la ecuación de la familia de las isoclinas y EA rt Por lo tanto, las isoclinas son rectas que pasan por el origen de coordenadas O (0, 0). ara k = —L, oblenemos la isoclina y para k =0, la ¡soclina y =x; para k= x=0 (el eje OY). Examinando la ecuación “invertida”

de da ae

0 (el ele OX); soclina

hallamos la isoclina y =— x, en todos los pu

cual, las curvas integrales tienen tangentes verticales. Todas las isoclinas de la ecuación considerada se cor-

tan en el punto (0,0) (punto singular de la ecuación).

23

Sirviéndose de las isoclinas obtenidas trazamos las

curvas integrales (fig. 10).

Fig. 9

Fig. 10

Aplicando el método de las isoclinas, trazar las curvas integrales de las ecuaciones diferenciales siguientes:

40. y =x+1 Mx + y

42 y =y—x

49. y=F—-2+3) 4. y=(y— IP 45. y =(y—1)x 46. y=x*— ie

47. y =cos(x—y) 48 y =y=x

49. y=x*+2x—=y 50. y'== y+t

1 Bl. yaztr 52. y =1=xy 53. y =2—y 5. y=l=x

55, y =2-y 56, y =(1— N(1—x) 57. y =sen(y —2x)

58. y=+y 59. y =y—x42x

60. y?

a. y=-2 62 y=1 63. y=th 5. yy 65 yy

1 55. y ==, 0.y=!14y4 68. y =x

$ 3. METODO DE EULER

Con este método se puede hallar en el segmento [xo, 6] la solución aproximada de la ecuación y'=f(x, y) que satisface a la condición inicial y|x=x =Yo.

El método de Euler consiste en sustituir por una que- brada de segmentos rectos la curva integral buscada de la ecuación diferencial que pasa por el punto My(Xo, Yo).

Dividamos el segmento (xo, 6] en n partes (no necesa: riamente iguales) por los puntos xp <x1 < 19 <...< <Xa 6,

(racemos, por el punto inicial Ma(xo 99) de la curva integral, una recta MQM de coeficiente angular f(xo, yo). hasta el punto Mi(x,, y;) de intersección con la recta x= x. La ordenada del punto M, se determina por la fórmula

gu Yo E hos yo (1 — xo).

Tracemos por el punto My(x;, y) una recta M,Ma de coeficiente angular f(x; yy) hasta el punto Ma(xa, y») de intersección con la recta x= xz. La ordenada del punto M, se determina por la fórmula

Y y + Éxw Y) (2 21).

De modo análogo se determina el punto Ms(xa, ys), ete. La ordenada del punto Ma(xn. Yn) Se determina por la fórmula

Ya = Una Eto Ya) (a — An 1)+

Los valores aproximados de la solución de la ecuación dada en los puntos Xi, Xa, .... Xn SOM: Y Ya =>, Yno

Haciendo la construcción correspondiente se obtiene una quebrada, denominada quebrada de Euler, que repre- senta aproximadamente la curva integral que pasa por el punto Mo(Xo, Yo) (fig. 11).

Generalmente, para facilitar los cálculos y las acota- ciónes se divide el segmento [xo, b] en partes iguales y se hace la notación Ak = xp —xy-+. La magnitud h se llama intervalo de variación del argumento.

2

Se puede demostrar que, cumpliéndose ciertas condicio- nes respecto de la unción f(x, y), para h—0 la solución aproximada proporciona la solución exacta de la ecuación dada que satisface a la con- ¡ón inicial y l. == Yo:

Ejemplo, Aplicando el método de las quebradas de Euler, hallar en el seg- mento (0, 1] la solución aproximada de la ecuación 2x — y que salisíace a la condición ylxmo = =— 1. Dividir el segmen- o (0, 1] en 10 partes igua- Fig 1 les y comparar los valores de la solución aproximada en los puntos de división con los valores respectivos de la solución exacta y = 2 — 2 e7%, Solución. Los valores de las ordenadas y, en los puntos Ma(xa, ya) se calculan por la fórmula

Y Y db (a. 1) (9 — a 1) (k=1,2,3, 4,5, 6,7, 8, 9, 10). En este caso, f(Xa=1, Y

1) = 2x1 — Ya-a y las diferen- Clas, X1— Xo = Xy — Xi Xio — xo = hi = 0,1, pues- to que se ha dividido el segmento (0, 1] en 10 partes Aulos ys Lo entigulente: Ya Ys + (2X 91 Yn-1) +0,1,

Zosuonsvn—o

e ES

Los resultados de los cólculos se escriben en una tabla, en cuya última columna se señalan los valores de la so: lución exacta y = 2(x — 1)-+ e”* en los puntos de división del segmento [0, 11.

Obsérvese que el método de Euler no es de gran preci- sión, a pesar de que, a veces, se obtiene una exactitud satisfactoria. Por ejemplo, para x =055 el error absoluto del valor de la solución aproximada es:

A =| — 0,4095 + 0,3935 |=0,0160;

el valor del error relativo es:

0.0160. ii amy 0.039 4%,

Aplicando el método de Euler y empleando la regla de cálculo, resolver los problemas siguientes:

Hallar para x =1 el valor de la solución de la ecuación y” = xy + 2 correspondiente a la condición ini- cial yl, =0 (4=0,2.

70. Trazar, aproximadamente, en el segmento [1, 3), la curva integral de la ecuación Y =x + y que pasa por el punto M (1,2) y calcular y (3) (A = 0,2).

Para las ecuaciones que siguen, formar una Labla de los valores de la solución que salisface a la condición inicial dada en el segmento indicado:

ny=t, y()=1, [1,4] (4=05).

Ty =3x, yi0=1, [0,11 (4=0.1). B=0 +, y(0)=0, [0,1] (4=0,1). TM y=I+xgP, y(0)=0, [0,1] (4=0,1). 15. =P, vi0)=1, (0,1), (4=0.0). 2

$ 4. METODO DE APROXIMACIONES SUCESIVAS

Supongamos que se pide hallar la solución y == y(x) de la ecuación diferencial

y=Hx y. (1 que satisface a la condición inicial Ya Yo (2)

Supondremos que en cierto rectángulo Díix—x [<a ly—4!<0)

con centro en el punto (Xo, Yo), para la ecuación (1), se cumplen las condiciones 3) y D) del leorema de existencia

unicidad de la solución del problema (1)—(2) (véase la pág. 10).

La solución del problema (1)—(2) se puede hallar por el método de aproximaciones sucesivas que consiste en lo siguiente:

Se forma una sucesión de funciones (y,(x)), deter- minadas por las relaciones reiteradas

Yal)=Y + [Fl gr (0ldt, (1=1,2,..). (8) E

Por aproximación nula yo(x) se puede tomar cualquier función que sea continua en un entorno del punto x == xa; en particular, yo(x) == Yo. donde yo es el valor inicial de Cauchy (2), En virtud de las hipótesis que se hacen con respecto a la ecuación (1), las aproximaciones sucesivas (Un(x) convergen hacia la soliitión exacta de la ecuación (1) que satisíace a la condición (2) en cierto intervalo xo—h<x< xo +h, donde

A=mio(a, 7),

M= max |f(x,9)L yen

(4)

La cota del error cometido al sustituir la solución exacta y(x) por la aproximación n-ésima y(x) es:

0=mS , 6

donde 3 = 2 Mola Por el método de las aproximaciones sucesivas hay que detenerse en una n de modo que |Yn+— ya] no supere al error permitido. Ejemplo. Empleando el método de las aproximaciones sucesivas, hallar la solución aproximada de la ecuación

v=e+8, que satisface a la condición inicial y] xo = 0 en el rectán- gulo | <x<1l—1<y<l. Solución. Se tiene Le, Yl=* + Y. <2 0 sea, M=2, Tomamos por A el menor de los números a= |

M=F 050 h=. Según (4), had PR cSnsE sucesivas convergen en el intervalo — 7 <x<++ Estas son:

Mo (x)=0;

nos (da: i

stos [jes orar $ (a+ Ja ds : :

atom [ieroojam [(0+G+ Li + tm) 0 :

2 ++ taa

El error absoluto de la tercera aproximación no supera 2 la magnitud

lay (3) 2=

En este caso, . | = N=max| - | max] 2y ]=2.

En los siguientes ejercicios hay que hallar tres apro- ximaciones sucesivas:

76 y=e=y Y =0 TT. y=x+ Yo =0 78. y=x+y; Yno =1 7. y=2%Y-2-3 Yo 80. xy =2x— y; Yen

$ 5. ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES Y ECUACIONES REDUCIBLES A ELLAS

La ecuación diferencial de la forma py dy =f(x) dx (1

se llama ecuación con variables separadas Las ecuaciones de la forma

rx) pi (y) dx = qu (x) a (y) dy, (2) en las que los coeficientes de las diferenciales se descom- ponen en factores qué dependen solamente de x o sola: mente de y, se llaman ecuaciones con variables separa- bles,

Dividiendo por el producto y1 (4)g=(x) éstas se reducen a ecuaciones con variables separadas:

E gy a E A e) A e)

La integral general de esta ecuación tiene la Torma

[pe Jaa=o 0

Observación. La división por y(y)e=(x) puede dar lugar a que se pierdan las soluciones particulares que anulan al producto y, (9)pa(x).

La ecuación diferencial de la forma

Le =jlax+oy+ o, donde a, b y e son constantes, se reduce a una ecuación con variables separables haciendo la sustitución 2=0x+by+0. Ejemplo 1. Resolver la ecuación 3e" ig ydx+(2— e") sect y dy =0.

Solución. Dividimos ambos miembros de la ecua- ción por el producto tg y- (2—e*)

deldx | sergdy +

Ha resullado una ecuación con variables separadas, In- tegrándola hallamos:

—31n)2—e* ¡4101 tgyl=C,.

Efectuando la potenciación, obtenemos:

Pi mé, o bien | o] me%. De aquí, Pose.

Designando + eS = C, se liene: e =0, o bien, Igy—C(Q—eP=0.

Hemos obtenido la integral general de la ecuación dada. Al dividir por el producto tgy-(2—e*) se suponía

que ninguno de los factores se convertía en cero, Igua-

lando cada factor a cero, obtenemos, respectivamente:

y=kx (k=0, 51,22...) x=I02

a

Sustituyendo en la ecuación inicial comprobamos que y = kn y x = In 2 son soluciones de esta ecuación. Estas pueden obtenerse formalmente de la integral general ha- ciendo C=0 y C= 00. Esto significa que la constante

C se sustituye por. después de lo cual, la integral general toma la forma

EI ¿(-eP=0, 0 bien, Clgy— (2 P=0;

haciendo en la última igualdad C¿=0, lo que corres- ponde a C tendremos (2— ex)? = 0; de aquí ob- tenemos la solución x =In2 de la ecuación inicial. En consecuencia, las functiones y = kn (k =0, El, 22, ...) y x= n2 son soluciones particulares de la ecuación dada, Por consiguiente, el resultado final es

lgy—C(2eP=0.

a Ejemplo 2. Hallar la solución particular de la ecua- ción (4 edyy=

que satisíace a la condición inicial y] xao = 1. Solución. Se tiene:

di (Ue i=e.

Separando las variables, resulta: e de yde

Integrando, hallamos la integral general

E =I1(140)+0, 0)

Poniendo en (1) x=0, tendremos + =In24-C, de donde

hallamos: C=>3 —In 2. Poniendo este valor de C en (1), obtenemos la integral particular

Pa? + E

32

de donde la solución particular buscada es: y= =V In(

¡c Hlemplo 3. Hallar la solución particular de la ecua- ción

y senx=ylny, que satisface a las condiciones iniciales siguientes:

Dele amd

Solución. Se tiene

le sen x= y ln y. Separamos las variables yiny den z Integrando, hallamos la integral general Intl y 11m tg Fine

Después de potenciar, obtenemos: z

us

Iny=C-tg2, o bien, y=e”

que es la solución general de la ecuación considerada. A a) Pongamos ahora x=%, y=e; entonces, e=e 0. De aqui que C==1. Así, pues, ye=e” *, b) Hallemos ahora la solución particular de la ecua- ción que satisface a la condición inicial y|,._2 =1.

Poniendo C =0 en la solución general y=e*%, ob- tenemos la solución particular buscada. Obsérvese que cuando se obtenía la solución general, la constante C fi- guraba bajo el signo del logaritmo, por lo cual, C= 0 se puede considerar como valor límite. La solución particu- lar y =1 está comprendida entre los ceros del producto y-In y-sen x, por el cual dividimos ambos miembros de la ecuación dada.

12402 3

Integrar las ecuaciones:

8L. (14 y)dx+ (14) dy=0.

82. (1 +9) dx + xy dy

8. (Pi) y +

84, (1+y)dx=xdy.

85. VIE +yy VIFA=0.

86. «V¡—=Pax+yVI=%dy=0, yl... =

ey) =1

. ylnydi+xdy=0, y), =1

y =ar* (a>0,0% 1).

er(1+x)dy—2x (1 +0") dx=0.

91. (14+e) yy =e”, yl. ¿=0.

92. (1 + yes dx—er dy) — (1 +4) dy=0.

9. (1 — y + x— 1) dx + (y —2xy + +4 2y— —2x4+2)dy=0.

94. y =sen(r— y). 95. y =ax+by+c (a, b, c— const). 90. (14 y Pym a

97. (1— yor y + =0.

a a 98. (1+y)dx=(y — VIE) UY ay. 9% xy (xy + y) =P. 100. (x*y? + 1) dx + 2x* dy =0. (la sustitución xy =(). 101. (14 xy) y + (24 — IP xy =0. (la sustitución xy=1). 102. ti rl (la sustitución xy =1) 103. (x— 215 + 2x!—y? $ 4x%) dx + (xy? —4x) dy =0 (la sustitución y =tx). = 5 1 IA

105, (Inx +1") de — 3xy*dy=0.

106. (xy +2xy In*y + y ln y) de + (21% In y + x) dy =0 (la sustitución xIny=0).

107. y—x4'=a(1 +8).

108. (a + y?) dx +2x Vax— PF dy=0,

Ya =0.

100. y + sen 272

=sni52 seniZ.,

Ejemplo 4. Hallar una curva que pase por el punto (0, —2), de modo que la pendiente de la tangente en cual- quiera de sus puntos sea igual a la ordenada del punto, aumentada en 3 unidades.

Solución. Basándose en el significado geométrico de la primera derivada, obtenemos la ecuación diferencial de la familia de curvas que cumplen la condición pedida:

10)

Separando las variables e integrando, obtenemos la solu- ción general

Mmiy+3 mx +0. e)

Como la curva buscada tiene que pasar por el punto (0, —2). o sea, Y =-=2 (8)

de (2) determinamos el valor de C correspondiente a esta curva; In|—2 + 3[=0-+C, o sea, C=0, de modo que x = in|y + 3], de donde

y=-3xe. En virtud de la condición (3), se debe tomar el signo más: y=%-3 Ejemplo 5. Un depósito cilíndrico de volumen Va está lleno de aire atmosférico, que se comprime de wn modo adiabático (sin intercambio de calor con el medio que le

rodea) hasta que su volumen se hace igual a Y. Calcular el trabajo invertido durante la compresión.

ES 35

Solución. Es sabido que el proceso adiabático se

caracteriza por la ecuación de Poisson A

com (0) donde V, es el volumen inicial del gas, po es la presión inicial del mismo y £ es una magnitud constante para el gas dado. Designemos con V y p. respectivamente, el vo- lumen y la presión del gas en el momento en que el ém- bolo estaba situado a la altura h, y con S, el área de la superficie del émbolo. Entonces, al descender el émbolo en la magnitud dh, el volumen del gas disminuirá en la magnitud dV =Sdh. En este caso, se realizará el tra-

bajo dW=-—pSdh o bien, dM=—pdV ()

Hallando p en la ecuación de Poisson (1) y sustituyendo en (2), obtenemos la ecuación diferencial del proceso:

. dy añ av. (5) Integrando (3). se tiene: dy PY pate. 0)

En virtud de la condición inicial W|,,., 0, de (4) ob- tenemos Cp

Por lo tanto, el trabajo de compresión adiabática (desde Va hasta V) es:

(57 -1]. 6

110, Haller una curva que pase por el punto (0, —2) de modo que el'coeliciente angular de la tangente en cual- quiera de sus puntos sea igual a la ordenada del mismo punto, aumentada tres veces.

36

111. Hallar una curva para la cual el área Q, limitada por la curva, el eje OX y las dos ordenadas X =0, X =x, Sea una función dada de y:

Q=ainl.

112, Un punto material de masa igual a 1 g se mueve en línea recta debido a la acción de una fuerza que es di- rectamente proporcional al tiempo, calculado desde el in- stante £ =0, e inversamente proporcional a la velocidad del punto. En el instante £ =10s la velocidad era igual a 50 cm/s, y la fuerza, igual a 4 dinas, ¿Qué velocidad tendrá el punto al cabo de un minuto del comienzo del movimiento?

113. Demostrar que la curva que posee la propiedad de que todas sus normales pasan por un punto constante, es una circunferencia,

114. Una bala se introduce en una tabla de A =10 cm de espesor con la velocidad ta == 200 m/s traspasándola con la velocidad v1 = 80 m/s. Suponiendo que la resisten- cia de la tabla al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad. hallar el tiempo del movi- miento de la bala por la tabla.

115. Un barco retrasa su movimiento por la acción de la resistencia del agua, que es proporcional a la velocidad del barco. La velocidad inicial del barco es 10 m/s, des- pués de $ s su velocidad será 8 m/s, ¿Después de cuánto Tiempo la velocidad se hará 1 m/s?

316, Demostrar que la curva para la cual la pendiente de la tangente en cualquier punto es proporcional a la abscisa del punto de contacto, es una parábola,

117. Según la ley de Newion, la velocidad de en- friamiento de un cuerpo en el aire es proporcional a la diferencia entre la temperatura 7 del cuerpo y la tempe ratura Ty del aire. Si la temperatura del aire es de 20”C y el cuerpo se enfría en 20 min desde 100” hasta 60%, ¿dentro de cuánto tiempo su lemperatura descenderá hasta 30%

118. Hallar la curva para la cual la pendiente de la tangente en cualquier punto es n veces mayor que la pen- diente de la recta que une este punto con el origen de coordenadas.

37

119, Determinar el camino S recorrido por un cuerpo durante el tiempo £, si su velocidad es proporcional al trayecto, sabiendo que en 10 s el cuerpo recorre 100 m y en 15 s, 200 m.

120. El fondo de un depósito de 300 litros de capaci- dad, está cubierto de sal. Suponiendo que la velocidad con que se disuelve la sal es proporciona) a la diferencia entre la concentración en el instante dado y la concentración de la disolución saturada (1 kg de sal para 3 litros de agua) dl que la cantidad de agua pura dada disuelve 1/3 de kg de sal por min, hallar la cantidad de sal que con tendrá la disolución al cabo de una ho:

121. Cierta cantidad Ye una substancia indisoluble con- tiene en sus poros 10 kg de sal. Actuando con 90 litros de agua se observó que durante 1 hora se disolvió la mitad de la sal contenida. ¿Cuánta sal se disolvería durante el mismo tiempo si se duplicase la cantidad de agua? La ve- locidad de disolución es proporcional a la cantidad de sal no disuelta y a la diferencia entre la concentración en el instante dado y la concentración de la disolución saturada (U kg para 3 litros).

122. Hallar la curva que tiene la propiedad de que el segmento de la tangente a la curva comprendido entre los ejes de coordenadas se divide por la mitad en el punto de contacto.

123. Cierta cantidad de substancia, que contenía 3 kg de humedad, se colocó en una habitación de 100 m* de volumen, donde el aire tenía al principio el 25% de hume- dad. El aire saturado, a esta temperatura, contiene 0,12 kg de humedad por 1 mé. Si durante el primer día la substan- cia perdió la mitad de su humedad, ¿qué cantidad de humedad quedará al finalizar el segundo día?

Nota. La humedad contenida en una substancia po- rosa se evapora al espacio que la rodea con una velocidad que es proporcional a la cantidad de humedad que hay en la substancia y es también proporcional a la diferencia entre la humedad del aire que la rodea y la humedad del aire saturado.

124. Cierta cantidad de una substancia indisoluble que contiene en'sus poros 2 kg de sal se somete a la acción de 30 litros de agua. Después de 5 min se disuelve 1 kg de sal. ¿Dentro de cuánto tiempo se disolverá el 99% de la cantidad inicial de sal?

125, Una pared de ladrillos tiene 30 em de espesor. Hallar la dependencia de la temperatura de la distancia del punto hasta el borde exterior de la pared, si la tem peratura en la superficie interior de la misma es igual a 20" y en la exterior, a 0%, Hallar también la cantidad de calor expedida por la pared (por 1 m') al exterior durante un día,

Nota. Según la ley de Newton, la velocidad Q de propagación del calor a través de una superficie A, per-

pendicular al eje OX, es: Q=—4SÍE, donde k es el

coeficiente de conductibilidad térmica; 7, la temperatura;

£, el tiempo y S, el área de la superficie A; (k = 0,0015). 126, Demostrar que la ecuación ¿2 =2 con la condi-

ción inicial y] emo = 0 tiene infinitas soluciones de la for- ma y == Cx. Esta misma ecuación con la condición inicial Yl xo = Yo sé O no tiene solución alguna. Trazar las cur- vas integrales.

127. Demostrar que el problema

de E Sl =0

tiene al menos dos soluciones para 0 <a < 1 y una para a = 1. Trazar las curvas integrales para a=>3 + l. 128. Hallar la solución de la ecuación

L=yinmyf (1>0,

que satisface a la condición inicial y| mo = 0. ¿Para qué valores de as tiene solución única?

129, Demostrar que las tangentes a todas las curvas integrales de la ecuación diferencial

y +ylgx=xigr+1 en los puntos de sus intersecciones con el eje OY son pa- ralelas entre sí. Determinar el ángulo bajo el cual se

cortan las curvas integrales con el eje OY. Integrar las siguientes ecuaciones diferenciales:

130. cos y'=0. 131. e

133. ly” 134. tgy” 135, e =x,

136. gy =x.

He aquí algunos problemas en los que se necesita hallar la solución particular conociendo el comporta- miento de la solución para x= 00,

Ejemplo. Hallar la solución de la ecuación Psny:y=2, 0) que cumple la condición y>F cuando xo. (2)

Solución. Separando las variables e integrando, hallamos la integral general de la ecuación (1):

cos y == ly +0.

La condición (2) nos da: cos F=C, sea, C=0, De este

modo la integral particular tiene la forma: cos y muy A ésta le corresponden infinitas soluciones particulares de la forma

ya tarccos+2an, n=0,%1,%2,... (8)

Entre estas soluciones hay solamente una que cumple la condición (2). Esta se halla pasando al límile en la igual- dad (3) para e.

Resulta:

F=xarccos04+2xn, o bien, +42.

De aquí que jezz+2n (4)

Fácilmente se observa que (4) tiene dos raices: n=0

la raíz n => que corresponde al signo menos

ante arccos Fy no vale (n tiene que ser entero o igual a cero). Por lo tanto, la solución particular buscada de la ecuación (1), es:

pateo.

En los siguientes ejercicios hay que hallar las solu ciones de las ecuaciones que cumplen las condiciones in- dicadas para x — k 00.

197. Fycosy+l=0, y> La, 1>o+0: 198, y +cos2y=1, y> La +00. 139, y —seny=1 140. (14H) y —Foost2y=0, yr Fm roo.

141, or =e0y/ +1, y es acotada para x=>+00. 142. (1+1)y=y—!1, y es acotada para x—>-+00- 149. y =2x(1+y) y es acotada para x=»00,

y>5n, 1>0,

144, y +sengy=l, y La +00.

$ 6. ECUACIONES HOMOGENEAS Y REDUCIBLES A ELLAS

Una función f(x, y) es homogénea de grado n en sus argumentos si se cumple la identidad

Hs, ty) =6 1 y).

Por ejemplo, f(x, y)=="+y*—xy es una función homogénea de segundo grado, puesto que f(tx, ly)= = (13) +lty)? — (lx) (11) = 004 9 — xy) = OÍ (x, y).

a

Para 1 =0, se tiene una función de grado cero. Por ejemplo, ¿(x, n= es una función homogénea de grado cero, puesto que

=P MR RR O 10 0.

Una ecuación diferencial de la forma LL =f(x, y) se

llama homogénea si f(x, y) es una función homogénea de grado cero en sus argumentos, La ecuación homogénea siempre se puede representar en la forma

(Mm

Introduciendo una nueva función incógnita u=4, la

ecuación (1) se reduce a la ecuación con variables sepa- rables:

=p ()—u.

Si u = us es una raiz de la ecuación p(u)— u = 0, la so- lución de la ecuación homogénea es, ue=us O bien, y =uox (recta que pasa por el origen de coordenadas). Observación. Al resolver las ecuaciones homogé- neas no es indispensable reducirlas a la forma (1). Se puede hacer inmediatamente la sustitución y = ux. Las ecuaciones de la forma

dy a É Y E) o

se reducen a homogéneas trasladando el origen de coor- denadas al punto (xo, yo) de intersección de las rectas

axr+by+e=0 y ax+by+o=0. Esto se consigue haciendo la sustitución de las variables: i=iHx Y=0 +

El método indicado no es aplicable cuando las rectas ax + by + c1=0 y ax + bay +<c¿=0 son paralelas. Pero, en este caso,

y la ecuación (2) se puede escribir en la forma

dy ¡(atte += a! Platt.

estudiada en el $5. Si la ecuación diferencial viene expresada en la forma Pe, y dx +0Q(x, y) dy=0, será homogénea si P(x, y) y Q(x, y) son funciones homo- géneas de un mismo grado. A veces, la ecuación se puede reducir a homogénea mediante la sustitución de la variable y = 2%. Esto ocurre

cuando todos los términos de la ecuación son de un mismo grado, atribuyendo el grado 1 a la variable x, el grado a.

a la variable y, y el grado «—1 a la derivada 2. Ejemplo 1. Resolver la ecuación

y =VI=P+y.

Solución. Escribamos la ecuación en la forma Y + ,

Como la ecuación es homogénea, hacemos u=-k

o bien, y Entonces, y' = xu' 4 1. Sustituyendo en la ecuación las expresiones para y e y”, obtenemos

e =yi=k.

Separamos las variables

De aquí, integrando hallamos: arcsenu =Inj x |+-InC, (C; > 0), o bien, arcsenu=InC,| x/, Como C,1x |=+C;x, haciendo la notación +C,=C,

obtenemos arcsen u=In Cx, 49

z 2 donde lInCx|<F. o bien, e 7 <Cx<e?. Sustituendo u por 2 tendremos la integral general

aresen L =InCx.

Por consiguiente, la solución general es: y = x sen In Cx. Al separar las variables dividíamos ambos miembros

de la ecuación por el producto x YT=1f, por lo cual, se podrían perder las soluciones que convierten en cero sus

factores. Pongamos ahora x=0 y YT=12=0. Pero x =0 no es solución de la ecuación, debido a lo cual re-

sulta, 14 =0, de donde y==x. Con una prueba directa nos convencemos de que las funciones y =—x e y =x son soluciones de la ecuación. Estas son Soluciones, Singulares de la ecuación dada. Ejemplo 2. Resolver la ecuación U+y—2dx+(x—y+4)dy=0. (0 Solución. Examinemos el sistema de ecuaciones al- gebraicas lineales:

x+y-2=0 ) x—y+4=0/)' El determinante de este sistema

Am

1 J 2 A

El sistema tiene solución única: xy =—1, Yo =3, Hace: mos la sustitución x=¿—1, y=1 +3. Entonces, la ecuación (1) toma la forma

E+nda+GE—md=0. Esta es una ecuación homogénea. Haciendo n = ut, obte- nemos: (+ Eu) di +(E— Eu) (E du + udi)=0, de donde

(142u— 10) d+ E(l—u)du=0. 44

Separamos las variables

Integrando, hallamos Ing l+Flop 14 2u— a l=InC; (420) =0.

Volviendo a la variables x, y, obtenemos:

30 _ (142755) =C0 o bien,

242 —y—ár+8y=C, (C=C,+14). Ejemplo 3. Resolver la ecuación (+ y + dx +(Qx+2y— 1) dy=0

Solución. El sistema de ecuaciones algebraicas li-

neales x+y+l1=0 2x4+2y—1=0

es incompatible. El determinante del sistema

lis asta 2

En este caso no es aplicable el método empleado en el párrafo anterior. Para integrar la ecuación hacemos la

sustitución x+y=2, dy=d2— dx.

La ecuación toma la forma (2—2)dx +(22— 1) d2=0.

Separando las variables obtenemos

De aquí que *—2-3In]22/=C.

45

Volviendo a las variables x, y, obtenemos la integral el de la ecuación dada: x +24 +3 In]x+y— fa

Ejemplo 4. Resolver la ecuación (e — 1) dy + 2xy dx =0. Solución. Hacemos la sustitución y ==", dy= = az”! dz, donde por ahora a es un número arbitrario

que se elegirá a continuación. Sustituyendo y y dy en la ecuación por sus expresiones, obtenemos:

(ez — 1) azr dz + 2x2 dx=0.

(OD! — 201) a dz + 212 dx 0.

Obsérvese que el grado de 122%1 es 24 3a— 1 =3a +1, el grado de 221 es a — 1 y el grado de x2W es 1-4 30, La ecuación obtenida será homogénea si los grados de todos los términos resultan iguales, es decir, si se cumple la condición 3a + 1 == a— 1. De aquí que a = —l.

Por consiguiente, tenemos y=h> la ecuación inicial toma la forma

o bien

— E) ar +2 dx=0, o bien, (4— xk) de + 22x dx =0.

Pongamos ahora z = ux, dz = udx + x du. Entonces, esta ecuación toma la forma (u4—1)(udx+xdu)+ + 2u dx =0.

De donde ui +1) dx + x(u*— 1) du=0. Separando las variables en esta ecuación, obtenemos: E Os Integrando, hallamos:

In[x(4+ In (+1) —In/u]=l0C, o bien,

+1 A

Sustituyendo u por 7. obtenemos la integral general

de la ecuación considerada: 1 + x%y? = Cy

La ecuación tiene además la solución trivial y =0, que se obtiene de la integral general escribiéndola en la forma y=LEÉL y pasando después a límites para C—+<o, Por consiguiente, la función y =0 es una solu- ción particular de la ecuación dada.

Integrar las ecuaciones:

145. 4x— 3y + y (2y — 3x)=0.

140. xy =y+ Y PY.

147. 4%—xy + Y + y (e — xy +44?) =0. 148, 4 + xy — 3 + y (5 + 2x4 + 4?) =0. 149. y=

150. 2xy" (Y + y?) = y (y? +2).

151. xy =Y PX.

152. ax + 2bxy + cy? + y (ox? + 2cxy +14) =0. 153. (y'— 3x") dy =— xy dx.

154. yy dx +2(x*— xy) dy =0.

155. (y—xy =P + e

150. 3x + y—2+ y (x— 1)=0.

157. 2x+2y—=14+y(x4y—2)=0.

158. (3y —7x +7) dx — (3x — 7y— 3) dy =0. 159. (y +y VIP EFD) dx +2xdy=0.

160. 4xy? dx + (3x'y— 1) dy =0.

161. («+ y) dx + (34 — 3yx) dy =0.

162. 2(1y + VTF 7) dx +0 dy=0. 163. (2x— 4y) dx + (x +y—3)dy=0.

164. (x— 2y— 1) dx +(3x —6y +2) dy =0. 165. (x— y +3) dx +(3x + y +1)dy=0. 166. (1 + y) dx +(x+y— )dy=0.

167. ycosx dx + (2y — sen x) dy =0.

168, (x— ycosZ)dx + xcosLdy=0. 169. y dy +3yixdx +2 dx= 170. ydx+(2Yxy— x)dy=0.

171, Hallar una curva que posea la propiedad de que la magnitud de la perpendicular bajada del origen de co- ordenadas a la tangente sea igual a la abscisa del punto de contacto. ,

172, Hallar la curva para la cual la razón del segmen- to interceptado por la tangente en el eje OY al radio=vec- or es una cantidad constante.

173. Empleando coordenadas rectangulares, hallar la forma del espejo si los rayos que parten de un punto dado, al reflejarse, son paralelos a una dirección dada.

174, Hallar la curva para la cual la longitud del seg: mento interceptado en el eje de ordenadas por la normal a cualquiera de sus puntos, es igual a la distancia desde este punto al origen de coordenadas.

175. Hallar la curva para la cual el producto de la abscisa de cualquiera de sus puntos por la magnitud del segmento interceptado en el eje OY por la normal, es igual al duplo del cuadrado de la distancia desde este punto al origen de coordenadas.

$ 7. ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN ECUACIONES DE BERNOULLI

Se llama en diferencial lineal de primer orden a la que es lineal con respecto a la función incógnita y su derivada. Esta tiene la forma

L + p0y=4(x), (1 48

donde p(x) y g(x) son funciones continuas de x en la re- gión en que se pida integrar la ecuación (1).

Si g(x)=+ 0, la ecuación (1) se llama lineal no homo- génea. Si q(x)=0, se dice que la ecuación (1) es lineal homogénea. Esta última es una ecuación con variables separables y posee la solución general

yc ira (2)

La solución general de la ecuación lineal no homogé- nea se puede hallar por el método de variación de la cons- tante, según el cual se busca una solución de la ecuación (1) de la forma y=cage ire,

donde c(x) es una función incógnita nueva de x,

La ecuación (1) se puede integrar también del modo siguiente. Hacemos

y=u(x)o(í. (0)

Poniendo (3) en (1), después de las transformaciones obtenemos:

uo + u(po 40) =q(x). (4)

Determinando v(x) de la condición v' + pu=0, ha- llamos después la función «(x) resolviendo la ecuación (4), obteniendo, por consiguiente, la solución y == uo de la ecuación (1). En este caso, v(x) es una solución parti- cular cualquiera de la ecuación u+ pu =0 (distinta de la solución trivial u == 0).

Observación. Puede ocurrir que la ecuación difo- rencial sea lineal respecto a x, considerada esta variable como función de y. La forma normal de tal ecuación es:

de ar Wwr=9 (y). Ejemplo 1. Resolver la ecuación y +2xy=2x0-". (5)

Solución, Apliquemos el método de variación de la constante. Consideremos la ecuación homogénea

y +2xy=0,

dez 49

correspondiente a la ecuación no homogénea dada. Esta es una ecuación con variables separables. Su solución ge- neral tiene la forma

ce".

Buscamos la solución general de la ecuación no homo-

génea en la forma y=c(x)e=r (6) donde c(x) es una función incógnita de x.

Poniendo (6) en (5), obtenemos c'(x)=2x. De donde e(x)= x? + e. Resumiendo, la solución general de la ecua- ción no homogénea es

y=(+oer, donde e es la constante de integración.

Ejemplo 2. Resolver la ecuación

A CATE SE

Solución. La ecuación dada es lineal, considerando x como functión de y:

a Ey 7 cos y =sen2y. (7) Buscamos la solución general de la ecuación en la forma x = u(y) -v(y). Se tiene de du de riabdr lar E Sustituyendo x y FÉ en ecuación (7), obtenemos ou (5% — ocos y) =sen24. Hallamos v(y) de la condición o cosy=0.

Tomamos cualquier solución particular (no trivial) de esta ecuación, por ejemplo v(y)= esa, Entonces,

eno de sen y.

De donde um | entnv sen ?y dy =— 2o=s25(1 4 sen y) +c.

Por consiguiente, la solución general es A=cOnY Pen y—2

Ecuación de Bernoulli. Esla es una ecuación de la lorma

Hero 004, (6)

donde n =é 0; 1, puesto que para n =0 y n= 1 esta ecua- ción es lineal. La ecuación (8) se reduce a una ecuación lineal haciendo la sustitución 2 =p . Pero resulta más

conveniente resolver la ecuación de Bernoulli haciendo la sustitución (sin reducirla a lineal) y = u(x)v(x).

Ejemplo. Resolver la ecuación de Bernoulli: w+y=ylnx.

Solución. Hagamos y = u(x)v(x). Tendremos x00 4 (xo? 0) = uo? In x.

Hallamos la función o(x) como solución particular de la ecuación xo” + U => 0. Resulta, v (x)=2. Entonces,

uE inx. Separando las variables e integrando, ob- tenemos

df ibm

o sea, MT La solución general de la ecuación es:

1 ITA pm? st

Integrar las ecuaciones: 176, y +2y=x +2x. 177. (142 )y4—(«+Dy=x—1. 178, xinx-y —y=x*(3lnx— ). 179, (5 y +xy=a?. 180. 2x1 — y =3 0, 181. (x+ 1) dy —[2y +(x+1)dx=0. ha 1 8 ye xsen y + Isen dy * 183. y" —2xy =2xe*. 184. (041) y +2r— ly 185. y' + ycosx=senxcosx, yl. =l. 186. ey (ln) Vx(2+ in x)=0.

187. 3xy' — 2y =>

, 1 188. Bxy' — y =— VAT" 189. (y +) y =1. 190. y — y =2xextx, 191. xy =y + sen xo 192, iy +2 = (120), 19. y.

194, 2s0n x + y + y cos x=? (x cos x — sen x).

2

15 1 +3 P 7 ñí MA 197. + a = mn EA 198. (1 +3 y" + te. 199. += Ir

B

200.

201.

202. 203. 204. 205.

206.

207.

208.

(+ y + Ddy+xydx=0. á y Yami r*

xx D)y+y= xX*Qx— 1). Y —ytgr=secx, yl_=0. y cosy+seny=x-+l.

y +seny +xcosy+x=0.

y— ear.

: [ v(ux)da=np (0). ¿

y/ + xsen2y = xe"*cos* y (a sustitución (= tg y).

En los problemas que se dan a continuación hay que hallar las soluciones de las ecuaciones que satisfacen a las condiciones indicadas:

209.

210,

211.

212.

213.

214,

245.

216.

y — 2xy ==c05 x— 2xsenx,

y es una función acotada cuando x= 00. 217 y—y=-senVX—cosVX,

y es acotada cuando x= +00.

y —yln2=2""(cosx— 1)In2,

y es acotada cuando x-»-+ 00.

2y — xy =2x cos x— 3 senx,

y->0 cuando x= -+ 00.

Y senx — y eos me — 2002,

y 0 cuando x-» 00.

(Le) In (1) 2 xy == In (140) 2 arctg xs y>—i cuando 1900,

A! E ¿epa l y — ey =- sen —e* cos,

y>2 cuando >= y—ylinx=-(1+2Ina7, y->0 cuando x= +00.

$ 8. ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS FACTOR INTEGRANTE

La ecuación diferencial de la forma M(x, y dx +N (x, y) dy =0 (1)

se llama ecuación diferencial exacta si su primer miembro es la diferencial total de una función u(x, y):

Max +N dy ma du ma Se dx +0 dy

La condición necesaria y suficiente para que la ecua- ción (1) sea una ecuación diferencial exacta es que se cumpla la condición

ym IN a ar e)

(en un recinto simplemente conexo D de variación de x, y). La integral general de la ecuación (1) tiene la forma u(x, y)= C, o bien,

, , [ Mx, 4x4 [NG Nay=C. 0 ñ »

Ejemplo. Resolver la ecuación diferencial (sen xy + xy cos xy) dx + 1% cos xy dy =0. Solución. Comprobemos que la ecuación dada es una ecuación diferencial exacta. Se tiene am ay =xxc08 xy + xcos xy — Xy sen xy =2x cos xy —x*y sen xY,

LA y (sen xy + xy cos xy) =

z a 2 (12 cos xy) =2x cos xy — x*y sen Xy,

O sea, aN

a”

EN

Como vemos, se cumple la condición (2). Por consiguiente,

: , ut, y) = | (sen xy + xy cos xy) dx + | xfcos x.y dy = E PS

—xsen y [+ xa sen xoY [, =x sen xy — x95en odo;

de modo que xsen xy =C + xo sen XoYo, O bien, xsenxy=C¡. Al resolver agunas ecuaciones diferenciales se pueden

agrupar los lérminos de tal modo que resulten combina» ciones fáciles de integrar.

Ejemplo. Resolver la ecuación diferencial (9 + xy) de + (y + y") dy =0. (27

Solución. En este caso, 1 =2xy, LL =2xy, y

se cumple la condición (2); por consiguiente, tenemos una ecuación diferencial exacta. Esta se reduce a la forma du = 0 mediante una agrupación directa de sus términos, En efecto, escribámosla en la forma

Pdx+xy(ydx+xdy)+ y dy=0. Aquí y

“dxmd(%). xy (y dx dx dy) = xyd (xy) a (690), va=o(£). Por lo tanto, la ecuación (2') se puede escribir así aq) ra) +a(%)=0. o bien, asi a E]

, (27) Por consiguiente, la integral general de la ecuación (2), y de la ecuación (2), es:

42 y =C.

En algunos casos, por cierto muy excepcionales, cuando (1) no representa una ecuación diferencial exacta, se con-

55

sigue hallar una función (x, y) tal que al multiplicar el primer miembro de (1) por ella, resulta una diferencial otal:

du=uMdx+uN dy. (1)

Tal función n(x, y) se llama factor integrante, Según la definición de factor integrante se liene

60M) == (uN)

o bien on (9 on ii de donde

Jima Yin dm ÓN NA 6)

Para hallar el factor integrante, hemos obtenida una ecuación en derivadas parciales.

Indiquemos unos casos particulares en que fácilmente se: puede hallar la solución de la ecuación (5), o sea, el factor integrante.

L. pu== p(x). En este caso, 27 =0 y la ecuación (5) toma la forma

Mm

diap dy Tar E HE (6)

Para que exista un factor integrante no dependiente de y es necesario y suficiente que el segundo miembro de (6) dependa solamente de x. En este caso, ln p se halla por cuadraturas.

Ejemplo 1. Examinemos la ecuación («+ y!) dx — 2yx dy =0. Solución. Aquí M=x4 8, N=-—2x.

Se tiene 2m

Por consiguiente,

dina 2

ar Es Mp2 In 1xL 1

La ecuación x4e 5: A Y ax 2dy=0

es una ecuación diferencial exacta. Su primer miembro se puede representar en la forma

de _ dxydy—y de AA

a(imx¡-4)=0

De donde

y la integral general de la ecuación dada es: A Cer,

oN

2. Análogamente, si (3 —%2)-7 depende sola:

7 mente de y, la ecuación (1) tiene un factor integrante n= u (y) que depende solamente de y.

Ejemplo 2. 2xyinydx+(*+y Y F+T dy=0._ Solución. Aquí M=2xyIny, N=x*+y YT. 202 " dx ds 2x — 2x (ln y +1) 1 Se tiene —_ e

Por consiguiente,

E y" La ecuación

aylayds y 2APVFET y A YFEL dy=0

es una ecuación dilerencial_exacta y puede escribirse de la forma d(*Iny)+y VI + Tdy=0, de donde

Lig + (+1)

Ejemplo 3. Resolver la ecuación (Bx+2y + y?) dx + (x + 4x9 +54) dy =0, si su factor integrante es de la forma h = q (x + 4%) Solución. Hagamos 2 =x + y. Entonces p=p(2) y, por consiguiente,

CITAN dz dio

a de" din din

y Y

La ecuación (5) para hallar el factor integral tiene la rma

for disp _0M_oN UM) GE

o bien

=p

por lo cual LE =L, de donde p=2, 0 sea, p=x +

+4. Mulliplicando la ecuación dada por u =x + y? ob- tenemos

(3x4 2xy + 4x4? 4 2994 y!) dx 4 + (4 ay + 6xy + dxy +54) dy =0.

Esla es una ecuación diferencial exacta y según (3), su integral general es

[642 ++ 2+ y) dot

“ + | (3 + 4x3 + 6x0? + 4xo4? + 54) dy =C, o bien, E A 58

donde C=C + hy + 2d + 2x0) 1030 + 484 3, Des-

pués de

hacer unas transformaciones sencillas resulta (++ e=C.

Integrar las ecuaciones:

217. 218.

219.

220. 221.

222, 223. 224.

226.

227.

228.

229.

230.

x(2 +) +y(* +24?) y =0. (3 + 6xy* e + (6y + 4y*)dy =0.

5jas+ y L-2) dyon ++; 5) 44=0. (ooteo Lar + (ono) o. 23 O O 22 y 1) d+ (y 52) ay 0. Gr 2x—y) dr + (2y—x +34) dy =0. En 2) id Nola +(YTER + — In 1) dy 0. A 4 LA =0. y seny+ysenx+-=) dx +

var ++

+(xcosy— cosx +3) dy=0. + sen xcos! ay * 2 a (ts) dy 0. Pe y EI O, lam

fncos (ax + my) — msen (mx + ny) dx + + (meos(nx + my) — nsen (mx + ny) dy =0.

xdx+ dy VEFDO-"= 0

X (ydx—xdy)=0. El

231. (send — Locos L 4 Tax+

1 A]

+ (00s 2 —senF +35) dy=0 232. y(2 4 dy dx =0, 233. (4 +y4 ladr—2xydy=0, u—q(— a. 234. (I—xiy)dr+ Y (y—x)dy=0, H=q(x). 235. (3x'y + y) dx + (0 +3xy?) dy =0. 236. xdx+ydy+x(xdy—ydx)=0, n= ( + 4%), 237. (4 +ydx—xdy—=0, p=q(x). 238. (x+ y) dx—2xydy=0, u—=(0). 239. (24%y +2 +5) dx + (24 +2x) dy =0, 4 =q(u). 240. (xInx—2xy) dx +3 dy=0, u=qlx). 241. (1 +senx+seny)dx+cosydy=0, p=q(x). 242. (2x4? — y) dx + (7—3xy) dy =0, n=q(y). 243. (8y*— x) dx +(249—6xy)dy=0, u=q(x+ 4).

$ 9. ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN NO RESUELTAS CON RESPECTO A LA DERIVADA

l, ECUACION DE PRIMER ORDEN Y DE GRADO n CON RESPECTO A y. WIFI WIIT+ ... ea y pax y)=0. (1) Resolvemos esta ecuación con respecto a y”. Sean Yeti y) ha he YH MS (2) las soluciones reales de la ecuación (1).

60

El conjunto de las integrales D,(x, y, C)=0, Da(x, y C)=0, ..., D,(x, y:C)=0, (8) donde Di(x, y, C)=0 es la integral de la ecuación y =f(xyi= 1, £), representa la integral general de la ecuación (1).

Por lo tanto, por cada punto del dominio en que y” toma valores reales, pasan «k» curvas integrales

Ejemplo. Resolver la lecua wi+r—yy—x=0. Solución. Despejando y”, tenemos

y E SA

o bien, y =1, y =— ni de donde y=x+C, p+r=Ch Integrar las siguientes ecuaciones: 244. y —(x+ yy ++ xy) =0. 245, xy” +2xy'—y=0. 246. 4y* —9x=0. 247. y” — y =y (1). 248. xy” +3xyy” + 24*=0. 249. xy” —2yy' +x=0. 250. y” —2xy'—8x=0. 251. y” +(x42)0=0. 252, y — yy” — ty + xy=0.

2. ECUACIONES DE LA FORMA [ (yy) =0 y f(x. y) =0.

Si en estas ecuaciones se puede despejar y”, resultan ecuaciones con variables separables. Por consiguiente, son de interés los demás casos. a) En la ecuación f(y. y/)= 0 se puede despejar y: y=9 (4) Hacemos y' = p. Entonces, y = q (p). sr

Diferenciando esta ecuación y sustituyendo dy por pdx, obtenemos

pdx=y' (p)dp, de donde a=L2 ap y ¡LD ap+c.

Obtenemos la solución general de la ecuación en forma paramétrica

$ (1

Ejemplo. y=a (2) +0 ($2) (a, b, son constantes).

Solución. Hacemos ¿2=p y, por lo tanto, y= mar Hop, dy =2ap dp +30p" dp, o bien, pdx=2ap dp +3bp? dp.

De aqui que dx =2a dp +3bp dp, y. x =2ap + F0p*+C. La solución general es

1=20p + op. +0 =p +.p

b) En la ecuación f(4, 4/)=0 no puede despejarse ni y ni y (o se despejan con dificultad), pero estas últimas pueden expresarse en forma paramétrica mediante algún parámetro t:

y=00, b=9(0 (==).

Entonces, dy =pdx=y (() dx. Por otra parte, dy=q'(() dt, de modo que »()dx=

=9 (dt y a dt. De donde x

gi y

Por consiguiente, obtenemos la solución:general de la ecuación diferencial dada en forma paramétrica x= [Ea O =9(0 Ejemplo. y» +(y)“=1. Solución. Hacemos y=cost, y=p=sent,

dy _ —3eos" £ sen t de coste a=Z ai = 3

(2)

De donde x=/(8 — jale + 3 og 1 +.

La solución general es 443 ctgri+ O ) y=cost ' e) Ecuación de la f(x, y)=0. Supongamos que en

esta ecuación se puede despejar x: x=q (4). Haciendo y sa p, obtenemos

dx=p'(p) dp. Pero dx=“2 y, por consiguiente, ll (9) do, de modo que dy=pw (p)dp, y. y= [ovio +C. Por lo tanto, tenemos la solución general de la ecuación en forma paramétrica (p es ua parámetro):

x=0(p) y=[winpdo+C |' e

Observación. En las ecuaciones (1) y (3) no se puede considerar p como la derivada, sino como un parámetro,

Ejemplo. aL 40 ($2)

64

Solución. =ap +bp?, dr=a dp + 25p dp,

dy=pdx=apdp+2p dp, vir hop.

Así, pues,

x=0p+ bp? =P 4040

es la solución general.

Por analogía con el caso b), se puede probar resolver ecuación f(x, y/)=0 introduciendo un parámolro f. Integrar las siguientes ecuaciones:

253. y=y"eY. LL 254, y me", 265. x= In y" + sen y”. 256. 1=y"—2y +2. 267. y=y'Iny”. 258. y=arcsen y +In(1 + y”). 259. y=(y— 1)eY. 1 260. y'x=e7. 261. x(14+y”)=1. A 262. x(14yY=a. ES 263. yy E=a?. 264, y—y yy" =0. 285, x=y'+seny. 206. y=y (1 +1 cos y).

3. ECUACIONES DE LAGRANGE Y CLAIRAUT a) La ecuación de Lagrange tiene la forma: y=xp (4) + py).

Haciendo y'=p, diferenciando y sustituyendo dy por pdx, reducimos esta ecuación a otra que considerada en x como función de p es lineal. Resolviendo esta última x =r(p, C), obtenemos la solución general de la ecuación inicial en forma paramétrica:

x=r(p, C) y=rtp. Coto) + v(o)

Además, la ecuación de Lagrange puede tener solucio- nes singulares (véase $ 11) de la forma y=p(c)r=+ =+ y(c), donde e es una raíz de la ecuación = p(c)

Ejemplo. Integrar la ecuación

) (p es un parámetro).

y=2xy + Iny!.

Solución. Hacemos y =p. Entonces, y =2xp+

+Inp. Diferenciando, hallamos

pax m=2pdx+2xdp4 2,

Hemos obtenido una ecuación de 1* orden, que respecto de x es lineal. Resolviéndola hallamos

Poniendo el valor hallado de x en la expresión de y,

resulta . 64

«=LE-L

Pop ES E y=inp+ 2

b) La ecuación de Clairant es de la forma y=xy +)

El método de resolución es el mismo que para la ecua- ción de Lagrange. La solución general de la ecuación de Clairaut tiene la forma

y=Cx+y(0).

La ecuación de Clairaut puede tener también una solu- ción singular, que se obtiene eliminando p entre las ecua-

ciones yaxp+ vo. + (p)=0. Ejemplo. Integrar la ecuación y=xy +37 (a=consí). Solución. Haciendo y =p, oblenemos

y =p + =>

Diferenciando esta última in y sustiluyendo dy por hallamos pdr= páx+

= 7 +xdp—zppdp, de donde

dp(x— fx) =0.

Examinemos los dos facto» Figo 12 res del primer miembro de la última ecuación. Igualando a cero el primer factor, tenemos

dp=0,

de donde p = C, y la solución general de la ecuación ini- cial es

y=Cx+ 37

Este es un haz monoparamétrico de rectas. 66

Igualando a cero el segundo factor tendremos: a 5.

Eliminando p entre esta ecuación y la ecuación y= =xp +5, resulta y*= 2ax, Esta también es una solución

de la ecuación considerada (solución singular).

Desde el punto de vista geométrico la curva y? =2ax es la envolvente del haz de rectas determinado por la so- lución general (fig. 12).

Integrar las siguientes ecuaciones:

267. 2y=xy + y Iny”.

268. y=2xy +Iny.

269. y=x(1+y)+y".

270. y=2xy' +sen y”.

271. uy — >

2. y=hxy +00.

273. +

274. y=xy + y”.

275. xy” — yy —y +1=0.

276. y=xy +aVIEY.

2. y=xy + dr

ml L 278. NT da

279. Hallar la curva cuya tangente forma con los ejes coordenados un triángulo de área constante S = 2a?.

280. Hallar la curva para la cual el segmento de la tangente comprendido entre los ejes coordenados tiene una longitud constante a,

s e]

$ 10. COMPOSICION DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE LAS FAMILIAS DE CURVAS. PROBLEMAS DE TRAYECTORIAS

1. Composición de las ecuaciones diferenciales de las familias de curvas. Sea dada la ecuación de una familia monoparamétrica de curvas planas y=0(x, a) (a es un parámetro). (1) Derivando (1) respecto de x, hallamos y=q,(x, a). e)

Eliminando el parámetro “a” entre (1) y (2), obtenemos la ecuación diferencial

Fx, y, y)=0, (3)

que expresa una propiedad común de todas las curvas de la familia (1). La ecuación (3) es la ecuación diferencial buscada de la familia (1). Si una familia monoparamétrica de curvas se delermi- na por la ecuación D(x, y, 2)=0, (4

se obtiene la ecuación diferencial eliminando el parámetro “a” entre las ecuaciones

D(x, y, a)=0

24 mo a Supongamos ahora que se da la relación D(x, Y, Aj, Oz 200, 4) =0, (6)

68

donde aj, as, ..., a, son parámetros, Derivando (6) res- pecto de x, n veces, y eliminando los parámetros ay, 4%, ... -.., 2, entre (6) y las ecuaciones obtenidas, obtenemos vna relación de la forma

Flo yy Ys +. y)=0. (m

Esta es la ecuación diferencial de la familia n-para- métrica de curvas (6) dada, en el sentido de que (6) es la integral general de la ecuación (7).

2. Problemas de trayectorias,

Sea dada una familia de curvas planas:

D(x, y, 4)=0, (1

dependiente de un parámetro a.

La curva que en cada uno de sus puntos forma un ángulo constante a con la curva de la familia (1) que pasa por el mismo punto, se llama trayectoria isogonal de

la familia. En particular, sia =3.se tiene una trayectoria

ortogonal. suponiendo dada la familia (1) buscaremos sus trayec» torias isogonales.

a) Trayectorias ortogonales.

Se forma la ecuación diferencial de la familia de cur- vas dada (véase el p. 1):

F(x, y, y)=0. e)

La ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales tiene la forma:

s Flo y -7)=0 (3)

La integral general de esta ecuación D, (x, y, C)=0 (4)

proporciona la familia de trayectorias ortogonales. supongamos que la familia de curvas planas se da por una ecuación en coordenadas polares

Dl, q, )=0, (5) donde a es un parámetro. Eliminando el parámetro a entre 0, obtenemos la ecuación diferencial de la

69

familia (5): F(p, q, p/)=0. Sustituyendo en esta p' por — —% obtenemos la ecuación diferencial de la familia de las trayectorias ortogonales:

Flo. 0

b) Trayectoriaos isogonales.

Supongamos que las trayectorias se cortan con las curvas de la familia dada bajo un ángulo a, donde tg a=. Se puede demostrar que la ecuación diferencial de las trayectorias isogonales tiene la forma

Plx, y 5) =0.

Ejemplo 1. Hallar la ecuación diferencial de la familia de hipérbolas S

A $T

Solución. Derivando esta ecuación respecto de x, obtenemos

E —2yy =0, o bien, F=yy".

Multipliquemos ambos miembros por x; entonces

A

=xwuy.

Sustituyendo en la ecuación, hallamos xy —y=1. Esta es la ecuación diferencial de la familia de hipérbolas.

Ejemplo 2. Hallar la ecuación diferencial de la familia de curvas (a es un parámetro)

Solución. Derivando respecto de x ambos miembros de la ecuación. se tiene

ymaliet

Y=e Tm

De aquí que «== 5h

my *

Poniendo la expresión obtenida de a en la ecuación de la familia de las curvas, obtenemos

y=-7 0-0 o bien, ylny +x(l—y)=0.

Esta es la ecuación diferencial buscada de la familia de curvas dada.

Ejemplo 3. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de recias y e= kx

Solución Esta consta de rectas que pasan por el origen de coordenadas.

ara hallar la ecuación diferencial de la familia dada, derivamos respecto de x ambos miembros de la ecuación y = kx, Resulta, y = ke Elimi- nando el parámetro k en el sistema de ecuaciones y=kx ) y=k Jj

obtenemos la ecuación diferen- cial de la familia: xy =Y. Sustituyendo en ella y por —2, resulta la ecuación di- ferencial de las trayectorias ortogonales — 7-1 o bien, uy + x =0. Esta es una ecua- ción con variables separables; integrándola obtenemos la ecuación: de las trayeciones ortogonales 42 + y? =C_(C>0). Las trayectorias orto- gonales son circunferencias con el centro en el origen de coordenadas (fig. 13).

Ejemplo 4. Hallar la ecuación de la familia de las cur- vas que son ortogonales a la familia x? + y? = 2ax,

Fig. 13

n

Solución. La familia dada de curvas representa una familia de circunferencias cuyos centros están situa- dos en el eje OX y son tangentes al eje OY.

Derivando respecto de x ambos miembros de la ecua-

ción de la familia dada, hallamos: x+yy=4. Eliminando el parámet- ro a entre las ecuaciones

4 y=2axr ]

ryym=a )” obtenemos la ecuación diferencial de la fami- lía dada:

Py +2xgy m0. La ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales es:

PP +2y (—)=0, o bien, y = 2.

Fig. 14

Esta ecuación es homogénea. Integrándola obtenemos: Ki + yi = Cy. Las curvas integrales son circunferencias cuyos centros están situados en el-eje OY y son tangentes al eje OX (fig. 14).

Ejemplo 5. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de parábolas

y=axk,

Solución, Formamos la ecuación diferencial de la familia de parábolas. Para esto, derivamos respecto de 4 ambos miembros de la ecuación dada: y'=2ax Elimi-

nando el parámetro a, hallamos L=2, o bien, y/==*, que representa la ecuación de la familia considerada Sustituyendo en esta ecuación y” por — 7, obtenemos la ecuación diferencial de las trayectorias ortogonales

z 37: Mntegrándola, hallamos

y P=— +0, o bien, P+y'=C, donde C>0. La

7

familia ortogonal buscada es una familia de elipses (ig. 15).

Ejemplo 6. Hallar las trayectorias ortogonales de la familia de lemniscatas

pi =acos 2. Solución, Tenemos _ P'=acos2p po” asen 2p.

rámetro a obtenemos la ecuación di- de curvas dada:

=p lg2p.

Eliminando el ferencial de la fami

Fig. 15 Fig. 16 Sustituyendo p” por — 2 hallamos la ecuación diferen- cial de las trayectorias ortogonales

—-=-otg2m

De donde LL —clg20do. Integrando, obtenemos la ecua- ción de las trayectorias ortogonales p*=C sen 2p.

Las trayectorias ortogonales de la familia de lemniscatas son lemniscatas cuyos ejes de simetría forman con el eje polar un ángulo de =45* (fig. 16).

73

Formar las ecuaciones diferenciales de las siguientes familias de curvas:

281. y=2. 286. =2Cx 40%

_ 287. y=ax*+bx+C. 288. y=Cir + LC. 289. (xa + (yb) =1. 290. y=Cie Cjens, 291. y=asen(x+a):

Hallar las trayectorias ortogonales para las siguientes familias de curas:

282, Y —y=ax.

283. y=ae*. 284. y =Cx—C—CA, 285, y=e" (ax +0).

292. y'+2ar=a?, a>0. 297. — mal,

293. y=ax. 2988, ¿4 mal, a es un parámetro 299, 4 gi 2ay,

294, y=ae%", g=const, 300. 1h gta,

295. e, Ra 301. p=a(l-+cosg).

200, Pda, 302. yP=4(2—a).

$ 11. SOLUCIONES SINGULARES

Una solución y == p(x) de la ecuación diferencial Fx y, y)=0 (0)

se llama singular, si en cada uno de sus puntos se infringe la propiedad de unicidad, es decir, si por cada uno de sus puntos (Xo, Ya), además de esta solución, pasa también otra solución que tiene en el punto (xo, Yo) la misma tan- gente que la solución y = p(x), pero que no coincide con esta última en ningún entorno del punto (xo, Yo) arbitra- riamente pequeño. La gráfica de una solución singular se

7

llamará curva integral singular de la ecuación (1). Si la función F(x, y, y”) y sus derivadas parciales E y $5 son continuas con respecto a todos los argumentos x, y, Y”, cualquier solución singular de la ecuación (1) satisface timbién a la ecuación:

DF y.

a =0. (2)

Por consiguiente, para hallar las soluciones singulares de la ecuación (1) hay que eliminar y entre las ecuaciones (1) y (2). La ecuación que resulta 'al eliminar y/:

(e, y)=0, (3)

se denomina p-discriminante de la ecuación (1), y la curva determinada por la ecuación (3), curva p-discriminante (abreviado, escribiremos: CPD).

Frecuentemente ocurre que la CPD se descompone en unas cuantas ramas. En este caso se debe averiguar si cada una de éstas por separado es solución de la ecuación (1). y en caso afirmativo se debe comprobar si es solución singular es decir, sí se infringe la unicidad en cada uno de sus puntos.

Se llama envolvente de una familia de curvas

Dix, y, C)=0 0)

a la curva que en cada uno de sus puntos es tangente a una de las curvas de la familia (4), siendo cada segmento de la misma tangente a una infinidad de curvas de la fa- milia (4). *)

Si (4) es la integral general de la ecuación (1), la en- volvente de la familia de curvas (4), en caso de que exista, será una curva integral singular de esta ecuación,

En efecto, en los puntos de la envolvente los valores %, y. y coinciden con los valores correspondientes de la curva integral que es tangente a la envolvente en el punto (x, y); por consiguiente, en cada punto de la envolvente los valores x, y, y' satisfacen a la ecuación F(x, y, y)=0, es decir, la envolvente es una curva integral.

Se dice que las curvas Py y Pz son tangentes en un punto Mo, sl éstas tienen en este punto una tangente común.

75

Por otra parte, en cada punto de la envolvente se in- Iringe la unicidad, puesto que por cada punto de la misma pasan al menos dos curvas integrales en una misma di- rección: la envolvente y la curva integral de la familia (4) que es tangente a ésta en el punto considerado, En conse- cuencia, la envolvente es una curva integral singular,

Por el curso de análisis matemático se sabe que la en- volvente forma parte de la curva C-discriminante (abre- viadamente CCB) determinada por el sistema de ecuacto. nes

Díx, y, C)=0 IC (5) DUO Una rama de la CCD es envolvente cuando en ella se cumplen las condiciones siguientes: 1) Las derivadas parciales 22 y z existen y sus módulos están acotados: 20

20 , [Elsa [Pjen, (6) donde M y N son constantes; 1047 Je 2) $70, 0 sino HO, m

Observación l. Las condiciones 1) y 2) sola: mente son suficientes, por lo cual, pueden ser envolventes también las ramas de la CCD en las que no se cumple alguna de estas condiciones.

Observación 2. En el caso general, el p-discrimi- nante contiene:

1. A la envolvente (E).

2. Al lugar geométrico de los puntos de contacto al cuadrado (C?).

3. Al lugar geométrico de los puntos cuspidales (o de retroceso) (R):

A)=E:2-R (8) El C«discriminante contiene: 1. Ala envolvente (E)

2. Al lugar geométrico de los puntos anocdales al cuadrado (4?).

76

3. Al lugar geométrico de los puntos cuspidales (o de retroceso) al cubo (R*):

AC=E- AR lO)

Entre todos los lugares geométricos solamente la envol- vente es solución (singular) de la ecuación diferencial, Esta figura fanto en la curva p-discriminante como en la curva C-discriminante a la primera potencia, circunstancia que facilita la averiguación de la solución singular.

Ejemplo 1. Hallar las soluciones singulares de la ecua- ción diferencial

2y(y+2)—xy*=0. mí) Solución. La solución singular, si ésta existe, se determina por el sistema:

y +2) xy =0 (2) 2y—2xy=0)' donde la segunda ecuación (2) se ha obtenido de la (1)

derivando con respecto a y/. Eliminando y se obtiene la curva p-discriminante

e +4xy=0, (8) que se descompone en dos ramas: y=0 (32) y y=-4x. (3b)

Reemplazando nos convencemos de que estas functiones son soluciones de la ecuación (1).

Para determinar si las soluciones (3a) y (3b) son sin- gulares o no, hallamos la envolvente de la familia

Cy—(C—x)=0, (4)

que representa la integral general de la ecuación (1). He aquí el sistema para la determinación de la curva

Cediscriminante Cy=(C—xP=0 ) y—2(C0=x=0f* Eliminando C entre estas ecuaciones, obtenemos:

y +4xy=0

(6)

o bien, y=0 e y =—4x, lo cual coincide con (3a) y (3h) Como en las lineas (3a) y (3b) se cumplen las cor diciones (6) y (7), hacemos la conclusión de que las lineas y =0 e y = — áx son envolventes y, por lo tanto, (3a) y (8b) son soluciones singulares de la ecuación dada.

Las curvas integrales (4) son parábolas y=L,

mientras que las líneas y =0, y =—4x son las envol- ventes de esta familia (fig. 17).

Ejemplo 2. ala 4 Derivando (1) con respecto a y”, resulta: 2y=0. 2) Eliminando y/ entre (1) y (2), obtenemos: *£=0. (9)

El eje de ordenadas es la curva discriminante, Esta no es una curva integral de la ecuación (1), pero según el es-

Fig. 17 Fig. 18

quema (8), puede representar el lugar geométrico de los puntos de contacto de las curvas integrales. Las soluciones de la ecuación (1) son las parábolas

y=é4+C, y=o—*+0C (4

y las curvas diferenciables que se pueden formar con sus partes (fig. 18,)

78

En la fig. 18 se observa que la recta x= 0 verdadera: mente es el lugar geométrico de los puntos de contacto de las curvas integrales de la ecuación (1).

Ejemplo 3. y O—3yY=4(1—y). 0) Hallemos la CPD eliminando y entre el sistema de ecua- ciones; a coca! e 2 (2-3y*=0)" Resulta;

(2— 3y?(l— y)=0. (3) Transformamos (1) a la forma

y hallamos la integral general YU—y=(*=CR 0) Eliminando C entre las ecuaciones del sistema y l—y-(—=Ci=0 me 2(x—C)=0 hallamos la CCD: y —y=0. (6) Así, pues, de (3) y (6) obtenemos: A,=(1— y)(2— 3yP, A=(1—y y.

El factor 1 — y está elevado en el p-discriminante y en el C-discriminante a la primera potencia y representa la en- volvente. Por lo tanto, la función y =1 es una solución singular de la-ecuación diferencial (1). Sustituyendo di- rectamente nos convencemos de que y = 1 satisface a la ecuación,

La ecuación 2 — 3y = 0, que está elevada a la segunda potencia en el p-discriminante y que no figura en el C-dis- criminante, representa el lugar geométrico de los puntos de contacto (C?).

z

Finalmente, la ecuación y = 0, que está elevada a la segunda potencia en el C-discriminante y que no figura en el p-discriminante, representa el lugar geométrico de los puntos anocdales (4?) (fig. 19).

Ejemplo 4. Dada la familia de curvas integrales Y—(x+Cp=0 (1)

de una ecuación diferencial de primer orden, hallar vna solución singular de la misma.

M4

Fig. 19

Solución. Hallamos la curva C-discriminante: Yy—(e+Ccp+0

— 340 =0/* e Eliminando aquí C, resulta, y=0. (0) Como en la recta y =0 no se cumple la condición (7), y pues, en virtud de la ecuación = LI +C H=0,

y en virtud de la ecuación (3),

Fig. 20 22.2

E7 2y =0,

la recta y =0 es el lugar geométrico de los puntos múl: tiples de la familia (1) o con más precisión, de los puntos de retroceso (véase la fig. 20).

Pero, a la vez, este lugar geométrico de puntos y =0 es también la envolvente de la familia (1), pues, en cual- quier punto (—C, 0), tanto para la recta y =0 como

80

para la parábola semicúbica y=(e +0 la igualdad de sus coeficientes angulares y'|:=-c = or consiguiente, la función y = 0 es una solución sin-

gular de la ecuación diferencial y =$ y”, para la cual, la familia (1) es la integral general.

Ejemplo 5. Hallar la solución singular, partiendo de la ecuación diferencial

se cumple

xy” —2yy' +4x=0 10) y de su integral general $ =2C (y —20). (2 Solución. Eliminemos C entre las ecuaciones 20 (y —20)-x*=0 E 2y—20)-4C0=0 )" e Obtenemos: Par =0, o bien, y +=2x. (4)

Ambas rectas (4) son lineas integrales de la ecuación (1), por lo cual las funciones y = 2x e y =— 2x son solucio: nes singulares de la ecuación (1).

En los siguientes ejercicios hay que hallar las solucio- nes singulares, sí éstas existen:

303. (1-+y") y? —4yy' —4x =0.

304, y" —4y=0.

305. y” —4xyy' + 8/?=0.

306. y*—y=0,

307. y =VP +a ¿Para qué valores del parámetro a :sta ecuación solucion singular?

. (xy! + y 4-35 (xy! — 24) =0.

. yy —2xyP=24".

310. 8y” — 124” =27 (y —x).

su y—Iip=

omása 8l

Mediante el C-discriminante, hallar las soluciones sin- gulares de las ecuaciones diferenciales de primer orden, sabiendo sus integrales generales,

312 y=xy +y% y=Cx+C0

313. (y + y =yy y(C—x=C.

su gy + 9=k (—CP+=l,

315. y —yy +0 =0; y=Ce+-h.

316. 3xy"—6yy +x+2y=0; Y +C(x-—3y) + C%=0, 37. y=xw3+Vay+b y=C Va ED

$ 12, DIVERSOS PROBLEMAS

Integrar las siguientes ecuaciones:

318. (y — 4) dx + (2x4? — x— ay?) dy ==0.

319. y =(x—yl +1.

320. xsen xy! + (senx — x COS x) y == sen x cosx —x 321. LL + ycosr=y"sendx nl.

322, (1 — 3x4) dx + (y? —3x'y) dy =0.

323. (xy — 44? —6x') dx + (y? — 8xy + 2,51") dy =0. 324. (Bxy? — 1) dx + (3% — 64? — 1) dy =0.

325, (yx nx) de +xdy=0, n=p(x- y).

326. (2xye" — x sen x) dx + e* dy =0.

327. 2 +44 7=0.

328. ==

329. 44 x1y =3x + y"

830, 4x%y* dx + (x*—2x'y— 1) dy=0. 331. xyy—y=+x. de dy 32 ARS 333, (2: 1)y—24= 3%.

334. (x—y+3)dx4+(Br+y+1dy=0.

335, y! ++ cos 252 =cos

EL zz. 336. y (Bx*—2x)— y (6x—2) +2 (9x—4)=0.

387. xy =Rq. 338. y =tgH(ax+by+0), ba, ab>0.

339. li +oacer(1 3) 41 =0, Ya =1 340, (3? + y') dx — xy dy =0. 341. (x—y+2)dx+(x—y+3)dy=0. 342. (xy* + y)dx—xdy=0. 343, (+ y? 4 2x) dx +2ydy=0. 34. (1D) (—y + Dax=(Y+4 )(4+x + Day. 345. (x—2xy —y) y + iO. 348, ycos x dx + (2y— sen x) dy =0. 347. y — Lect, 348. 2(4 + 2xy — yx) dx + (1? +2'y— 1) dy =0. 349. yy 24 —y, n+—-2 350. (YE 4 +ny)dx + (VIFR +0) dy =0, Y lu 351. (3(x + y) + ay =4(x4 y) +07 352, axyy” +(*—ay —b)y'—xy=0, (la sustitución *=s, 1=0). 353. (x— y) dx+2xydy=0.

$ 13, ECUACIONES DIFERENCIALES

DE ORDEN SUPERIOR. REDUCCION DEL ORDEN DE LA ECUACION

Las ecuaciones diferenciales de nuéstimo orden tienen

la forma Flo yy, Y” y")=0. (0 o, despejando yw, Ya=ix Y Y y y”). (2

Subsiste el siguiente teorema de existencia y unicidad de la solución de la ecuación diferencial (2).

Teorema. Si en la ecuación (2) la función [(x, Y, Y, Y... .., Y0=D), cumple las siguientes condiciones:

a) es continua respecto de sus argumentos x, y, y”, Y"... Y=0, en un recinto D de variación de los mos

b) tiene derivadas parciales continuas L, 2L

way"

e a pe Con respecto a los argumentos y, Y”, 4% ++.

, ye-0'en el recinto D, entonces, existe y es única la

ición y=q(x) de la ecuación (2) que verifique las condiciones

A A NO

donde los valores x= Xy Y = Y: Y = Yi 00 YO = ga están comprendidos en el recinto D.

Las condiciones (3) se llaman condiciones iniciales. roblena que Hene por objeto hallar la solución y = qlx) de la ecuación (2) que cumple las condiciones iniciales (3) se denomina problema de Cauch Para las ecuaciones de Segundo orden y” = = o Y, Y), las condiciones iniciales son de la forma

Ya =Y0 Y lia =Y0

donde xo, yo, 4% Son unos números dados. En este caso, el teorema de existencia y unicidad tiene el sigulente signifi- cado geométrico: Por el punto dado Mo(xo, yo) del plano XOY pasa una sola curva integral que tiene una pendiente dada Y.

Se llama solución general de una ecpación diferencial (2) de orden n, el conjunto de todas sus soluciones deter- minadas por lá fórmula y =p(%, Cr, Co, «0-0 Cu), que contiene n constantes arbitrarias C¡,. Ca, Cy tales que, dadas las condiciones iniciales (3), existen unos valores Cu Ch... Ca de modo que y =Q(x, Ci, Ca, .... Cr) sea la 'solución de la ecuación (2) que cumple las condiciones iniciales.

Cualquier solución, obtenida de la solución general para valores asignados de las constantes arbilrarias Ch. Cas... Ca, se llama solución particular de la ecuación diferen

Una relación de la forma

Dix, Y, Cp Ca C.)=0, que determina en forma implicita la solución, general de la ecuación diferencial se llama integral general de la misma.

Asignando a las constantes C;, Ca, -. ., Cn unos valores numéricos admisibles concretos, obtenemos una integral particular de la ecuación diferencial.

La gráfica de una solución particular o de una integral particular se llama curva integral de la ecuación diferen- cial considerada.

Ejemplo. Demostrar, que y == Cyx ++ Cy es la solución general de la ecuación diferencial y” =00. Solución. Demostremos que y = C,x 4 Cp satisface a la ecuación dada, En efecto, tenemos y' = C,, y” Supongamos ahora que se dan unas condiciones inicia- les arbitrarias Y lu, == Yo» Y Laa, = Uy Demostremos que las constantes C; y Cz se pueden elegir de modo que y = Cix + Ca cumpla estas condiciones, Se tiene y=COx+Ca y= Poniendo x = xo, obtenemos el sistema MCs | 4=C á

del que univocamente se determinan C,=yj y C¿= = Yo — oy. Por lo tanto, la solución y=y(£— X,) + Y, cumple las condiciones iniciales asignadas. Geométrica- mente, esto significa que por cada punto M(x, yo) del plano XOY pasa una sola recta que tiene una pendiente lada. 1

Evidentemente, una sola condición inicial, por ejemplo, Y loz, = Yo» determina un haz de rectas con centro en el punto Mo(xo, Yo), es decir, una sola condición inicial no es suficiente para garantizar la existencia de solución Única.

Demostrar en los siguientes ejercicios que las funciones dadas son soluciones de las ecuaciones indicadas:

354. y=e"*(3cosx—2senx), y”+2y+2y=0.

355, y=e"*(C,cos2x-+C,sen2x), y”—4y' + 8y ==0.

356. y=x(senx—cosx), y”+y=2(cosx-+sen a).

857. y=(C, +Cax)e=%, y”+6y' +9y=0.

358, y=xInx, xy =2,

359. x=y9+y, yy"=3y".

360. x+C=e"", y =y”.

30. x=y+Iny, yy +y —y*=0.

302, y=C +0) | Hat, xy + (1 x)y'=0.

i

363. y=on+ es Las (>0), PY 40 ++ yo.

364. y=Cilnx+Cotn af (>D, Pity —xlnx y + (nx + 1)y 0.

x=t(2Int=1)+C,

A A AS x=((+1)et+C, a

0 AO, ) ye y +2=1.

x=C,+C, (1 — $ sen 21) y=1—C,sentt

387, A == 14%

1 3 =3int+

308. y yy +43=0,

1 3 atea

Verificar que las funciones dadas son las soluciones generales de las ecuaciones correspondientes:

369. y=C,senx+Cacosx, y” +y=0. 370. y=H (Cie +CrO, xy +2 — ay =0, 371. y=Cx+Czl0x, *(l—Inx)y”+xy" 32. y VGFCIEO ml, 378. + =P +Oy y +6yy”=0.

374. x+Co=Insen(y+Ch yv (1497).

375. y=Cx Cox | dl,

ó xsenx- y” —xcosx + y +cosx-y=0.

Verificar que las relaciones dadas son integrales (ge- nerales o particulares) de las ecuaciones indicadas:

A A

317. P=i+(U—aR yy =1.

378. sen(y—C) meno, yy (1+y7)

379. Cr +C =In(Cy—D. yy =y +y".

380. yiny=x+ fetal, y(+ Ing) y"+y*=2xpe" E

REDUCCION DEL ORDEN DE LA ECUACION

Señalemos otros tipos de ecuaciones diferenciales que permiten reducir el orden.

Ly = (a). 87

Ds de integrar n veces obtenemos la solución ge- jeral

y=f... $ Húrax O AO

20. hy HC.

Il. La ecuación no contiene la función incógnita y sus derivadas hasta el orden £— 1 inclusive:

Fíx, yo, gen, y) == 0,

Se puede disminuir el orden de la ecuación haciendo la sustitución y(x)= p(x), después de lo cual la ecuación toma la forma

Fe p, Pr... pp) =0,

De esta ecuación determinamos p=/(x, Ci, Ca, ..., Cro: slempre que esto sea posible, y hallamos después y de la ecuación yW=f(x, Ci, Ca +.., Cn-s) integrándola k veces,

III, La ecuación no contiene la variable independiente

Fl Y Yo. 0) =0.

La sustitución y/ =p permite reducir el orden de la ecuación en una unidad. En este caso se considera p como una nueva función incógnita de y: p = p(y). Expresamos todas las derivadas y/, y”, ..., y/%1 mediante las derivadas con respecto a y de la nueva función incógnita p-

de y= =p, dp _ do dy dy ii a IC Ár E dl, a dpy dy de dy? --+eL) Eo la). ete.

Poniendo estas expresiones en la ecuación en lugar de Y Y”, .... Yi, resulta una ecuación diferencial de orden a

1V. La ecuación Fl Y Y y) =0

es homogénea respecto de los argumentos y, Y”, Y”, ... +12, Y, 0 Sea, Flo, ty, ty 10) =BF (X, Y, Yo 0) Se puede disminuir el orden de esta ecuación haciendo

la sustitución pe eS ..

donde z es una nueva función incógnita de x: 2 =2(x).

V. La ecuación es tal, que al escribirla mediante dife- renciales

Fx, y de, dy, Ey, ..., 8y=

resulta que F es homogénea respecto de sus argumentos x, y de, dy, dy, ..., d*y, donde se supone que x y dy son de primer grado e y, dy, d'y, elc., de grado m. En estas condiciones, ¿2 será de grado m—1, F£de grado m—2, eto,

Pata reducir el orden de la ecuación se hace la susti- tución

xmel, y=uent

Como resultado obtenemos una ecuación diferencial entre u y Í que no contiene a £ explicitamente, la cual permite reducir su orden en una unidad (caso 111).

Al resolver el problema de Cauchy para las ecuaciones de orden superior es conveniente determinar los valores de las constantes C, durante el mismo proceso de resolu- ción y no después de haber hallado la integral general de la ecuación. De este modo, resulta más rápida la resolu- ción del problema, pudiendo ocurrir también que se simpli- fíque considerablemente la integración, puesto que las constantes C, tienen ya valores numéricos concretos. Cuando las constantes C, son arbitrarias, la integración resulta más difícil y a veces suele ser imposible expresar la integral por funciones elementales.

Como ejemplo, veamos cl siguiente problema de

Cauchy y=2R, Ylo=1 Y lo Poniendo y' = p, obtenemos PL =2p, de donde p'=y!+ Ci, o bien L—V7+0. 80

Separando las variables, hallamos , :4C=$w+Cc) ds. En el segundo miembro de la última iguidad resulta una integral de una diferencial binomia. En este caso, m =0,

n=4, p=—+, 0 sea, es un caso no integrable.

Por consiguiente, esca integral no se expresa en forma de combinación finita de funciones elementales. No obs- tante, empleando las condiciones iniciales, resulta Ci = 0.

Por lo tanto, “72 =?, de donde, teniendo en cuenta las

condiciones iniciales, hallamos finalmente y =w

He aquí unos cuantos ejemplos de casos disliatos de reducción del orden de la ecuación diferencial.

Ejemplo 1. Hallar la solución general de la ecuación y” =senx + cos x.

Solución. Integrando sucesivamente la ecuación dada, resulta

y =—cosx+senx+Cr y! m=—senx —cos x +C¡x + Cp

y=c0sx—seux+C, E 4 Cor + Cs.

Ejemplo 2. Hallar la solución general de la ecuación, pumas y señalar la solución que cumple las condiciones iniciales Uli =O Ya =l. yl =2

Solución. Integrando esta ecuación sucesivamente tres veces, hallamos

Mb In x—Inx+C;1 + Cp 0)

y=—Fintx4 CP + Cot + Ca.

Busquemos la solución que cumple las condiciones ini- ciales dadas. Poniendo en (1) los datos iniciales, obtene- mos

+0 +C3=0 C+Cy=1 —140,=2 De donde C, =3, C,=—2, C, =+ La solución buscada es

y=—Fimr+ he 24H. Ejemplo 3. Resolver la ecuación ye VIEW.

Solución. La ecuación no contiene la función in- cognita y y su derivada, por lo cual, hacemos y” =p. La ecuación toma ahora la forma

de L=VTFR.

Separando las variables e integrando, obtenemos q Sustituyendo p por y” resulta

Integrando sucesivamente, se tiene

.4Ca q URcO 40, _ giro y EAT a y 4 o bien y ush(x +C)+Cax +Cs. Ejemplo 4. Resolver la ecuación xy — y =0,

Solución, La ecuación no contiene la función in- cógnita y sus derivadas hasta el tercer orden inclusive. Por esto, haciendo y!Y =p, resulta

4 x—»=0. e

De donde p=Cix. yY=Cx.

Integrando sucesivamente, haílamos y" =C +4 Ca y =CP4+Cx+Cs Alo Jl e

y=0 +0 +07 +Cmx+Cs o bien

yal To Cp Ox + go donde

=$ 0=£. =2, Ejemplo 5. Resolver la ecuación y + y?=2, Solución. La ecuación no contiene E variable in- dependiente x. Haciendo y=p, y”=p¿2, obtenemos la ecuación de Bernoulli

de Ey Hr =2e». Con la sustitución pi=z, ésta se reduce a la ecuación inea + La = 4071, cuya solución general es 2

dev 4 Cje-%, Sustituyendo 2 por p?=y”, obtenemos

4 + VIETFC E.

Separando las variables e Integrando, resulta

x40=+3 V49—C,

De aqui que

a+ CT =(x4C, donde

€ =£. Esta es la integral de la ecuación dada. Ejemplo 6. Resolver la ecuación yy =(y — xy Y. Solución. La ecuación es homogénea respecto de y,

yl, y”. Con la sustitución yme)*%, donde 2 es una

ruleva función incógnita de x, el orden de la ecuación se disminuye en una unidad, Se tiene, yaa lio, yr, Poniendo en la ecuación las expresiones de y, Y, y, re sulta Pr qye le (pS 200 gapb 1,

Simplificamos por e*Í%%%;

+2 m=(1—x2., o bien, 2 +2x2=1.

Esta ecuación es lineal. Su primer miembro se puede es- cribir en la forma (ey

*+Cp

De donde

o bien,

Ho. Hallamos la integral J rar (¿+ GPar=101x1-2 41m Co La solución general de la ecuación dada es pen y= , O bien, y=Care Y. Además, la ecuación tiene la solución trivial y == 0. Ejemplo 7. Resolver la ecuación

ay (y —xy Fo

lat LL 1nC, ES

Solución. Demostremos que esta ecuación es homo- génea generalizada. Suponiendo que x, Y, y”, y” son de grado 1%, m-ésimo, (m— 1)-ésimo y (m— 2)-ésimo, res- pectivamente, e igualando los grados de todos los tér- minos, obtenemos

3+(m—2=2m, 10)

de donde m= 1. La resolubilidad de la ecuación (*) es la condición de la homogeneidad generalizada de la ecua- ción.

Hagamos la sustitución

xmé, y=ue. Como de dy A tula rd A Sí d (di du, de ey _ A) _ A de 7 ar

después de simplificar por el factor e*! la ecuación dada toma la forma Pu du du y? (a). Poniendo Le =p, LE =p “2. obtenemos Prop. De donde p=0, o bien, 241 =p, Integrando la segunda ecuación, resulta

p=1+Gje%, o bien, L=14+Cje.

La solución general de esta ecuación es

Volviendo a las variables x e y. obtenemos la solución general de la ecuación dada

x Is

Nota. El caso p =0 nos da u =C, o bien, y = Cx,

solución particular que resulta de la solución general para

Cy=e"", Cymm0, Integrar las ecuaciones: 381, y”"=xe*, y(0)=y'(0)=y”(0)=0. 382. yV=x, 383. y" =xInx, y()=y'()=y"(1)=0. 384, y" =x +cosx. 385. y y(D)=y4 ()=y"(1)=0. 386. y” —5y'+6=0, 387. (14) +y"+1=0. 388. y” —2y"y'+3=0. 389. xy = yn L. 390. y” da 391. y yo 392. y”(1 ria. 393. x=y" + l. 394, dy + y” =4xy". 305, yy =(L). 390. y” (y +20 =1. 397. L 398. y =VI+P. 399. y"=y'Iny; yl. =0, Y Lo =l 400. 2y"Iny=y%; yl 607%, yl 0% 401. y + y VIT 1=0; Y, 0, =—1 2

AS

418. 419. 420. 421. 422. 423. 424. 425. 426.

427. 428.

yy y% yd, =I2— 1, y =— 1. xy y —i— 1 =0,

yy" —3y=0. ayy qq Xy +2 =1. . VIE + VI= y" =0. e yr E. . yl. . yy"—y*—1=0. yy" =24; y(0)=y"(0)=1.

. y” =ae%.

dial

4Vy

po ayy?

. 14 =2y".

yy =-1, y()=1, y (1)=0. Y: 0) = Y (0) =1, y (0) ==, yo yr=py. yy =y”.

y”=e%, y(0)=0, y'(0)=1.

2yy" —3y”=4y?.

y t+ y”.

y y)

“y =Y—x4P, y(U=y()=1. yy +29 =0; yl =IM2, yl. = y=y (Uy

ay = (Ly.

y (+2Iny)=1 yL_¿=0 Y ly =1.

429. yy +2) =0: yl ¿7 y ¿Re 480. y" — yyy +24 + yy.

431. Hallar el tiempo que necesita un cuerpo para caer a la Tierra desde la altura de 400000 km (aproximada- mente, ésta es la distancia desde la Luna hasta el centro de la Tierra), si la altura se mide desde el centro de la Tierra y el radio de la misma es 6400 km, aproximada- mente.

432, Hallar la ley del movimiento de un punto mate- rial de masa m que se mueve por una recta OA debido a la acción de una fuerza repulsiva que es inversamiente proporcional al cubo de la distancia del punto x= OM

asta el centro inmóvil O.

433. Un cuerpo de masa m cae desde una altura con la

velocidad v. Durante la caída, el cuerpo experimenta una resistencia que es proporcional al cuadrado de la veloci- dad. Hallar la ley del movimiento del cuerpo. 434. Hallar una curva que pase por el origen de coordena- das, de modo que el área del triángulo formado por la tangente a la curva en uno de sus puntos, la ordenada del mismo punto y el eje OX, sea proporcional al área del trapecio mixtilineo formado por la curva, el eje OX y la ordenada de este punto.

435, Hallar la curva cuyo radio de curvatura es cons- tante.

$ 14, ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN n

1. INDEPENDENCIA LINEAL DE LAS FUNCIONES. DETERMINANTE DE WRONSKY (WRONSKIANO)

Sea dado un sistema finito de n funciones yi(x), Ya(%), .... Yn(x), definidas en el intervalo (a, 6), Se dice que éstas son linealmente dependientes en 'el intervalo (a, b). si existen unas constantes q, a2, ->-, An, NO simul-

1.4a2 a

táneamente iguales a cero, tales que para todos los valores de x de esle intervalo se cumple la identidad:

y (04 Y 0 + + On (ex)

Si esta identidad se cumple solamente para ay = «2 =. +... == an == 0, se dice que las funciones y,(x), ya(x)

yn(x) son linealmente independientes en el intervalo (a,b).

Ejemplo 1. El sistema de funciones 1, x, x%, 19 es li nealmente independiente en el intervalo (co, +00). En efecto, la igualdad 1-1 + a2x 4: 094 + 01? = 0 puede cumplirse para todos los valores de x e (—co, 4-00) sola- mente cuando 2, = 0: =0 =«a =0. Si al menos uno de estos números es diferente de cero, en el primer miembro de esta igualdad tendremos un polinomio de gra- do no superior al tercero; éste puede convertirse en cero no más que para tres valores de x del intervalo conside» rado

Ejemplo 2. El sistema de funciones ekX, tx, obs, donde kt, ka, ka son distintos dos a dos, es linealmente in: dependiente en el intervalo — oo <x< +00.

Supongamos, por el contrario, que el sistema dado de funciones “es linealmente dependiente en este intervalo,

Entonces,

Debo e get joto ma (a) en el intervalo (—oo, +00), siendo distinto de cero al menos uno de los múmeros a, %a, ea as 50, Divi- ra ambos miembros de la identi (A) por ex, ra- sulta

01 Fog onz 4 altri, w Derivando (1), obtenemos E

0. a

Dividiendo ambos miembros de la identidad (2) por elMi-kx, se tiene

oo ba — ki) + 09 (la — hi) elo m0, 0)

Derivando (3), obtenemos (ly — ki) (ts — peto =0,

lo cual es imposible, ya que aa 50, por la hipótesis, ha fe ly lo mé ln y ela E O,

La hipótesis sobre la dependencia lineal del sistema dado de funciones nos conduce a una contradicción, Por consiguiente, este sistema de funciones es linealmente in- dependiente en el intervalo (— co, + 00), o sea, la iden- tidad (A) se cumple solamente cuando ay = a = a =

Ejemplo 3. El sistema de funciones e2sen fx, esx cos fx, donde f »% 0, es linealmente independiente en el intervalo — oo <x< +00,

Determinemos unos valores «a, y 14 de modo que se cumpla la identidad

ajeot sen fix + ages cos fx=0. (m

Dividiendo ambos miembros de esta identidad por e**=4-0, resulta

a, sen fix + a, cos fx m0. (2)

Poniendo en (2) el valor x == 0, obtenemos 07 =0 y, por consiguiente, a, sen fx mm 0; pero la función sen Bx no es idénticamente igual a cero, por lo cual, a, =0. La identl- dad (2) y. por lo tanto, la identidad (1). subsisten sola- mente cuando a, = a =0, o sea, las funciones conside- tadas son linealmente independientes en el intervalo -o<r<+o.

Nota. En particular, queda demostrado que las fun- ciones trigonométricas sen Bx, cos fx, son linealmente in- dependientes.

Ejemplo 4. Las — funciones senx, sen (*+-+).

sen(*— ¿)son linealmente dependientes en el intervalo

(00, + 00).

Demostremos que existen tales números a1, az, ds, no todos iguales a cero, que en el intervalo — oo < x < +00 tiene lugar la identidad

a, sen x + a,sen(x + E) + ay sen (x—¿)=0. (A)

” 9

Suponiendo que la identidad (A) está cumplida, haga»

mos, por ejemplo, x=0, x=%, x=. Entonces, ob- tendremos el sistema homogéneo de tres ecuaciones con

tres incógnitas «1, aa, da:

a, sen $ —aysen F=0 1 E

a, + asen + ay sen JO

+ agsen E 4 arsen 0)

El determinante de este sistema

2 x 0 senf—senf 1 3 o E eníi sen 2 al e E O El

Sa 1 senpsens

es igual a cero.

Por consiguiente, las soluciones del sistema homogéneo (1) no son nulas, o sea, existen tales números ay, da, da uno por lo menos, de los cuales difiere de cero.

Para hallar estos ternos de números «1, as, a tome- mes, por ejemplo, las dos primeras ecuaciones del sistema 1):

a, sen $ — ay sen =0 Ps Hosen had aysen E =0 De la primera ecuación tenemos a, =0y; de la segunda, a =—2c08 Fay

Haciendo ay==1 obtendremos la solución mo nula” de este sistema (1)

a =-2c0s. e=1l, 0

100

Demostremos ahora que para estos valores de ay, 0), 4; la identidad (A) se cumple para todos losxe e (—oo, +00) *). Tenemos, cualquiera que sea x,

a, senx +0, sen(x + E) 4 a, sen («— $) == == — 2005 Psenx +2 sen x cos q ==0.

Por consiguiente, el sistema dado de funciones es líneal- mente dependiente en el intervalo — 00 <x < ++ 00, Nota. Se puede enunciar otro criterio de independen- cia lineal para el caso de dos funciones. Las funciones e. (*) y qa(x) son linealmente independientes en el inter- valo (a, b) si la razón LLC2 no es idénticamente cons- 9) tante: 2LÉ2. sá const en este intervalo; sl 2 a const, las funciones serán linealmente dependientes, **) Ejemplo 5. Las funciones tg x y ctg x son linealmente independientes en el intervalo 0<x<+3, puesto que la

tex

razón qq

=1g!x rá const en este intervalo,

Ejemplo 6. Las funciones sen 2x y senx cosx son li- nealmente dependientes en el intervalo — co < x < +00,

senza a Zen rcoss puesto que la razón L22 mas Zen cool a 2 (en los puntos de discontinuidad de la función 22, esta

razón se completa asignándole su “verdadero valor”, de modo que resulte una función continua).

*) Se puede establecer la dependencia lineal de las funciones sons, sen (x+ E), con (2) sámitiendo que sen(2+3)+ o O

+sen(e —2cos E sen m0.

+) Fsmitn se puede señalar tro celo de dependencia Ninel de n funciones (a => 1):

Las funciones 9,(%), gar ..-., Ya(x) son linealmente dependientes en el intervalo (o, dal al menos una de es puede expresarse en este

ntervalo como combinación lineal de las restantes, En caso contrario, el sistema de funciones es linealmente independiente. (Nota del 7.)

101

Averiguar si las funciones dadas son linealmente inde» pendientes en su campo de definición.

436. 4, x. 437.1,2,x,x%

438. x. 2x,

439. 0%, xe", xies,

440. sen x, cosx, cos2x,

441. 1, senx, cos2x.

442. 5, cos" x, sentx.

443. cos x, cos(x +1). cos(x— 2). 444. 1, sen2x, (sen x— cos aJ%, 445, x, ala" (x<0).

446. Igo x, lgax (x>0).

447. L, aresenx, arccos x.

448. 5, arclgx, arcctg a

449. 2n, arclg=az, arcotg E.

a 450, 7,07 fora ; e 45L.x, x [Fat (5 >0) »

Supongamos que las n funciones y (x), gal ., 9n(x) admiten derivadas hasta el orden (1 — eN El determinante y) yl)... yx) CACAO) PAC)

E A a)

se llama determinante de Wronsky (o wronskiano) de estas funciones. Obsérvese que, por lo general, el wrons- kiano es una función de x- definida en cierto intervalo,

102

Wign Yo <<, Yal=

Para el caso de tres funciones, el wronskiano tiene la

forma y) yb) ys) A AAA) na qa q Ejemplo 7. Hallar el wronskianó de las funciones nie, y()=e*, y ()=ew,

Solución. Se tiene Pr e

AA Bebo ppt ptos A

Ejemplo 8. Hallar el wronskiano de las tunciones

uty=snx ylo=sn(x+<). (0 =se(*—$

Solución. Se tiene Wly, Yo yal senx sen(e+4) sen(s—

)

| cosx cos(x+3) cos (r-5)|=0,

— sen x —sen (x +5) —sen (1)

puesto que la primera y última filas del determinante son proporcionales.

1 los siguientes ejercicios se pide hallar el wronskia- no de los sistemas de funciones indicados:

452. 1, x ASI. xo +

454. 1,2, 4%

455. 07%, xent

456. 2%, 2et, e=5, 457, 2, cosx, cos2x.

458. senx, sen(x+ 3). 459. arecos E, aresen<..

460. 1, arcsen x, arcos x. 461. 4, sen?x, cos2x, 462. x, Inx. ñ CA 404. etsenx, etcosx. 405. eMsen2x, e cos2x. 466. cosx, senx.

407. sen(F—x), cos(F—x). Súbsiste el siguiente teorema.

Teorema, Si el sistema de funciones yi(x), ya(x), ... «==3 Yn(x) es linealmente dependiente en el segmento la; b1'Su wronskiano es idénticamente nulo en la, 6)

Así, pues, el sistema de funciones senx, sen(x+<),

a

sen(x—¿) es linealmente dependiente en el intervalo

(— 00, + 00) y, como fácilmente se comprueba, su wrons- kiano es igual a cero (véanse los ejemplos 4 ¿S.

Este teorema solamente indica la condición necesaria para la dependencia lineal de un sistema de funciones, El reciproco no se cumple, puesto que, el wronskiano puede ser nulo fambién cuando las funciones consideradas for» man en el intervalo un sistema linealmente independiente.

Ejemplo 9. Examinemos las funciones 0 si 0<x<$

n= e A («—3), si 7<x<b IS). si 0<x<b

Ya)= 1 0 si7<x<L

vie 33s grálicas tienen la forma que se muestra en la E 2

Este sistema de funciones es linealmente independiente, puesto que solamente para ay = az = 0 se cumple la iden- tidad a (Otal y =0, En electo, conside- rándola en el segmento [0.7 ].obtenemos axya(x) == =0, de donde a =0, puesto que Ja(x) sé 0; no obstante, en el segmento ++ 1] se tiene ayi (x) mu sa 0, de donde a, =0, puesto que yy(x) 7 0 en este seg- mento.

Consideremos el wronskiano del sistema W [y,, yal.

En el segmento [o. +)

Fig. 21

Win, yl =0, “jo a(e—-3

en el segmento [3 1]

(apo

Wiy, yl= o(«-+) a =0. 7

Por lo tanto, W yy, ya] == 0 en el segmento (0, 1)

En los siguientes problemas se pide demostrar que las funciones dadas son linealmente independientes y su wronskiano es idénticamente nulo. Construir las gráficas de estas funciones.

% — si—1<x<0 ao 4 ocren, o, si —1<x<0

468. n=; si 0<x<L

la si 0<r<2 Tas 2<xr<4,

”

$0. W—2P, si 0<x<2 se si 2<1<4

e, si —2<x<0

sole, si 0<x<l, ¿20 A o si -2<1x<0 e

Myl)er yí)=x.Jxkh —1<x<1.

Veamos un criterio más de dependencia lineal de un sistema de funciones.

Supongamos que se considera un sistema de funciones yi(x), Ya(x), ..., Yn(x) dadas en el segmento [a, 0]

» Hagamos (yo y] = | yy dx (Jal, 2, +..+ 0) El determinante” (9 y) (Ys Y) +-> (Y Ya)

(Un Yi) (Un Yo) >> (ar Yn)

se denomina determinante de Gram del sistema de funcio- nes (Ya(x)b

Teorema. Para que el sistema de funciones yi(x), va(%), «.-. Yn(x) sea linealmente dependiente as necesario y suficiente que su determinante de Gram sea igual a cero.

Ejemplo 10, Demostrar que las funciones Y=x%, id linealmente dependientes en el segmento (0, 01).

Uoladel ro) 106

Solución Setiene

, : (wd= | Lares (919 (9) = [2d =3; : i

, Wa y)=/4rtd= ¿

=0,

TY yd

ojo aj= cola coro

por consiguiente, las funciones yi(x) y Ua(x) son lineal- mente dependientes.

472. Empleando el criterio expuesto, comprobar que las funciones en los ejemplos 438, 442, 444 son linealmente dependientes en el segmento (— a, a].

2. ECUACIONES LINEALES HOMOGENEAS DE COEFICIENTES CONSTANTES Sea dada la ecuación diferencial a aya... +ay=0, (1 donde ax, 21, +. 2n Son constantes reales. Consideremos la ecuación característica a ao. a =0. e) Supongamos que A Aa + An son las raices de la ecua- ción (2), entre las cuales puede haber múltiples. Se pueden presentar los casos siguientes: 1) A+ An, + An son reales y distintas.

En este caso, el sistema fundamental de soluciones de la ecuación (1) tiene la forma:

de y la solución general de la ecuación homogénea es u=COr+Cdr+ + Ce

b) las raices de la ecuación caracteristica son reales, pero algunas de ellas son múltiples.

107

Sea, por ejemplo, 2 = ña =1, de modo que A es una raíz k — múltiple de la ecuación (2), mientras que todas las demás n — k raíces son distintas.

En este caso, el sistema fundamental de soluciones tiene la forma

A, re, de, .... Pe, A ent

y la solución general es y Ct O EC Cen

e) algunas de las raíces de la ecuación característica son imaginarias.

Para fijar ideas, supongamos que %y =a + 18: a = a— IB, ds = y +10, da =y— 10, 0, 5670, y que las demás raices son reales como, por la hipótesis, los coeficientes a; (i=0, 1,2, ..., n) de la ecuación (1) son reales, las raices imaginarias de la ecuación (2) son conjugadas dos a dos.

1n este caso, el sistema fundamental de soluciones tiene la forma e cospx, e* sen px, e*cosóx, e" senóx, eds", 0% y la solución general es ya =Cie*s cos px + Cserz sen Ba + Cae cos dx + A A

d) si da = a + if es una raíz k — múltiple de la ecua-

ción (2) (k<-). entonces, d2=a— ip también será

una raíz k— múltiple y el sistema fundamental de solu- ciones tendrá la forma:

e%cos fx, ertsenf, xe%%cos Pr, xe% sen Br, anar RI cos px, 0 sen Br, et Por consiguiente, la solución general es: E yg =Crets cos fir + Ces sen Bx + Care” cos Bx + + Cases sen Bix + Corina cos fix + HC sem Ca Cen 108

£

de,

Ejemplo 1. Hallar la solución general de la ecuación y” —2y4—3y=0 Solución. Lis la ecuación característica —3=0. Hallamos sus raíces: A, =0, %h=3. Como

da éstas son reales y distintas, la tr “general tiene la forma

Yy=C + CL Cyan. Ejemplo 2. Hallar la solución general de la ecuación yU+ Y + y =0 Solución. La ecuación característica tiene la forma P4242=0,

De aquí hallamos: 21 = 2 =— 1, ds =0. Las raices son reales. Una de ellas (precisamente A =— 1) es múltiple, de segundo orden, por lo cual, la solución general es:

ya =C 0H Exe + Ca Ejemplo 3. Hallar la solución general de la ecuación y" +4y" + 13y/=0. Solución, La ecuación característica 4404 13=0 tiene las siguientes raíces: 4=0, A==2-%, A=-243 La solución general es: Y¿=C, + Caer cos dx + Cse=2 sen dx. Ejemplo 4. Hallar la solución general de la ecuación 24 N + 2y— 4y” + y —2y=0. Solución. La ecuación caracteristica — DRIP A 2=0

0—2)0% +1=0.

o bien,

tiene las siguientes raices: A4=2 es yna raíz simple y A = +1 es un par de raíces imaginarias de segundo or- den. La solución general es

y¿=Ciét + (C, + Cox) cos x(C, + Cox) sen x.

Ejemplo 5. Resolver la ecuación

y +4y"+8y" + 8y' +4y=0.

Solución, Formamos la ecuación característica 244402 +89? 48) + 4=0, o bien, (44422 42 Esta tiene las raíces imaginarias de segundo orden:

A=hk=-1-i hAk=4=-1+1 y, por consiguiente, la solución general tiene la forma Ye = Cjertcosx + Caer" senx+Cyxe=* cos x + Cure”" sen x, o bien, 94 =e7*(C, + Cox) cos x + e”*(C, + Cax) sen x.

Formar las ecuaciones diferenciales lineales homogé- neas conociendo sus ecuaciones características.

473. 143. +2=0.

474. 22 34—5=0.

475. 2(%+1)(42)=0.

476. (241% =0.

477. 3=0,

Formar las ecuaciones diferenciales lineales homo neas si se conocen las raíces de sus ecuaciones caracteris- ticas y escribir sus soluciones generales.

478. 4=1, 44=2.

470. =1, d=l.

480. 4=3—2i, =3+2l. 481. 4=1,2%=1,%=1.

Formar las ecuaciones diferenciales lineales homoge- neas si se dan sus sistemas fundamentales de soluciones. 482. e, en.

483. 1, er. 10

484, 27%, x0nis,

485. sen3x. cos3x.

486. 1, x

487. e, e, e

488. e%, xet, Pet

489. e, xet, e

490.1, x, e.

491. Ll, senx, cos.

492. £%, Senx, cos x.

493. 1, CTtsenx, 07% cosx,

Integrar las siguientes ecuaciones:

494. y"—y=0.

495. 3y” — 24! —8y=0.

496. y —3y"+3y—y=0, yO)=t, y(0)=2 y"0)=3.

497. y" +2y' +y=0.

498. y” —4y' + 3y =0. y(0)=8, y'(0)=10.

499. y"" + 6y” + Uy! + 6y=0.

500. y” —2y'—2y=0.

BOL, y 2yN + y =0.

502. dy” — By + 5y=0.

503. y" —8y =0,

504. y!Y +4y” + 10y” + 124 + 5y =0.

505. y"—2y4'+2y=0, y(0)=0, y'(0)=1.

508, y"—24'+3y=0, y(0)=1, y (0)= 507. y +24" + dy” —2y'—5y=0.

508. yY + Ay! +5y"" —6y! — dy 509. y +2y"—y —2y=0.

510. Bl. 512 513. 514, 24" —3y" + y'=0.

mm

3 ECUACIONES LINEALES NO HOMOGENEAS. (0 COMPLETAS) DE COEFICIENTES CONSTANTES

Sea dada la ecuación diferencial AO a + ay =1 (%) (0)

de coeficientes constantes reales ao, 41, ..., An.

La solución general de la ecuación homogénea (1) (llamada también completa) es igual a la suma de la so- lución general de la ecuación homogénea correspondiente y de cualquier solución particular de la ecuación no homo- génea.

La solución general de la ecuación homogénea corres- pondiente se halla según las reglas expuestas anterior- mente en el apartado 2. Por lo tanto, el problema de la in- tegración de la ecuación (1) se reduce al problema de la búsqueda de una solución particular yp de la ecuación no homogénea. En el caso general, la integración de la ecua- ción fi) puede realizarse por el método de variación de las constantes arbitrarias. No obstante, cuando los segun- dos miembros tienen una forma especial la solución par- ticular puede hallarse con mayor facilidad por el método de selección.

Para que sea posible emplear el método de selección, el segundo miembro [(x) de la ecuación (1) tiene que te- ner, en el caso general, la forma:

Fx) === e [P,, (x) cos Bix + Qu (x) sen Bx], (2)

donde P. (x) y Q(x) son polinomios de grado n y m, res- pectivamente. En este caso, se busca una solución parti- cular yp de la ecuación (1) de la forma

yy =x"e*=[B, (x) cosfix + Ó, (x) sen fl, (3)

donde k — max(m, 1), Pato y Q,(x) son polinomios en x de grado k, de coeficientes indeterminados, y s es el orden de multiplicidad de la raiz » = a + ¡$ de la ecuación ca- racterística (s = 0, si a x+ ¡$ no son raices de la ecuación característica).

Si el segundo miembro f(x) representa una suma

ñ 10= Y añito, w

117

donde f(x) son de la forma (3), en virtud del principio de superposición se busca una solución particular y, de la ecuación (1) de la forma

1 1= Zo He aquí un cuadro sinóptico'de las formas de solucio-

nes particulares para distintas formas de segundos miem- bros.

Raices de la ecuación: RS

1. El número O no es Br kx) raiz de la ecuación

característica 2, El número O es raíz * Pm (x) de la ecuación carac» deristica de orden $

1 Pon

Y EX número a 00es] Entes ral" de lo ccución caracteristica Pad 0 A a

de la ecuación carac» lerística de orden $

l. Los números 30 so Pa tx) cos Px+ s de la 6, e ¿| 40160) sen mi Pa (x) cos Bx+ —_—_——3á KA EQ (x) senbr | 2 Los números. =l «0 (Pr (x) cos bx son raices de la ecuación caraclerís- +00 to sena) dica de orden s

1. Los números a=/B no | (Pa (x) cos Px+ son raíces de la [4Gp (o) senpade”

ana Los números ap | et(Pa (o) cosbrt

son raíces de a id fica de orden s

3uesz 113

Ejemplo 1. Hallar la solución general de la ecuación yyy y=arqr.

Solución, La ecuación característica 7244

2—1=0 tiene raíces distintas: 4 =1, /2=—

por lo cual, la solución general yg de la ecuación homogénea correspondiente es:

Ya =Cie" +C, cos x + Cysen x.

Como el número O no es raiz de la ecuación caracte- rística, se debe buscar la solución particular y, de la ecua- ción dada de la forma

Yo= Aé 4 Ax + Ayo donde A1. Az, As son, por ahora, coeficientes indetermina- dos. Para hallarlos, se sustituye la expresión de yp en la ecuación dada, resultando

— Aé 4 (24, — Ap) x + (4: 24, — de donde

= +

A=-1 24,42 =1 A —2A,—Ay=0

Resolviendo este sistema hallamos: A=-1 4=-3, A4=-L Por consiguiente, la solución particular es y=-*-=3r1 y la solución general de la ecuación dada tiene la forma y=Cje" +C, cos x + Casenx— xt —3x— 1. Ejemplo 2. Hallar la solución general de la ecuación —y=1é4+6x. Solución. La ecuación característica 1—22= tiene las raíces Ay =22=0, As = l, por lo cual, la solu-

ción general de la ecuación homogénea correspondiente es:

Yg=C, +Cax + Ciex. n

Como el número O es raiz múltiple de segundo orden de la ecuación característica, se debe buscar una solución par- ticular de la forma Yo =X (A? + Ar A) = Axl 4 Ad Aja Sustituyendo la expresión de y, en la ecuación dada, se tiene: — 124,5 + (244, — 642) x + (64, — 24) =12x* + 6x, de donde — 124, =12 244, —6A, 64, —24) La solución de este sistema es: A=—1, A =-—85, y = — 15. Por lo tanto, Yy=- 50 15%. La solución general de la ecuación dada es: y=C+Cix 4+Cy0" — 151 — 15, Ejemplo 3. Hallar la solución general de la ecuación y" —Óy' + 9y =25* sen x. Solución. La ecuación caracleristica A*-—6A + +9=0 tiene las raíces % = 2% = 3; la solución gene-

ral yy de la ecuación homogénea es yy =(C, «+ Caxjed, Se busca una solución particular y» de la forma

y) =e* (acosx + bsen 1).

Poniendo la expresión de y, en la ecuación y simplifican» do ambos miembros de ésta por e*, obtenemos

(Ba — 4b)cos x «+ (4a + 30) sen x=25 sen x, De aquí resulta

3a—4b=0 da+3b=25 |” La solución de este sistema es: a =4, b = 3, Por consi-

guiente, Y) =0*(4cosx +3sen a).

La solución general de la ecuación dada es: y=(C,+Cax) e + er (4cos x + 3sen a), Cuando el segundo miembro f(x) contiene las funciones trigonométricas sen fx y cos fx, resulta conveniente pasar a las funciones exponenciales, como se muestra en el si- guiente ejemplo. Supongamos que se necesita resolver la ecuación difo- sencial: Y” + y=xc05x. 0) En este caso, 241 =0, 21 =—i, da =1, y la solución general de la ecuación homogénea tiene la forma yy =C, cos x + Co senx. Se debe buscar una solución particular y» de la ecuación no homogénea de la forma Yp=xl(A,x + A) cos x + (B,x + B,) sen xl.

posteen del modo siguiente. Consideremos la ecua» ción

Peel. (0)

Fácilmente se observa que el segundo miembro de la ecuación inicial es la parte real del segundo miembro de la ecuación (2):

xcos x =Re(xe!*).

Partiremos del principio de que, si la ecuación diferencial de coeficientes reales

Llyl=) (0) + fe (x)

tiene una solución y = u(x)-+ to(x), entonces, u(x) es so- Jución de la ecuación L[y]=/,(x), mientras que D(x) es solución de la ecuación L (9] = J2(x).

Hailemos 2, para la ecuación (2)

29=(Ax + 8) xe* =(Ax*+ Bx)e'*,

2 =24e'* + 2(24x + B)ie*— (Ax + Bxje!”. Sustituyendo en la ecuación (2) y simplificando ambos miembros por e%%, tendremos:

24 +4Ari+2Bi=x,

16

de donde

4Ai=1, A==4+

A+Bi=0, B=-

Por lo tanto, (qe + je =( 244 1) (cosa+isenx)=

coxe A A A

xcosx + tsenx

Re zp EA

=y, de la ecuación (1).

A veces este método facilita y simplifica los cálculos relacionados con la búsqueda de las soluciones particu- ares.

Ejemplo 4. y" +4y=sen2x. (m Consideremos la ecuación E sen2xm= Imetis, e 2) = Axel,

Zy =— 4Axero 4 a1Aetin,

4 x (cos 2x4 ¿sen2x) ==

ñ x =+ xsen2x — 14 cos 2x,

Imz,=— Fcos2x=y, de la ecuación (1).

Determinar la forma de la solución particular de la ecuación diferencial lineal no homogénea, si se conocen las raíces de su ecuación característica y el segundo miembro f(x):

m7

18

515. 516. 517. 518, 519. 520. 52l. 522. 523. 524. 525. 526,

527. 528. 529. 530. 531.

532.

A =1,12=2 Ho) =axé+0x+<.

M=0 dk=l; [()=ar+bx+c.

2,=0, =0; [()=a 0 +hx+4e. A=1,%=2 f()=e""(ax +0)

A==1, R=l Ho=co (art. A=-=1,M==1; Ho) =ert(ar+b).

2 =0, Ml; f(x) =senx +c0sx. h=-1,% Fx) =sen x + cos x. A=-21, M=2 [(x)=Asen2x + Bcos2x. M=—=ki, dk; Ha) =Asenkx + Beos kx. M=l, =1 f(x) =e"“(Asenx+ Bc05x). ASI A=-1+k

Ha) =e*(A sen x + Beos 1). A=k4=%=l, [0 =art+bx4 0. M=0 M=1l, 4 =2 [o =a0+ór+ o h=2,=0, da Hd=a4% +ox+e. Amd =2=0; [()=0 + bx+c, A=bhk=—l A=l: f(x) =senx4+c08.x. 24=-1,%4=1, 24=2 b) A=0, 2¿=2, A =3 )A=i=—i Ami dd) hA=h4=%4=-=1

Fx) = ae=* + be".

de Rel DA

a) 4 =0,4=1

b) A=k, yl

e) hkA= e > AAN O ==, dam!

D)4a=%=A4=k

534. 2) A =% ba =-= 1, 24=0 535. 2) =3—2i, =3+2,

A4=)=3+21 Determinar la forma de la solución particular para

las siguientes ecuaciones diferen géneas:

536. y” +3y'=3, 537. y — Ty (e Di 538. y" +3 = 530. y” +74 =e""%, 540. y” —8y' + 16y =(1 —x)ets, 541. y" — 104 +25y =e%,

2

542. Ay" —3y'=re*",

543. y —y — y mee, 544, y — Ay mxo,

545. y” + 25y =ncos5x.

540. 1” + y =senx—cosx. 547. y” + 16y=sen(dx +0).

) Fx)=a sen x+bcos x.

Ho) =0*(sendx+ +c0s2x),

les lineales no homo-

548. y” + Ay! + By =e%(sen2x 4 cos2x). 549. y” — Ay" «e By m=e* (sen2x — cos2x).

550. y” + 6y' + 13y =e-"cos2x. 551. y” + k?y =ksen (kx +0). 552. y” + kty=k.

553. y” + 4y =sen x sen2x,

554. y” —4y=2c08' 4x.

555. y" +y=x. 550. y" +6y" + ly +6y=1. 557. y"+y=2.

mo

558. y"+y"=3,

559, ¡W—y=l.

560, yW—y=2.

5Ól. y —y*=3,

562. yV—y""=4,

563. y" +4y""+4y"=1. 564, y 2 yo me, 505. y +2 m0, 508. y +2y" 4 y” =xe=*. 567. yW + 4y" +4y=sendx, 508. y! + 4y" + 4y=c0s x. 569. y!" + 4y" + 4y=xsen2x,

870. y!" +2 y" + nty =asen(ax +). 571. y" —2n*y" + ny =cos (nx + a). 572. y" +4y"+6y" + 4y' + y=sen x. 573. y —4y"+6y” —4y + y=e”. 574, y —4y" +6y"—Ay + y == xe.

Resolver las siguientes ecuaciones: 575, y +2y + y=-2.

576. y" +24 4+2=0.

577. y” +9 —9=0.

578. y"+y=1.

579. 5y"—7y"—3=0.

580. yW—6y"+6=0.

581. 3yW + y=2.

582. Y —2y" +22 +y=1. 583. y” —4y +4y=2,

584. y” +8y=8x.

585. y —2Ey +ky=e", (e 1). 586. y” + Ay +4y =807*

601.

Gt.

614. BS.

. y + dy + By =9e7>=, . 7y"— y =1x. ye By mm 3x0,

y +5y + 6y=10(1— 07%,

yy += 14 Y y (a e. . y” + Ay —2y=85en2x.

. y” + y=4xcosx.

. y" —2my! + miy=sennx. . y” +2y/ + 5y=e"*sen2x. y + dy y — y me senx

. y" + 24! =4e (sen x + cos x)' . y” + Ay! + Sy == 10e-** cos x.

2cos mx +3senmx (ma).

y +2y + 5y=e"*(2x + sen2a). Ay" + 8y =xsenx. y —3y +2y=xe".

yr y — 2y =x 00%, MAS a A NY Y Y ym. Y +=

By" —6y' + 5y =13e* chx.

E Rs

y xo — la

y +y=xisenx.

yr +2y + y =Xe7 cos x. y" —4y =x0% + senx +. y” —y=senx.

. y" + Ly q 2y mocos a+ ens, . y Y —2y" + y =c08x.

12

618. y” +y=2senxsen2x.

S19. y" +4y=xsemx.

50. y 2427 +2 dy =xe + L 005,

6. yy =ostie+at

622. yY+4y"=e! +3sen2x +1.

623. y"—3y”+3y'— y=e* cos2x.

624. y” —2y' + dy=e"cosx +0 +sen2r.

625, y qye en.

628. y”— 2y'—3y=2x 407! — 26%,

627. y" +4y=e* +4sen2x42costx— 1.

628. y” +3y" + 2y =6xe="(1 —e-3),

629. y” + y=cos2x + sentó.

030. y” —4y + 5y=e% (sen x +2c05x).

631. y —4y'+5y=1-+costx + ets,

032. y" —2y+2y=0" sent.

633. y” —Iy =1+e" + cos x + sen xo

634. y" —2y' + 5y=e* (1 —2sent x) + 10:41,

635. y” —4y' + 4y == dx + senx + sen Qx

630. y" +2y'+y==1+2c05x + cos2x —sen2x.

67. yy hy l=senra

038. y” + Oy! + 9y =9x0% 4 1 4 9sen x.

639. y” + 2y"4+1=3sen2x + cosx.

En los siguientes problemas se necesita hallar las soluciones particulares de las ecuaciones que cumplen las condiciones iniciales dadas:

540. y” —5y + 6y =(12x —7)e=% y (0) =y"(0)==0.

S41 y" +9y=6e%, — y(0)=y'(0)=0.

842. y"—4y +5y=20%e% — y(0)=2, y (0)=3.

643, y” +6y'+9y=1l0Senx; y(0)=y'(0)=0.

644. y" +y=2cosx y(0)=1, y'(0)=0.

645. y +áy=senx y(0)=y (0) =1.

04. yO += YO) =>, y (0) =37-

647. y" —Ay +4y=e"; y(0)=2, y'(0)=8.

648. y" +4y=4(sen2x+cos2x) y(m=y (1) =2m.

049. y"—y'=- 5e—* (sen x+cosx); y (0)=—4, y” (0)=5.

850. y" —2y' + 2y=4e*cosx; y(a)=1ne", y (1) =e*.

851. y" —y=-—2x; y(0)=0, y'(0)=1, y”(0)=2.

652. y —y=80% y(0)=-1, y'(0)=0, y”(0)=1, y”"(0)=0.

053. y"—y=2x — y(0)=y'(0)=0, y”(0)=2.

654. yW—y=8e%; — y(0)=0, y'(0)=2, y”(0)=4, y”(0)=6.

En los siguientes problemas se necesita hallar las so-

ciones particulares de las ecuaciones que cumplen en el finito las condiciones dadas:

055. y” — dy! + 5y =sen x, y es acotada para x=» +00.

656. y” +2y' +5y=4c052x +sen2x, y es acotada para x=— 00,

657. y” —y=1, y es acotada para x—00,

658. y”—y=—2co5x, y es acotada para x—00,

059. y” —2y'+y=4e=", y=>0 para 1>-+00,

860. y” +4y'+3y=80" +9, y>3 para x+— 00,

061. y —y—5y=1, y>—+ para x=» 00.

662. y" +4y' +4y =2e"(senx-+7cosx), y>0 para 1>-o.

863. y”—5y'+6y =2e"*(9sen2x+4cos2x), y>0 para x>+00,

604. y” —Ay +4y=(0 +5x— 1207", y>0 para 1>+o,

123

4. ECUACIONES DE EULER

Las ecuaciones de la forma Y Pa xy y =0, (12)

donde todas los a; son constantes, se llaman ecuaciones de Euler Mediante la sustitución de la variable independiente

re, estas ecuaciones se reducen a ecuaciones lineales homogé- neas de coeficientes constantes: O RU dB (0 =0. (13) Nota 1. Las ecuaciones de la forma ala 0 YO a laa YI e 2no Ga (ax + b)y+any=0 (14)

también se llaman ecuaciones de Euler y se reducen a ecuaciones lineales homogéneas de coeficientes constantes haciendo la sustitución de la variable

ar+b=é. Nota 2, Para la ecuación (12) se pueden buscar di- rectamente soluciones particulares de la forma yx,

obteniendo para k una ecuación que coincide con la ecua- ción característica de la ecuación (13).

su Ejemplo. Hallar la solución general de la ecuación de uler Xy" + 2xy — 6y=0.

Primer método. Haciendo en la ecuación la susti- tución x = et, se tiene:

y la ecuación toma la forma dy ly TAG y =0

Las raíces de la ecuación caracteristica son: A =—3, da=2, y la solución general de la última ecuación es: y == Cjet 4 Cuétt, Pero, como x=et resulla yi = Cix + Cox, o bien, CS, y=H+CA,

Segundo método. Se busca una solución de la ecuación dada de la forma y = x*, donde % es un número desconocido. Se tiene

yk, yk (e 1), Sustituyendo en la ecuación, resulta Ple — 1) 82 4 Dex — Gt = 0,

*lk(k— 1) +2 —6]=0.

Pero, como x*m60, se tiene k(k—1)+2—6=0, o bien, 2? +—6=0. Las raíces de esta ecuación sor ki=-—3, k, =2, El sistema fundamental de soluciones correspondiente

o bien

E y la solución general tiene la forma y=Cx 4 Cp,

Integrar las siguentes ecuaciones de Euler; 065. y" + xy —y=0. 066. y” +3xy + y=0. 667. xy” +2xy'+6y=0. 668. xy" + y =0. 669. (x 42 y" +3(x+2 y" —3y =0. 670. (2: +1? y” —2(2x + 1) +4y=0. 871. iy" —3xy" +3y' =0. 872. y" =2y. 873. (x + Py” —12y=0. 674. (2x+ Py "+22 +1) y" + y

Las ecuaciones no homogéneas de Euler de la forma Y axty0= x*P a (ln 1), 3

donde Pm(u) es un polinomio de grado m, se pueden re- solver también por el método de elección del mismo modo que se resolvían las ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de coeficientes constantes cuyos segundos miembros son de la forma

ÓN Ejemplo. Resolver la ecuación de Euler ey —xy +24 =xI0x,

Solución. La ecuación característica R(k—1)—k-+ +2=0, o bien **— 2 -+2=0, tiene las raices £ = = 1 — í, la = 1 + í. Por consiguiente, la solución general de la ecuación homogénea correspondiente es:

Y =x(C, cos In x + C2sen In x).

Buscamos una solución particular de la forma pp = = x(4 ln x + B), Se tiene, A

Y=Alx+ Ba, yl, Sustituyendo en la ecuación dada, resulta Ax—x(Alx+ A+ 8)42x(4Inx 4 8)=xInx, o bien, AxInx+ Bx= xInx, de donde A =1, B=0. Así, pues, yo =xInx. La solución general es y =x(C, cosin x + C2sen In x) + xIn x. a kesolver las siguientes ecuaciones no homogéneas de m 75 y + xy + y=x (6 In).

670. Xy” —xy + y=2x, 125

877. xy" — xy —3y= 678, ey —2xy + 2y=x*—2x +2, 879. ¿y xy —y= 0, [mié lo 880. xy” +4xy' + 2y=2 1x4 12x.

5. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE COEFICIENTES VARIABLES

Si se conoce una solución particular y,(x) de la ecua- ción A 0)

se puede rebajar el orden de esta última en una unidad (sin que deje de ser lineal) haciendo y = 12, donde z es una nueva función incógnita, y poniendo después 2" == se puede hacer directamente la sustitución u=(4) 1

Conociendo k soluciones particulares de la ecuación (1), linealmente independientes, se puede rebajar el orden de la ecuación en £ unidades.

La solución general de la ecuación

YU AO dy 1%) 2)

se expresa como una suma de una de sus soluciones par- ticulares y de la solución general de la ecuación homogé- nea correspondiente (1).

Si se conoce un sistema fundamental de la ecuación homogénea correspondiente (1), la solución general de la ecuación no homogénea. (2) se puede hallar mediante cuadraturas por el método de variación de las constantes.

La solución general de la ecuación (1) tiene la forma

y =Ciy + CY ++. + Cons (5)

donde Ci, Ca, ..., Cn son constantes arbitrarias. Buscarenios una solución de la ecuación (2) de la forma

y=C NAC OY. + Cn(x) Yao 0)

donde C;(x), Ca(x), ..., Cn(x*) son, por ahora, unas fun- ciones incógnitas de x.

127

Para determinarlas, obtenemos el siguiente sistema: UOH YC. +9,0¿=0 UOH A... +

TO) Resolviendo este sistema con respecto a C/(x) (i=1, ++. 1), resulta

LU) == 2

6)

De aquí hallamos Ct) =$ 9 (ax +0 Desea (6) Sustituyendo en (4) Cs(x) por la expresión obtenida, hal-

lamos Ía solución general de la ecuación (2). Para la ecuación de segundo orden

Yan + (dy=/, el sistema (5) tendrá la forma ye +ue=0, ) + yco=H) )* Despejando en (5') CiyC», obtenemos Yo q 1160 de donde hallamos

0 $ dC Ct0= | Laa + O,

donde €, y €, son las constantes de integración. Observación Para la ecuación

ay +a(0dy+aldy=1(, donde ay(x) sé 1, a, (x) 40, el sistema (5”) tiene la forma Ye +ye;=0 ye+ uE

(5)

Ejemplo 1. Hallar la solución general de la: ecuación xy" +24! + xy=0, sabiendo que y = “22 es una solu- ción particular.

Solución. Hacemos y nueva función incógnita de x. Se tiene

YI HEY, Y Y 24 ZA Y

22.2, donde 2 es una

Sustituyendo en la ecuación dada, resulta (ui +2 +) 2 4x2" +2 (04, + 4,)2==0.

Pero, como yy =-""E% es una solución particular de la ecuación dada, se tiene xy/ +2y+ xy, =0, por lo cual, xy 2" +2 (xy, + y) =0. (1)

Mas, y = 2 — 22, y por consiguiente, xy) + Y, =005X.

La ecuación (1) toma la forma 2" senx + 22'cos 10.

Escribamos la ecuación en la forma

- osx 4252 m0.

De aquí, se tiene (in| 2142 In |sen x]=0,

de donde In] 2 |-+ 2In1 sen x |=In7,, o bien, 2"sentx=C,. Integrando esta ecuación, hallamos

2=-Ccgx4+Cp

y, por consiguiente, la solución general de la ecuación dada es:

G sos senx O o bien,

sosx senx

yl 40

pr 129

Ejemplo 2. Hallar la solución general de la ecuación v+iv+r=l, (00)

Solución La solución general de la ecuación homo- génca correspondiente tiene la forma (véase el ejemplo 1):

sens sos x

a E Por consiguiente, el sistema fundamental de soluciones es: y ZE, yy 0

- z

Busquemos la solución general de la ecuación dada por el método de variación de las constantes arbitrarias: y=0 0 0,

donde Ci(x), Ca(x) son, por ahora, funciones incógnitas de x a determinar. Con este fin, formamos el sigulente sistema:

rx) EL 4 030) EL 0,

Ci ls) ERE y q) ing S

De aquí hallamos: Cifx)=cos x, Có(x)=— sen x. Integrando, obtenemos: Cy (x) == sen e + €, Ca (x)=c08 x + Ca,

y poniéndolos en la expr general de la ecuación dad,

ión de y, resulta la solución

senx 7

y=C,

Ejemplo 3. Resolver la ecuación y”+y= 7.

Solución. La ecuación homogénea correspondiente es: y"+y=0. Su ecuación caracteristica 22+1=0 tiene las raices imaginarias Ay = — ¿, ha = i y la solución general de la ecuación homogénea tiene la forma;

Y¿=C, cos x + C¿sen xo

130

Buscamos la solución general de la ecuación inicial en la forma:

y ==C, (x)cos x +Ca (x) sen x, 1) donde Cs(x) y Ca(x) son funciones incógnitas de x. Para hallarlas, formamos el sistema:

cosx -Ci(x) + sen x -C¿=0 1

—senx-Ci(x)+cosx CH =

Resolvemos este sistema con respecto a Cí(x) y C£(0: Ci()=—=tgu Cl =1 Integrando, hallamos: Ci(x)=In] cos x[+Ó, Ca(x)=x+Cs Poniendo en (1) las expresiones de C:(x) y Ca(x), ob- tenemos la solución general de la ecuación dada: y =0, cos x + C,sen x + cos x + Inl cos x 14 x sen x.

Aqui, cos x:Infcosx|+ xsenz es una solución parti cular de la ecuación no homogénea inicial.

Integrar las siguientes ecuaciones (y; e ya son solucio- nes particulares de la ecuación homogénea):

881. Py 3 y 4 — == y ==

682. (**— 1)y"=6y; y, es un polinomio.

683. (2x+ 1H (4x2) By 0) ye,

084. (1? —x)y” + (2: — 3)y — 24==0; y, es una frac» ción racional en cuyo denominador figuran factores linca- es (los divisores del coeficiente de y”).

885. (Bx +24" —6(1+ xy +6y=6, y es un polinomio.

686. *Inx— 1)y"—x4+y=0, yx.

087. y” +(gx—2etgxdy + 2ctg'x0y=0; y =senx.

688. y" +igx-y'+cos*x-y=0; y, =cos(sen x).

889. (14 yb — y 10 y =x.

690. y” — xy! —3y=5x", y =2

691. A) +2 (01) dy =1286x, y ==. 692. y"— y +yet=xe"—1, y =sené.

50, yy tg EZ,

694. (14 19y "+34 y + (+ y 6 In(x + 1).

095. x(x— 1) y"— (2x1) y +2y=x" (213), y=0.

696. Una cadena de 6 m de longitud se desliza desde una mesa sin rozamiento. Si el movimiento comienza desde el momento en que cuelga 1 m de la cadena ¿cuánto tiempo tardará en deslizarse toda la cadena?

697. Hallar la ecuación del movimiento de un punto sabiendo que la dependencia de la aceleración del tiempo se expresa por la fórmula a =1,2, si para t=0 la distancia s = 0 y para ( = 5 la distancia s = 20.

698. Un cuerpo de masa m se desliza sobre un plano horizontal a causa de la acción de un golpe que ha origi- nado una velocidad inicial wo. Sobre el cuerpo actúa la Tuerza del rozamiento igual a— km. Hallar la distancia que es capaz de recorrer el cuerpo.

99. Un punto material de masa m == 1 se mueve por una recta acercándose a un centro por el cual es repelido con una fuerza igual a Ate (x es la distancia del punto al centro). Para £=0, x=a, GE =ko, Hallar la ley del movimiento.

Empleando el método de variación de las constantes, ntegrar las siguientes ecuaciones:

700. y +4y => 701. y +ymtgex 2e* 7 y —y= ¿E . 10. vr = >

A

705, y +y=

en (cos 2x)

706. 707.

708.

709. 710. Ti. 712. 713.

714. 715, 716. 717. 718. 719.

720.

yu yy Lt )

y+y=

YA

YH YA => y—y=e* cose. v+y=-h. Y+3y +29 Ex y4ya da.

xy” — (1420) y —40e". y —2tgx-y=l.

xix y” —y mx. xy +(2x—1)y=-4x.

di Dy—xy ym (x— 1 Pe y=-e. YE y hey =e 0% y =cosert, (04 y E, y,

(En los problemas que siguen se indica el sistema fun- damental de soluciones y; yz de la ecuación homogénea correspondiente).

72.

722. 723.

724.

(cos x— senx)y” + 2senx - y/ —(senx+cos1)y= ao" (cos x—senx)h y =e "y =sen x. xy —y —4ey=160e" y=e", y=e"", «lx ly + (tl) — (+ 1) y= =(—xinafet; y =e", y=I0x. 4+x090+20214+0y4—y=2V Ex ME n=Vx n=Vx+1.

193

725. costx» y” —Senxcosx - y'—y=senx, y). = =Yy | =L y=s0x, y=tgx 728. senx-y”+2cosx- y! —senx-y=20c052x,

z 1 A AZ +

Ya = bb Y lla

pS y

727. dy +2 +y=l, lim y= +.

y=senVx, ye=cos Vx. S+x 728. dy +2 hy lim y=0. e dy pm], lim 0

AN a Ne Y Luo O. 7130. (1-0 +xy—y=(x— Ile", lim y=0, ero Ylm=k y=x y=eé.

131.240 00y roy —y= 22, ¿im y=0 gelaz, Vx.

782 y+iy—y=e, li 90, 4d

£ n=h, y

739, Mn — y — y + xy =2 Mx, lim y=0 n=. y=Inx. oa

734. (9 —2:)y"+ (2) y 212) y=2(x— 1), lim y=l y=é, pe.

6. COMPOSICIÓN DE LA ECUACION DIFERENCIAL DADO EL SISTEMA FUNDAMENTAL DE SOLUCIONES Examínemos un sistema de funciones mid ya. ., Ya (o (1)

linealmente independiente en el segmento [a, b], que tienen derivadas hasta el orden n inclusive,

14

Entonces, la ecuación

Y) gee). gel) y(x) PACA) Lo y.)

Yala ya to

donde y(x) es una función incógnita, es una ecuación di- ferencial lineal, para la cual las funciones y1(x), Ya(£), +. - +2», Yn(x) forman un sistema fundamental de soluciones. El "coeficiente de y(W(x) en (2) es el wronskiano W[Yr Ya --. + Yn] del sistema (1).

Los puntos en los que se anula este determinante son puntos singulares de la ecuación construida: en estos pun- tos se anula el coeficiente de la derivada superior yim(x).

Ejemplo 1. Formar la ecuación diferencial para la cual las funciones yi(x)=.e*, ya(x)=.e"* forman un si» stema fundamenta) de soluciones.

Solución. Aplicando la fórmula (2), obtenemos

e ey Loly e er y! |=0, o bien, [1 —1 y [=0. (3) e ey Lig

Desarrollando el determinante del primer miembro de (8) por los elementos de la tercera columna, se tiene:

y —y=0. Esta es la ecuación diferencial buscada,

Ejemplo 2. Formar la ecuación diferencial, para la cual, las funciones

ni)”, yl)=er

iorman el sistema fundamental de soluciones. 135

Solución. Formemos la ecuación (2): es er y 2xe" 2er y

(+4 (142) e" y”

o bien, 1 Loy 2% -2 y |=0 244x 42 y”

Desarrollando este último determinante por los elementos de la 32 columna, tendremos:

xy" —y' —4xy=0. (4)

En este ejemplo, el wronskiano W (y, ya] = — 4x se anula

para x =0 Sin embargo, esto no contradice a la teoría

general, según la cual, el wronskiano del sistema funda»

mental de soluciones de la ecuación diferencial lineal ho- mogénca

YOR YI + pa (a) yO, (5)

cuyos coeficientes son funciones continuas en el segmento

la, b], no se anula en ningún punto x del segmento [a, b].

«seribiendo la ecuación (4) en la forma

Y—y—txry=o, (6)

observamos que el coeficiente de y” es una [unción discon- tinua en el punto x =0, de modo que en este punto ya no se cumple la condición de que los coeficientes de la ecua- ción (6) sean funciones continuas.

Formar las ecuaciones diferenciales, para las cuales los sistemas dados de funciones forman los sistemas funda- mentales de soluciones:

785. y(x)=1, y()=x, y ()=x% 730. y (1) =shx, y, (x)=chx.

737. y ()=x, p()=0".

788. y (1) =senx, y, (x)=cos

739. y ()=xw yx) =

$ 15. METODO ¿DE ISOCLINAS PARA LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

> -—

El método de isoclinas (véase el $ 2) se emplea tam- bién para la resolución de algunas ecuaciones de segundo orden. Tales son las ecuaciones que se pueden reducir a las de primer orden, por ejemplo, las ecuaciones de la forma

Gx) =0. (1

A ds Introduzcamos una nueva variable v ==-57 . Entonces,

a Limo Se y la ecuación (1) toma la forma

IC

dx v

(2

Esta es una ecuación de primer orden en la que x es la variable independiente. Para su solución se puede aplicar el método de isoclinas.

Interpretaremos la variable x como el desplazamiento

de un punto del sistema y LE =w como su velocidad.

El plano de las variables x, v se llama plano fásico, Por consiguiente, la ecuación (2) determina la velocidad como función del desplazamiento.

Construyendo el campo de las isoclinas para la ecua: 1 (2) se puede trazar la curva integral una vez dado el punto inicial (xo. vo). Esta representación gráfica de la velocidad u como función del desplazamiento x: o = v(x), se llama cuadro fásico. Las curvas del plano x, w que re- presentan esta dependencia funcional se denominan trayectorias fásicas. Los valores instantáneos de x y u son coordenadas del punto de la trayectoria fásica, Este último se denomina punto representativo, Con ei tiempo, el punto representativo se desplaza por la trayectoria fásica. Ob- servese que la velocidad positiva suscita con el tiempo un

137

aumento del desplazamiento. En efecto, en virtud de la sustitución o =-S, para v>0, se tiene 4% >0, lo cual significa que al aumentar 1 también aumenta x. Por lo tanto, en la mitad superior del plano fásico, en donde v > 0, el punto representativo tiene que moverse de iz- quierda a derecha, mientras que en la mitad interior del plano, en donde v < 0, de derecha a izquierda. Por con- siguiente, el movimiento por la trayectoria fásica se efec- túa en dirección de las agujas del reloj.

Ejemplo 1. Construir la trayectoria en el plano fásico para la ecuación 6)

Solución, Hacemos L£=v, La ecuación (3) toma la forma

dis E +0

vÍe4x=0, o bien, LL w

Las ecuaciones de las isoclinas para (4), son:

Trazando las isoclinas, correspondientes a distintos valo- res de k, hallamos que las Irayectorias fásicas son circun- ferencias con centro en el punto (0, 0) (fig, 22).

Obsérvese, que las Irayectorias fásicas cerradas corres- ponden a los movimientos periódicos. Fácilmente se ob+ serva que, en el caso de la ecuación (3), verdaderamente resulta un movimiento periódico. Resolviendo (3) por los métodos expuestos anteriormente, hallamos:

x (1) =C, cos! + Co sent.

Ejemplo 2. Trazar las trayectorias fásicas para la ecuación

EL m0. (6)

Solución Hacemos o (5) toma la forma

» Entonces, la ecuación

(6)

La ecuación de las isoclinas es: =k. Las trayecto-

a rias fásicas tienen la forma de espirales que se desenrollan (fig. 23). En el cuadro fásico se puede observar que el. mo- vimiento es aperiódico, con una amplitud que crece inde- finidamente con el tiempo.

Fig 2 Fig. 23

Trazar las trayectorias ecuaciones diferenciales:

¡cas para las siguientes

m0, LE 0.

741. 42 GA 6x0.

142. LE 42 A 0. Pr (dy 149, 4 (GE) +0. a ñ ms. 2 (5) + 2x0.

745. LE —x exp (5) =0lexpu=

e 4 140, £+ +exp(— <7

1 (dE)

x=0

139

dix da TAS. HD GO.

10, E 0,

$ 16. PROBLEMAS DE CONTORNO

úl ————__—____—_—_————

Para mayor simplicidad estudiaremos la ecuación de segundo orden Y EmOY + po y=0. 'Ú) Se supondrá que los coefi les py(x) y pa(x) son funcio- nes continuas en cierto intervalo (a, b)/ En este caso, toda solución y(x) de la ecuación (1) qued: determinada en todo este intervalo. A continuación, en lugar de la ecua- ción (1) consideraremos la ecuación

lp(dyY—9()y=0, — p(x)>0. (2) Las ecuaciones (1) y (2) pueden transformarse una en la otra

La solución de la ecuación diferencial (2) se determina completamente por las condiciones iniciales

ym Y Re

Sin embargo, en muchos problemas de física se suelen buscar soluciones dadas de otro modo Por ejemplo, se puede plantear el problema: hallar una solución de la ecuación (2) que lome en los puntos a y b unos valores dados y(a) e y(b). Generalmente, en tales casos, interesan solamente los valores de la solución para los valores de x de (a, 5) Como los valores y(a) e y(b) se dan en los extremos del intervalo, los problemas de este género se denominan problemas de contorno. A continuación se to- mará como básico el intervalo (0, a) (intervalo funda. mental). con lo cual no quedará restringida la generalidad de los razonamientos.

140

Una forma bastante general de condiciones de contorno para la ecuación de segundo orden es la siguiente:

hoy (0) + huy (0)=A, Roy (a) + kiy"(1)=B, donde ho, ft, ko, ki, A, B son unas constantes dadas y fo, liz, fo, hy no son simultáneamente iguales a cero. Si A =B =0, las condiciones de contorno se llaman homogéneas Por ejemplo, D y(0)=y(2)=0. 2) hoy(0)=y"(0), y (1) =—hiy (a); ho > 0. 3) y (0)=y'(1)=0. 4) y(0)=y (0), y (0)=y' (1). Por lo general, los problemas de contorno no siempre tienen solución, es decir, no siempre existe una solución

tal que en los extremos del intervalo tome los valores in- dicados, Por ejemplo, el problema de contorno

y =0, y(0)—y()=1, y(0)+y(1)==0 no tiene solución alguna. El problema y +iy=0, y(0)=y()=0 10) tiene solución no nula solamente para valores enteros

de YA. En efecto, de la solución general de la ecuación diferencial (4)

(3)

- (8)

y=O NTC Ts

se deduce que pueden cumplirse las condiciones de con- torno cuando, y sólo cuando, A == n? es el cuadrado de un número entero n. Las soluciones correspondientes son las funciones Yn == sen nx.

Como se observa en este ejemplo, si en la ecuación (2), q es función del parámetro 2, en ciertas condiciones, exis- ten tales valores del parámetro para los que el problema de contorno homogéneo para la ecu (2) tiene solu- ción no nula. Estos valores de ) se llaman valores propios (o autovalores) y las soluciones correspondientes del pro- blema de contorno, funciones propias (o autofunciones).

11

Estas últimas se determinan salvo un factor constante arbitrario. Así, pues, para el problema de contorno y” + +2y=0, y(0)= y(x1)=0, los números 13, 2, 3, ... y las funciones sen x, sen 2x, ... son los valores propios y las funciones propias, respectivamente, del problema.

Junto con los valores propios simples, cuando a un valor propio corresponde una sola función propia (salvo un factor constante), pueden existir valores propios múl- tiples, cuando a un valor propio ze le corresponden dos fun- ciones propias linealmente independientes,

Pare resolver los problemas de contorno (en el caso de ecuaciones diferenciales lineales homogéneas) se procede del síguiente modo: se halla la solución general de la ecuación diferencial dada:

y=Ciglz) +Cogola) +. Coya (0,

donde ys(x), Ya(x). ..., Yn(x) son soluciones linealmente independientes. Después se exige que esta solución y(x) satisfaga a las condiciones de contorno dadas. Esto da lugar a un sistema lineal de ecuaciones para la determi- nación de Ci, Ca, .... Cn. Resolviendo este sistema, en caso de que esto sea posible, se halla la solución del problema de contorno planteado,

En este caso, sl surge el problema de la determinación de los valores propios, la condición de existencia de solu» ción no nula del sistema, por el que se determinan Ci, Cd, ».., Cu, es la condición que determina los valores propios. Generalmente, esta ecuación en 2 es trascendente.

750. ¿Para qué valores de % la ecuación y” + 2Y == 0 tiene soltición no nula que satisiaga a las condiciones:

a y(0)=y(1)=0, D) y (0) =y(a), y'(0) =y" (1). 751, ¿Para qué valores de % el problema de contorno y +iy=0. y(0)=y(1)=0 posee la solución trivial y =02 752, ¿Cuál de los problemas que siguen tiene solución? 2) y —y=0. y(0)=0 yla=l, Dy+y=0, y(0=0, y(x)=1.

103

753. Resolver el problema de contorno y+0—0y=0, yO=ylh y (0=y(0.

Considerar los casos 4— w* > 0,14—w*=0,2—=w* < 0, 754, Hallar la solución de la ecuación yy” + (y +

+ 1 =0 que pasa por los puntos (0, 1) y (1, 2). Resolver los siguientes problemas de contorno:

Ey(o), donde kte=aist, y(0)=0, eN 750. y"(x)=0*-s-y(x), y(0)=0, y'(x)=0. 787. y” (2) — a?sy (x)=0,

2y0= y)=0

DYO=-h, ya)=0.

+ 758. y” (x) =0 sy (2) +a%gl, y (0) =y(x). 759. y”(x)=*y (2) (40)

DIO Mz by 0=0, yM=z. Jy0=0 yM=z

D0=A yM=j 760. y! — Ay ==0, y(0)=y”(0)=0, y(1)=y"(1) =0. 761. y —2%y=0, y(0) =y' (0)=0, y(1)=y"(n)=0. 762, y —2%y =0, y(0)=4" (0) =0, y(a)=4' (1) =0. 768, y" +ay"—ay—ay=0, y0)=—2h. y0)=1+h, y(1=0. 764, yY—2y" +2y"— 24" + y =c052x, Oy Oz Y (=>

Nota. Los valores propios de los problemas estudia- dos anteriormente forman una sucesión numérica cre-

143

ciente. Si los coeficientes de la ecuación diferencial tienen un punto singular en la frontera del dominio fundamental o si el dominio fundamental es infinito, 'por ejemplo, lodo el eje numérico, el espectro, o sea, el conjunto de los va- lores propios puede tener otra estructura En particular. puede haber espectros que contengan todos los números de algún intervalo de valores », denominados espectros continuos. Por ejemplo, supongamos que se necesita re- solver la ecuación y” + 2y =0 para el intervalo — oo < <x<-+o con las “condiciones de contorno”: y(x) tiene que estar acotada en el infinito. Está claro que, en este caso, cualquier número A no negativo es un valor propio_ al cual le corresponden las funciones propias sen YX x y cos VA y.

Eresolver los problemas de la física matemática que dan lugar a problemas de determinación de los valores propios, frecuentemente resultan ecuaciones diferenciales de la forma

IrdyY—9()y +20 0y=0 (4)

tales que en puntos finitos del dominio fundamental puede haber singularidades de la ecuación diferencial; por ejemplo: se anula el coeficiente p(x). Para estos puntos singulares, las condiciones a satisfacer aparecen del ca rácter mismo del problema; por ejemplo: que la solución sea continua o acotada, o bien que sea infinita pero de or- den no superior a un orden prefijado. Estas condiciones

desempeñan el papel de condiciones de contorno. Un ejemplo típico es la ecuación de Bessel A xy Y —F y +Axy=0, (5)

que aparece en los problemas de la física matemática. En este caso, p(x) ws x y ya no se cumple la suposición hecha anteriormente de que sea p(x) >0 en todo el dominio fundamental 0.<x< 1, puesto que p(0) =0. Para la ecuación de Bessel, x = 0 es un punto singular.

La. exigencia de que la solución sea acotada en este punto es para la ecuación de Bessel una condición especial de contorno que, por ejemplo, puede expresarse así: hallar la solución de la ecu (5) que está acotada para x =0 y que se anula parax=l,

144

Resolver los problemas de contorno:

765, xy" +y'=0, y()=ay'(1), y(x) está acotada para x=» 0.

760, PyW +4xy"+2y"=0, y(l)=y'(1)=0, y(x) está acotada para x-»0.

767. PyW + 6xIy+6xy"=0, y()=y'(1)=0, y(%) está acotada para x0,

$ 17. INTEGRACION DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE SERIES

1. Este método resulta muy usual al ecuaciones diferenciales lineales. Aquí lo aplicaremos para el caso de ecuaciones de segundo orden.

Sea dada una ecuación diferencial de segundo orden:

Yep(0y + al) y0. 0)

Supongamos que los coeficientes p(x) y 9(x) se expresan en forma de series, dispuestas según las potencias enteras positivas de x, de modo que la ecuación (1) se puede escribir de la forma

y ++ arta y Hb y=0. (2)

Busquemos la solución de esta ecuación en forma de una serie de potencias

y=2 0. (3)

10-442 145

Poniendo en (2) la expresión de y y sus derivadas, obte- memos:

PA klk) art+ 2, ar 2 kart

+ 3 bat 3 ext=0. (4) sra

Multiplicando las series de potencias. reuniendo los tér- minos semejantes e igualando a cero los coeficientes en distintas potencias de x del primer miembro de (4), resul- lan las ecuaciones:

12.1 cy 0,6, + dico 0

x1[3.2 £3 + 20562 + 010, 4 bocr + bic =0

243 ct Bags +20 as + het tato (5)

Cada una de las ecuaciones (5) contiene un coefi- cienle indeterminado más que la anterior. Los coeficientes Co y cy se mantienen arbitrarios y desempeñan el papel de constantes arbitrarias.

La primera de las ecuaciones (5) proporciona cx; la segunda, cs; la tercera, cy; ele. En general, de la (k=+ + 1)-ésima ecuación se puede determinar caya una Vez co- nocidos Co, €1, melo

En la práctica es conveniente proceder del modo guiente; Por el esquema señalado se buscan dos solucio- nes: y(x) e Yalx). Para y,(x) se toma co=1 y 6y=0, y para ya(x) se toma co =0 y c, = Í, lo cual es equiva- lente a las siguientes condiciones iniciales:

y ()=1, yi(0)=0, YO, y 0=1 )* dl

Toda solución de la ecuación (1) será combinación lineal de las soluciones ys(x) e ya(x).

Si las condiciones iniciales son de la forma y(0)=A. y'(0) = B, entonces, es evidente que

y= Ay) + By (x).

146

Finalmente, enunciaremos (sin exponer la demostración) el teorema de existencia de solución de la ecuación (1 en forma de serie (3).

Teorema. Si las series 02 ad y qg0=2 0 a ps

son convergentes para |x| < R, la serie de potencias (3) construida del modo indicado anteriormente también es convergente para estos mismos valores de x y es solución de la ecuacion (1).

En particular, si p(x) y q(x) son polinomios en x, la serie (3) será convergente para cualquier valor de x.

Ejemplo. Hailar la solución de la ecuación y” —xy —2y=0 (1

en forma de serie de potencias. Solución Buscamos y:(x) en la forma

n)= 2 ce 0) Entonces,

Y E het, o

Y EM Deptos, (1

Poniendo (2), (3) y (4) en (1), hallamos: $ e— hc Y hop —2 Det=0. (6) a A pa

Reduciendo los términos semejantes e igualando a cero los coeficientes en distintas potencias de x, resultan unas relaciones de las cuales se ballan los coeficientes €z, Cs, Cs,

ra precisar, hagamos y 0)=!1, y(0)=0. Entonces, de (2) y (6)

(6)

Ll, y) 107 17

y de (3) y (6)

a (8) Asi, pues, se tiene xp|2c,— 2c,=0, de donde, en virtud de(7),0,=1,

y! |3-2c,— 1+c, — 2c, =0 de donde, en virtud de (8), c4=0,

| 4-30, — 2c, —2e, =0, de donde e.

y | 5-4, — e, — 2c, =0, de donde c¿=0,

x|6-505— de, —2o, =0, de donde ===>

y, por consiguiente,

MIA (9) De modo análogo, tomando Ya()= 2 Ajó (10) y las condiciones iniciales Y0)=0, yO =1, (1) resulta Ay=0, Aj=i, (12)

y poniendo (10) en (1), hallamos:

E 0140 3 (442) Art =0 2240, A=0 x'|3-24,—34,=0, | 4-34,—44,=0, 4|5-44,—54,=0, x|6-54,—64,=0, 617.64, —7A¿=0,

Es evidente que

Aa=0, Maa M=1,2,3.

Asi, pues,

A

E =xe 7. (13)

La solución general de la ecuación (1) tendrá la forma y (2) =Ayr(2) + Byels)

donde yi(x) e ya(x) se determinan por las fórmulas (9) y (13), respectivamente.

2. Desarrollo de la solución en una serie de potencias generalizada,

Definición. Una serie de la forma

dar (0, (4)

donde p es un número dado y la serie de potencias cyx*

es convergente en cierto recinto |x| < R, se llama serie de potencias generalizada.

Si p es un número entero no negativo, la serie de po- tencias generalizada (14) se convierte en una serie de po: tencias ordinaria.

Subsiste el siguiente teorema.

Teorema. Sí x = 0 es un punto singular de la ecuación (1), cuyos coeficientes p(x) y q(x) admiten los desarrollos

Za Se. L£—, qm=-2—, (5

p=

donde los series que figuran en los numeradores son con- vergentes en cierto recinto |x|<R, y los coeficientes ay, bo y br no son simultáneamente iguales a cero, entonces la ecuación (1) posee al menos una solución en forma de

149

serie de potencias generalizada ye BC (CO) (16)

que es convergente al menos en el mismo recinto |x| < R. Para hallar el exponente p y los coeficientes cr es ne- cesario poner la serie (16) en la ecuación (1), simplificar por x0 e igualar a cero los coeficientes en distintas poten- cias de x (método de los coeficientes indeterminado). En este caso, el número p se halla de la ecuación la- mada delerminativa

plp—=1I)+20+b,=0, (17) donde aj=limxp(x), — 6y=lim 29 (a). (18) roo paa

Supongamos que p, y pa son las raices de la ecuación determinaliva (17). Distinguiremos tres casos:

1. Si la diferencia pi — pz no es un número entero o cero, se pueden construir dos soluciones de la forma (16):

n=e Dat (00)

p=w" DAX (4,%0). ES

2 Si la diferencia pi — pa es un número entero po- silivo, por lo general, solamente se puede construir una serie (solución de la ecuación (1)):

y=.o Zar. (19)

i la ecuación (17) posee una raíz múltiple p=p también se puede construir solamente una serie (la solu- ción (19)).

Está claro que en el primer caso las soluciones y, (x) e ya(x) construidas son linealmente independientes (o sea, la razón de las mismas no es constante).

En el segundo y tercer casos, se ha construido sola mente una solución (19) Señalemos, sin exponer la de- mostración, que si la diferencia p; — pa es un número en-

150

tero positivo o cero, además de la solución (19) habrá una solución de la forma

== Ay (2) In 09 Y Ap. (20) ES

Vemos, pues, que ahora yz(x) contiene un sumando complementario de la forma

NES

donde y, (x) se expresa en la forma (19).

bservación, Puede ocurrir que la constante A en (20) sea igual a cero, y entonces, para ya resulta Una expresión en forma de una sere de polencias general zada.

Ejemplo 1. Resolver la ecuación 2y” + (3x2) y! —(x + 1)y=0. 10) Solución Escribamos (1) en la forma ue, + Ey m0 0) o bien

+ yy 0)

Busquemos la solución y(x) en la forma

n=" EC (Cr%0). (4)

Para hallar p escribimos la ecuación determinativa

plo—1)+ap+0,=0, (5) donde

3% 23 EN 1 Pp A

o sea, e A

eo—=0+F0—3 o bien,

P+ 30 151

De aquí, 1 A=7 m=-l

De acuerdo a la regla expuesta tomamos

0 na)=x* A Cat, (x>0), (6) n= Y Ac.

FS

Para Hallar los coeficientes Cp, Cj, ..., Cas -.. Sustitui- mos y, (x) y sus derivadas y;¡(x) e PAON en Ta ecuación mm Se tiene

rat mola 0 S 2 =D sli ajcaa, 20 Decio ler pci £ (+ y cto, (8) a Después de las transformaciones, (8) toma la forma

2]

Fac Banco a)

Como se busca una solución para x >0, se puede simpli ficar por x? y obtenemos:

Bert 24 OO (10)

152

De aquí, hallamos las relaciones para la determinación de los coeficientes:

x! | 1-50, —2-1C,=0

£ |2-7C,—2-2,=0

PISE = cl Cal)

Haciendo en la primera ecuación de las relaciones (11) Co = 1, oblenemos, C,=+-

. De la segunda ecuación se tiene ¿== 7 + De la tercera ecuación, Cy =3 3. eto. Fácilmente se observa que

” y a 012%.

De este modo, oa y O a 5]. 0) 3

De modo análogo se hallan también los coeficientes A». Resulta que para Ao = 1,

A=l, A= + eo. A=xp+ de modo que

nto= 1 Eo bien ylo=E. (13 2

La solución general de la ecuación (1) es: Y (0) = Ay, (x) + Bya(x),

donde A y 8 son constantes arbitrarias y las funciones y(x) e ya(x) están dadas por las fórmulas (12) y (13).

153

Ejemplo 2. La ecuación de Bessel y y + (0 — py =0. (1

donde p es una constante dada, p > 0. Solución ON e en la forma

v+t y E y=0. (2)

(véanse las fórmulas (15),

de modo que 27=lim xp (x)=1 pa

mas (véanse las fórmulas (18).

La ecuación delerminativa para p es: plo) +1:p—p=0, bico, pM—p$=0 (8) Las raicos de la ecuación (3) son.

|

=p JS (4)

Buscamos la primera solución particular de la ecuación de Bessel (1) en forma de una serie de potencias generall- zada:

yax Cor. (5) E Reemplazando y, y/ e y” en la ecuación (1), resuita

A

+ (xp? Íarrao,

después de transformaciones elementales y simpli- cel

Bl ce E cuet (6

De aquí, igualando a cero tos coeficientes en distintas po- tencias de x, se tiene.

X | (p*—p?)C,=0,

* | ((14p?—p"1C,=0, 21124+p*—=p"1C:+C,=0, [6 +p)— p"1C,+C,=0,

DA: Y

La primera de las relaciones (7) se cumple para cual- quier valor del coeficiente Co. De la segunda relación (7) obtenemos: C; =0. De la tercera: Co €: Cm A

De la cuarta: Cy = De la quinta:

== nro e 44 mp" EE A

Es evidente que todos tos coeficientes de subindice im- par son iguales a cero:

Cas=0 (k=0,1,2...) 6

Los coeficientes de subindice par son de la forma:

ene - kr=l, 2, ... An ra ,)e

Para simplificar los cálculos ulteriores, hagamos

1 OPTEN" (10)

donde T'(v) es la función Gamma de Euler. La función Gamma de Euler T'(v) se define para todos los valores positivos (y también para todos los valores

155

complejos cuyas partes reales sean posilivas) del modo siguiente:

T)= [emetdx, (11) E

La función Gamma posee las siguientes propiedades importantes:

L TO0+)=9P (0. 2. rm=!.

Si k es un número entero positivo, se tiene: 3 TOD) =0+ 00489)... (v+2IO+1) 4 T+I)=k

Aplicando (10) y las propiedades de la función P' ocu- pémonos de la transformación del coeficiente Can:

en

NOA DEPT *

E

pues, en virtud de la propiedad 3, (p+1)(p+2)... -+(B+R)M(p+1) es igual a Mp+2+1). Ahora, la solución particular de la ecuación de Bessel, que a conti- nuación indicaremos con /, toma la forma

o rd de 109= Y, Aro y”. 12)

Esta función se llama función de Bessel de primera especie de orden p.

La segunda solución particular de la ecuación de Bessel (1) la buscaremos de la forma

yarr os, (13)

donde — p es la segunda raíz de la ecuación determina- tiva (3). Está claro que esta solución puede obtenerse de la solución (12) sustituyendo p por — p, puesto que en la

ecuación (1) p está elevado a una potencia par y no varía al sustituir p por — p. Asi, pues, S Ent nd lr == rr Bar ») ( ) Esta función se llama función de Bessel de primera es- pecie de orden — p.

Si p no es un número entero, las soluciones Jp(x) y 1. (x) son linealmente independientes, puesto que sus de- sarrollos en series comienzan con potencias distintas de x y, por consiguiente, la combinación lineal a/p(x)+ + an. p(x) puede ser igual a cero idénticamente sólo para a =0% =0,

Si p es un número entero, las funciones Jp(x) y J-p(x) son linealmente dependientes, pues

Lal) =(—1Y 1, (2) (n es entero). (15)

Asi, pues, cuando p es entero, en lugar de /.p(x) hay ue buscar otra solución que sea linealmente indepen- ente con Jp(x). Para esto, introducimos una nueva fun-

ción

s (14)

Y ()=

suponiendo primero que p no es entero,

Es evidente que la función Y»(x), determinada de este modo, es solución de la ecuación (), (puesto que repre: senta una combinación lineal de.las soluciones particula- res) y 13).

Pasando a límites en (16), cuando p tiende a un má- mero entero, se obtiene la solución particular Y,(x) lineal- mente independiente con J»(x) y determinada ya para valores enteros dep,

La función Yp(x) definida aquí se llama función de Bessel de segunda especie de orden p, o lambién función de Weber *). De este modo, para todo p, entero o iraccio» nario, hemos construido el sistema fundamental de solu- ciones de la ecuación de Bessel (1). De aquí se deduce

, (16)

Sy vos autores la llaman función de Neumann y le indican 00). Mera del TS ,

197

que la solución general de la ecuación (1) puede repre- sentarse en la forma

Y=AJ(x) + BY ,(x), (17)

donde A y B son constantes arbitrarias. No obstante, cuando p no es entero, la solución general de la ecuación de Bessel se puede tomar de la forma

y =0)p(x) +07) (2), (18)

donde «1 y az son constantes arbitrarias. Nota 1. La ecuación que frecuentemente aparece

Y + xy! + (lx — py =0, (19)

donde k es cierta constante (% + 0), se reduce a la ecua- ción de Bessel

A 0)

mediante la sustitución $ me kx. La solución general de la ecuación (20) (cuando p no

es entero) es: y =0, (E) + 0,4, (E), y entonces, la solución general de la ecuación (19) toma la forma: y =01), (ex) + 0), (kx), Cuando p es entero, y=0,1, (kx) +09, (2).

Nota 2. Una clase muy amplia de ecuaciones de la forma

AGE ar + (4 0x7) y=0, en donde a,b, c, m son constantes (c > 0, m 5% 0), introdu- ciendo una nueva variable f y una nueva función u según las fórmulas

(22)

se reducen a la ecuación de Bessel

de

Lib GA e Ju=0,

donde ,

Cuando c=0 y cuando m=0, la ecuación (21) es la ecuación de Euler.

Integrar mediante series las siguientes ecuaciones diferenciales:

768, y —2xy=0, y(0)=1.

789. 4xy” + 2y'+y=0.

770. (1+x)y/—ny=0.

771. 9x(1—x)y"— l2y' +4y=0.

TM. y xy +y=0.

713. y —xy +y—1=0, y(0)=y"(0)=0.

En los ejercicios 774—778 hay que hallar seis térmi- nos del desarrollo de y(x).

TA. y —(1+ y =0,

775, y yy

778. y"— ye =0.

ys y(0)=0.

718. y =e 4x4, y(0)=0

y'(0)=2. , y (0) == 0.

Hallar las soluciones generales de las ecuaciones du Bessel:

10. y doy + (40 +)4=0. 780. xy” + xy + (8) y=0.

781. y +ly 4 Ju=0.

782. y + Ey +4y=0. 783. y” —2xy +4 (x— )y=0. 159

784. +3 + Fy=0.

785. v+iy+y=0

786, y + hy 4y=0.

Demostrar la justeza de las siguientes relaciones: 787. 1) =1)-(0—21,(0.

788. 15) =— 1410) +2 1, (0).

789. Ip) = 2 1,(0)— Ly (0.

790. 1) =1300 2150).

791. La(x) — Jo(x) == 247 (x).

792. L(x) +315(x) + 4/8 (x) =0.

793. Iza) (pp 9d (0) 4 824 (0).

794. Comprobar que Vx 1,(2 YX) y Vx Y,(2 Vx) son soluciones de la ecuación

xy" +y=0. 795. Comprobar que VIJ_1(V2) y VEL (V3) son 7 7 soluciones de la ecuación Ad . 796. Comprobar que A de Capo | Ei + Cup

es solución de la ecuación de Bessel.

Nota 3. He aquí otro método de integración de las ecuaciones diferenciales mediante series que resulta más sencillo al emplearlo a las ecuaciones diferenciales no li- neales.

Sea dada la ecuación diferencial

YO=Í(X, Y Yao... 00) 0)

y las condiciones iniciales Yao = o Y bam = Y Introduzcamos la siguiente defi Se dice que una función p(x) es holomoría en un en- torno |x— xo] < p del punto x= xo, si en este entorno ésta es expresable por una serie de potentias

e()= yA a xo,

IO]

convergente en el recinto |x — xo] < p.

Análogamente, la función y(%, Xa. ..., X1) Se lama holomoría con respecto de todos sus argumentos en el en- torno

=*PI<0 (12. del punto (xf”, xP, .... xD) si es expresable por una serie de potencias PR Mr o A)

A convergente en el recinto

lA—*P|<0 (l=1, 2...) Subsiste el siguiente teorema.

Teorema. Si el segundo miembro de la ecuación (1) es una función holomorfa con respecto de todos sus argu- mentos x, y, Y, ..., y0"=") en entorno Q: AS <Ro — go <R del punto (Xy Yu Ys ==+» 48="), la ecuación (1) tiene una y sólo una solución y = y(x) que cumple las condi- ciones iniciales (2) y es holomorja en un entorno del punto x= Xe:

YO == + ARE Ela.

as d+ arte. £

1)

Moe 161

La serie (4) es convergente en el recinto |x—xp|< p. donde

són] PO (5) aquí, a y b son unas constantes que satisfacen a las con- diciones: 0 <a <R.0<b<R, y

M=MÁX IT (6 Ya Yoo YO (6)

Los primeros n + 1 coeficientes de la serie (4) se de- terminan por las condiciones iniciales (2) y la ecuación diferencial (1).

Los demás coelicientes se determinan por la ecuación

diferencial, derivándola sucesivamente. Por ejemplo: .- AL y AL NL] =yo, [4 Ly ue) A Y (L+ Ly +Y m1 0

pn $ + 3 21] ya. (7) lo

Observación. Si la ecuación (1) es lineal, YOR Y lady = 00, (8)

donde pa(x) (k==1,2,..., 1) y w(x) son funciones holo- morías en Íodo el eje Ox, la serie (4) es convergente tam- bién en todo el eje.

Ejemplo. Hal rrollo en serie ecuación

los cuatro primeros términos del desa- Taylor de la solución y =y(x) de la

ye,

que cumple las condiciones iniciales:

=1, =0.

Y lomo Y lem

Solución. Fácilmente se observa que el segundo miembro de la ecuación, o sea, la función e*», es desarro llable en serie de potencias de x e y en un entorno de punto (0, 0): esta serie es convergente en la región —0wo<x< +0, —00<y<-.o (es decir, el se: gundo miembro es una función holomorfa).

162

Buscaremos una solución particular en forma de se- rie (4):

e

Empleando_la misma. ecuación, hallamos 40) = 690 quo = l. Derivando sucesivamente ambos miembros de la ecua- ción y haciendo x = 0 en las igualdades obtenidas, tendre- mos:

y0)=(y +xy)e*l=1,

yO) =124 + xy" +ly +xy Ple ly. Poniendo en la serie (1) los valores obtenidos y“(0),

¡A y!'(0), obtenemos el desarrollo buscado de la so- ución:

A e q yA A A En los ejercicios siguientes hay que hallar los tres primeros términos del desarrollo en serie de potencias de

la solución de la ecuación diferencial para las condiciones iniciales dadas.

797. y=l—xY4 yl. =0 PES NS

790. y =senxy, yl =l.

800. y+xy=0. yl =0 Ylioy=l 80l. y” —senxy'=0, yl. 0, Y l =1

802. xy" +ysenx=x, yl__=1l, Ylm.=0.

803. y"Inx—senxy=0, yl. =0" y l_¿=0

804, y"+xseny=0, yl =31 Y lo =0 Y =0.

3. Búsqueda de las soluciones periódicas de las ecua- ciones diferenciales lineales.

mo. 163

Sea dada una ecuación diferencial lineal no homogé- nea de 2” orden, de coeficientes constantes

y +oy +py=1(, 10)

donde f(x) es una función periódica, de período 2n, desa» rrollable en serie de Fourier

10=4 + Y (a, cosnx+bnsenaa). (2 4

Busquemos una solución periódica de la ecuación (1) en la forma

yl) 24 Y, (4, cosnx+ Basenns) (8) a

Reemplazando la serie (3) en la ecuación (1), elegimos sus coeficientes de modo que formalmente se cumpla la igualdad (1), Igualando los términos independientes y los coeficientes de cos nx y sen nx en los primeros y segun- dos miembros de la igualdad obtenida, hallamos:

Sm, pd A A

— (0114) ba + pura sl Ap IT

4)

La primera de las igualdades (4) nos da la condición necesaria para la existencia de una solución de la forma

si an e 0, es necesario que sea pa * 0. Poniendo (4) en (3) resulta:

y= + $ itos=0) 0s—osnbal cos net [lp da+ piñas] senne +2 ae -0

164

0 y pa=n?, donde n=1, 2 ..., existirá dica solamente si se cumple la condición

Cuando pr solución pe

pa =1 f Ha)sennxdx=0, 5

(6)

2 a=+f Fx) cosnxdx=0, ;

Los coeficientes A, y Ba para ka n se hallan por las fórmulas (4), mientras que los coeficientes A, y Bn son constantes arbitrarios, puesto que la expresión Á, cos nx + + B, sen nx es la solución general de la ecuación homo- génea correspondiente,

Cuando no se cumplen las condiciones (6), "la ecua- ción (4) carece de soluciones periódicas (aparece el fenó- meno de la resonancia).

Cuando pa =0 y ay =0, el coeficiente Ao queda inde- terminado y la ecuación (4) tiene una infinidad de solu- ciones periódicas, que se diferencian entre si en un su- mando constante.

Si el segundo miembro f(x) de la ecuación (1) tiene periodo 21 e 2, hay que buscar la solución de la ecuación (1) en la forma

y e y Dif, cos 252 4 8, 00n 295),

En este caso, las fórmulas (4) varian correspondiente» mente.

Ejemplo 1. Hallar las soluciones periódicas de la ecua- ción

v+u=Y TN =

Solución. Se tiene

p=0, pa=4=2, 0,0, 0,=0, 0,2 (1=3, 4

La función (9 =D, ELE — no contiéne el término = resonante oz cos 2x + bgsen2x, y, por consiguiente, la

ecuación tiene una infinidad de soluciones periódicas. Los cocficientes se hallan por las fórmulas (4):

de

A)=0, A,=0, B,=0, B, ==> (0=3, 4,

Todas las soluciones periódicas quedan dadas por la fórmula

y (x)= Azcos 2x + B: sen 2-Y, z pepa á

donde Az y B; son constantes arbitrarias.

" Ejemplo 2. Hallar las soluciones periódicas de la ecua- ción y +y=cosx.

Solución. En este caso, pi =0, pa = 1. Comprobe- mos el cumplimiento de las condiciones (6). Se tiene:

in la 2 $ cosxcosxdxw= | costrdx=x 0; | cosesensdx=0. ¿ 3 ó

(aquí, n= 1).

Las condiciones (6) de existencia de solución periódica no se cumplen. Por consiguiente, la ecuación dada no tíene soluciones periódicas.

Ejemplo 3. Hailar las soluciones periódicas de la ecua- ción y —y=1senxk Solución. La función /(x)=|senx] es periódica, de período a. La desarrollamos en serie de Fourier en el intervalo (—a, a):

2 _ 47 cosd0x isa Cam. =

Buscamos la solución de la ecuación dada de la forma

y()=“2 + Y (4, cosnx + B, sennx). 2

Se tiene

De las fórmulas (4) hallamos:

Ai =0 A 0 B,=0 (n=1,2,

Por consiguiente, la ecuación tiene una solución periódica de la forma

Hallar las soluciones periódicas de las siguientes ecua- ciones diferenciales.

805. y” 4+3y=1 4D) 2tid senos =

806, yy Y AZ, 2

807. y”+ v=Y mm.

E] 808. y"—4y + 4y=n—= 1, —n<x<a 809. y"—4y=|cosaxl.

810. y” — 4y' + 4y =arcsen (sen x).

811. y” +9y=senix.

167

$ 18. SISTEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES DE COEFICIENTES CONSTANTES

Se llama sistema lineal de ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes al de la forma

de,

Dart 0 a

donde ay, son unos números dados y f.((), unas funciones ladas.

El sistema lineal se llama homogéneo, si todas [,(1) me za 0, El conjunto de funciones

ab, aq, 0. 2 =0 (0, e)

determinadas y diferenciables, con derivadas continuas, en el intervalo (a, b), se llama solución del sistema (1) en este intervalo, si las funciones (2) convierten a las ecuaciones del sistema (1) en identidades, que se cumplen para fodos los valores de í de (a, 5).

El problema de la búsqueda de la solución

Ad mal 0. =Xx(0) (3) que satisface a las condiciones iniciales

A A e

se denomina problema de Cauchy.

Examinaremos cuatro metodos muy difundidos de solu- ción de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes constantes de la forma (1).

1. REDUCCION DE UN SISTEMA A UNA ECUACION DE n-ESIMO ORDEN

El modo más sencillo de integrar el sistema (1) consis- te en reducirlo a una ecuación diferencial de orden n. Resulta que se obtiene una ecuación diferencial lineal de coeficientes constantes. lustremos este método en el ejemplo de un sistema de dos ecuaciones:

E=a+by+H0 ] (00

(1) L=a+d+g0) 12

Aquí, a, b, c, d son coeficientes constantes, (1), g(£) son unas funciones dadas, mientras que (0, Y(Í) son las funciones incógnitas. De la ecuación (1, 1) hallamos:

(5-10). 7)

Reemplazando y en la segunda ecuación del sistema por el segundo miembro de (2), y Z£- por la derivada del

segundo miembro de (2), obtenemos una ecuación diferen» cial de segundo orden en x(():

Ar BE Cx 4 P()=0,

donde A, B, C son constantes. De aquí hallamos, x = x(f, C;, Ca) y poniendo en (2)

el valor hallado de x, así como $ , hallamos y. Ejemplo. Integrar el sistema de ecuaciones G=y+1] 0 Lar+ 1) (62 bel

De (3,1) hallamos:

Poniendo (4) en (32), resulta una ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes constantes:

E 1—-1=0, (5)

La solución general de la ecuación (5) es: =C e +Cg 1. (6) Poniendo en (4) la derivada respecto a, de (6) obte-

nemos:

y=Cje! —Ciet—i.

La solución general del sistema (3) es:

r=Ce +Ce y=Cj' —Cre

-1 2

2 METODO DE EULER DE INTEGRACION DE UN SISTEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES HOMOGENEAS DE COEFICIENTES CONSTANTES

Examínemos este método en el caso de un sistema de tres ecuaciones diferenciales lineales:

de TEA + by + cz max Hoy +ez 0) + =0ax + oy + 092 Buscamos la solución del sistema en la forma rol, y=pe, 2=v", (2) donde 2, 1, v y 7 son constantes. Poniendo (2) en (1) y simplificando por e”, resulta un sistema de ecuaciones para determinar A, y

(a—r)2+bu4cv=0, a4+(b —r)n+cv=0, (3) aj den + (c—1) v=0.

170

El sistema (3) posee solución no nula cuando su deler- minante A es igual a cero:

ar b E a a

La ecuación (4) en r denominada característica, es cúbica.

a) Supongamos que las raíces ri, ra y ra de la ecua- ción característica son reales y distintas, Sustiluyendo en (8) r por el número r, y resolviendo el sistema (3) se ob- tienen los números %,, ju y vi Haciendo después en (3) f= fa, se obfienen los múmeros %a, ua va Finalmente, para r == rs, resulta da, ja vo. Para las tres colecciones de los números 2, u y v, obtenemos tres sistemas de so- luciones particulares:

o 4)

o ahun Y TE (5) AO, me, 2 ve

La solución general del sistema (1) tiene la forma x= Cit, + Cota + Catas

y =Ciw +Cogo + Cats (6) 2=Cj2, + Coza + Cito Ejemplo 1. Resolver el sistema m

Solución. Escribimos la ecuación característica B3=r — 1 1 $r

Lol 3 o bien, *— 11724 36r — 36 =0.

m

A las raíces 1 =2, 12 =3, 13 =6 les corresponden los números

A=l, 1m=0, a=- 1

h=l mal, w=l

A=1 m=-2 =l Escribimos las soluciones particulares

=e, y =0, q=-e x=, yo, ze ] (9) x=, y=-2%, q=ót

Respuesta:

y=C A 200 zm — Cy0% 4 Cp q Cy

b) Examínemos ahora el caso cuando las raíces de la ecuación característica son complejas.

Ejemplo 2. Resolver el sistema

x= Cy Ce Cy ? (10)

(1)

Solución. Escribimos el sistema para la determi- nación de hy ja:

(1—r)A—5u=0 2-(1+ru=o)" ya

La ecuación caracteristica

l=r —- 2 tiene las raíces 1 = 3h, 12 = —3L, Poniendo en (12) ri =3í, obtenemos dos ecuaciones para la determinación de %a y ju: (1— 30% — 511 =0 ) 2 —(1+3)m=0 f"

jes ,

1

una de las cuales es consecuencia de la otra (puesto que el determinante del sistema (12) es igual a cero).

Se puede tomar dy = 5, py = 1 —3£, entonces, la pri- mera solución particular se escribirá asi:

a =3, y=(1-398. (19)

De modo análogo, sustituyendo en (12) la raíz re= = —3i, se halla la segunda solución particular:

==, y=(1+43)0, (14)

Pasemos a un nuevo sistema fundamental de solucio-

nes: ES i=2 q, = 2 — a p=2tb, ptzt Aplicando la conocida fórmula de Euler esuilt= cos af e ¿sen al, (16)

donde a es un número real, de (14) y (15) obtenemos:

3 =5c0sl, 2=5sen 3; Di =cos3l+3sen3l, Je=sen3t— 3cos 3,

La solución general del sistema (11) es:

4 =C2, + Cata =5C, cos 3! + 5C, sen 3, y =C,D1 + Caja =Ci(cos3f 4- 3sen 31) + Ca(sen3!—3c0s 3). Observación. Una vez hallada la primera solu- ción particular (13) se podría haber escrito inmediatamen- te la solución general del sistema (11), aplicando las fórmulas x=C, Rex, +C¿lm xy, ) y=C¡Rey+C:Imy )” donde