Source: https://www.scribd.com/doc/212197447/ED
Timestamp: 2016-09-30 12:16:11+00:00

Document:
BrowseBrowseInterestsBiography & MemoirBusiness & LeadershipFiction & LiteraturePolitics & EconomyHealth & WellnessSociety & CultureHappiness & Self-HelpMystery, Thriller & CrimeHistoryYoung AdultBrowse byBooksAudiobooksComicsSheet MusicBrowse allUploadSign inJoinBooksAudiobooksComicsSheet MusicNOTAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS (VERSIÓN PRELIMINAR - 0.1)
Índice 1. Introducción 2. Ecuaciones de primer orden 2.1. Ecuaciones con variables separables 2.2. Ecuaciones homogéneas 2.3. Diferenciales exactas 2.4. Factor integrante 2.5. Ecuaciones lineales 2.6. Reducción del orden 2.7. Interpretación geométrica 3. Teoremas de existencia 4. Ecuaciones lineales de segundo orden 4.1. Estructura del conjunto de soluciones 4.2. Segunda solución de una ecuación 4.3. Ecuación homogénea con coeﬁcientes constantes 4.4. Soluciones particulares de ecuaciones inhomogéneas 5. Resolución por series 5.1. Ecuación lineal de segundo orden con coeﬁcientes analíticos 5.2. Ecuación lineal de segundo orden con singularidades regulares Referencias 1 3 3 4 5 7 8 9 10 11 16 16 18 18 19 21 21 24 31
Estas breves notas tocan algunos aspectos básicos de las ecuaciones diferenciales ordinarias. Fundamentalmente se mencionan algunas técnicas explícitas y se enuncian resultados sobre la existencia de soluciones. En lo que sigue algunos comentarios marcados con “ ♦” pueden ser omitidos en una primera lectura. 1. Introducción
En el estudio de la matemática y las ciencias aparecen y se estudian distintos tipos de ecuaciones. Los tipos más frecuentes y básicos son: Ecuaciones algebraicas : una relación algebraica entre una o varias variables. Por ejemplo: x3 + 2y 2 = 0. Ecuaciones diferenciales ordinarias : relación, usualmente algebraica, entre una fund ción de una única variable y algunas de sus derivadas. Por ejemplo dx y (x) = xy (x). Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales : relación, usualmente algebraica, entre una función de varias variables y algunas de sus derivadas parciales. Por ejemplo, uxx (x, y ) + uyy (x, y ) = 0.
Date : 4 de diciembre de 2008.
Ecuaciones integrales : relación, usualmente algebraica entre una función de una o varias variables y expresiones que involucran distintas integrales de la misma. Por x ejemplo: y (x) = 3 + 0 ty (t)dt. En todos los casos anteriores también es posible considerar la resolución simultánea de varias ecuaciones que involucran a más de una incógnita o a una incógnita con valores vectoriales. En estos casos se habla de sistemas de ecuaciones. También es común el estudio de sistemas mixtos de ecuaciones, como por ejemplo: = xy (x), y (0) = 1.
d y (x) dx
En el estudio de las ecuaciones diferenciales es común dar sistemas que junto con una ecuación diferencial imponen valores para la solución (y sus derivadas) en un punto dado, como la condición y (0) = 1 en (1.1). Este tipo de condiciones se conocen como condiciones iniciales ya que en muchos casos la ecuación describe la evolución de un sistema y las condiciones iniciales son, por ejemplo, la posición y velocidad iniciales. Cabe preguntarse ¿qué es una solución de una ecuación? Por supuesto, la respuesta depende del tipo de ecuación considerada. Por ejemplo, para una ecuación algebraica, su solución consiste de todos los valores posibles de las incógnitas que, reemplazados en la ecuación original la convierten en una identidad. Para las ecuaciones que involucran funciones, el conjunto de soluciones es el conjunto de funciones que, reemplazadas en la ecuación original (calculando las derivadas o integrales que aparezcan) la transforman en una identidad. En general, una ecuación puede tener una solución única, o dos soluciones, o un número ﬁnito de soluciones, o un número inﬁnito, o ninguna solución. Se habla de solución general de una ecuación diferencial para referirse a una expresión que involucra constantes o funciones indeterminadas y para cualquiera de cuyos valores se obtiene una solución de la ecuación dada. Además, cualquier solución de la ecuación debe corresponder a alguna elección de dichas constantes o funciones. Una expresión determinada, es decir, que no contiene ni constantes ni funciones desconocidas, y que es solución de la ecuación diferencial es llamada una solución particular. El estudio de las ecuaciones es, por lo común, bastante complejo. Uno de sus objetivos es, obviamente, poder hallar las expresiones explícitas de las soluciones de las mismas. Sin embargo, también es muy importante poder estudiar las propiedades de las soluciones aún si no se las puede hallar explícitamente, ya que en muchos casos se está interesado en el estudio cualitativo de las soluciones1. En casos en que no es posible hallar una expresión explícita de la solución (y aún cuando lo es) es común el uso de métodos numéricos para hallar buenas aproximaciones de la solución real. Dentro de las ecuaciones diferenciales resulta útil tener una clasiﬁcación según el mayor orden de la derivada que aparece en la ecuación. Por ejemplo, uxx (x, y ) + uyy (x, y ) − 2ux (x, y ) = 0 es una ecuación de segundo orden ya que el orden de la derivada de orden más alto que aparece es 2. La bibliografía de ecuaciones diferenciales ordinarias es muy extensa. Para comenzar, se sugieren los libros de texto de M. Balanzat [1], L. Elsgolts [2] y G. Simmons [4].
ejemplo, no es fácil hallar las soluciones de la ecuación polinómica x6 − 7x + 1 = 0. Sin embargo, es sabido que un polinomio de grado 6 puede tener, como mucho, 6 raíces, o sea que la ecuación dada tiene, a lo sumo, 6 soluciones.
NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
Consideraremos a continuación ecuaciones diferenciales ordinarias de orden 1, es decir ecuaciones de la forma F (x, y (x), y ′(x)) = 0 (2.1) 3 para alguna F : Ê → Ê dada. En estos casos, y (x) es la incógnita y una solución es una función y (x) tal que reemplazada en (2.1) transforma la ecuación en una identidad. Se verán distintos métodos explícitos para resolver algunas clases de ecuaciones simples y útiles. 2.1. Ecuaciones con variables separables. Se trata de ecuaciones que pueden ser reescritas de modo que la función incógnita y su derivada sólo aparezcan en un lado de la ecuación y la variable independiente sólo aparezca explícitamente en el otro. La resolución completa se logra, entonces, mediante el cálculo de primitivas. Ejemplo 2.1. Consideremos y ′ − xy = 0 o, equivalentemente, y ′ = xy . Se puede reescribir la ecuación en la forma y′ = x. y (2.2)
La expresión (2.3) muestra que es posible reescribir la ecuación original de modo que las variables aparezcan separadas (las y y sus derivadas a la izquierda y la variable independiente x a la derecha). En estos casos es posible hallar la solución integrando ambos lados de la ecuación respecto de la variable independiente: y′ y′ =x⇒ dx = y y dy = xdx ⇒ ln(y ) = y y = e2x
1 2 +C1
xdx ⇒ 1 2 x + C1 ⇒ 2
= C2 e 2 x
donde C2 ∈ Ê es alguna constante2. Es fácil veriﬁcar que y (x) = C2 e 2 x es solución de (2.2) 1 2 puesto que y ′(x) = C2 xe 2 x = xy (x). Si, además, se pide la condición inicial y (0) = 3, se tiene 3 = y (0) = C2 e0 = C2 , con lo 1 2 que la solución particular correspondiente es y (x) = 3e 2 x . Nota 2.2. El Ejemplo 2.1 muestra la manera usual de resolver una ecuación diferencial: se opera con la expresión original hasta poder hallar una expresión explícita para la función solución en términos de la variable independiente. En este proceso se incorporan un número de constantes indeterminadas, constantes de integración, que hacen que la solución hallada no sea única. El proceso seguido presenta, sin embargo, una serie de puntos oscuros. La razón usualmente es que se deben aplicar técnicas que requieren hipótesis (continuidad, diferenciabilidad, etc.) a una función incógnita y que, por tanto, no se sabe si las satisface o no. Un ejemplo de esto es el paso de (2.2) a (2.3) que presupone que y no se anula. De hecho, observando (2.2) directamente se veriﬁca que y (x) = 0 es una solución de la misma. El razonamiento usual es que se buscan las soluciones no idénticamente nulas y se continúa con el cálculo, agregando al ﬁnal la solución nula como otra posibilidad.
constante C2 es eC1 , pero siendo C1 desconocida, es conveniente encapsular esta expresión en la constante C2 . Esta práctica es común ya que facilita la legibilidad y será usada en el resto de las notas.
es claro que C2 e 2 x es solución de (2. La ecuación queda: y (x) por z (x) = y(x
y f (1. C2 > 0. si dicho dominio no es conexo.4)
se la puede resolver separando variables como: y′ = y2 ⇒ y′ 1 1 = 1 ⇒ − = x + C ⇒ y = y2 y −C − x
1 −C −1
e. Una forma de resolver este tipo de ecuaciones es mediante la sustitución de la incógnita x) . como el lector debe veriﬁcar. como ocurre en este ejemplo.2).
Ejemplo 2.2. (2. no sólo positivos. Un razonamiento más = ln(|y |) que.5)
donde f : Ê2 → Ê tiene la propiedad f (λx. f (1. 2 donde aparecen tanto valores positivos como negativos de la constante. λy ) = f (x. es válida siempre que completo lleva a dy y y = 0. imponiendo la condición inicial. Intuitivamente. Sin embargo. 1 =
por lo que C = −2 y se obtiene la solución 1 . Ecuaciones homogéneas. Ahora bien. Estas ecuaciones son de la forma y ′ = f (x. Esta diferencia es importante si uno trata de hallar todas las soluciones de (2. (2.4). y ) − y f (x. y ) ∈ Ê2 .3). sin embargo hay muchas otras soluciones de (2.3. C1 puede tomar cualquier valor real. z ) − z x Esta última ecuación se resuelve con el método discutido en la Sección 2. las constantes de integración quedan determinadas por el dato inicial en toda la componente conexa del dominio de la solución en la que se encuentra el dato inicial pero.
. y ). 2.2) para valores C2 ∈ Ê.1. y ) z f (1. ¿Cómo se justiﬁca el haber “perdido” los valores C2 ≤ 0? El valor C2 = 0 corresponde a y (x) = 0 y ya se vio como se pierde en el paso de (2.4
Otro punto para observar es el de los posibles valores de la constante C2 = eC1 . Todas están dadas por ya (x) :=
1 2−x 1 a−x
si x < 2 si x > 2
para a ∈ Ê. y ) para todo λ ∈ Ê y (x. por 1 2 su deﬁnición. Dada la ecuación y′ = y2 con y (1) = 1. obteniéndose la solución z (x) y la solución de (2. Para entender que ocurrió con el caso C2 < 0 hay que recordar que dy = ln(y ) si se y supone que y > 0 ya que en caso contrario ln(y ) no está deﬁnido. Usando esta fórmula obtenemos
1 2 1 2 1 2 1 ln(|y |) = x2 + C1 ⇒ |y | = e 2 x +C1 = C2 e 2 x ⇒ y = ±C2 e 2 x . z ) − z = = − = − = − = 2 2 x x x x x x x x x donde es posible separar variables para obtener
z′ 1 = . x ) z xy ′ − y xf (x. Siendo C1 una constante de integración.2) a (2. quedan partes del dominio de la solución donde las constantes de integración no quedan determinadas. 2−x
Notemos que.5) como y (x) = xz (x). z ) z f (1.
x2 x2 x x Separando variables se obtiene z′ 1 . y ) = y′ = − dx Q(x. Notemos que permitiendo valores negativos de C2 .8)
Esta forma de escribir la ecuación se asemeja al resultado de diferenciar una relación del tipo f (x.7)
y 1 −x )−y x(2 x 2z − 1 z−z −z xy ′ − y y z z = = = = . 2.7). solo que con valores negativos de C3 . y ) = C . 1 = x z−z Integrando ambos lados respecto de x:
1 1 z′ dz = ln(|x|) + C1 = dx = 1 dx = x z−z z−1 z 1 1 1 d(z 2 − 1) = ln(|z 2 − 1|) = 2 2 z −1 2 y. La resolución de z para el caso z 2 ≤ 1 es análoga y se obtiene una expresión idéntica a la última.10)
.3. La ecuación (x2 − 2y 2 ) + xyy ′ = 0 puede reescribirse como y′ = 2y 2 − x2 y x =2 − xy x y
2y 2 −x2 .4.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
Ejemplo 2.9) sea exactamente de la forma (2. ∂y ∂x (2. exponenciando ambos lados: C2 |x| = e 2 ln(z
1 2 −1)
z dz −1
= (z 2 − 1) 2 =
| z 2 − 1| . y ) ∂Q(x.11) (2. Resolviendo z suponiendo que z 2 ≥ 1: z (x) = ± C3 x2 + 1 con lo que la solución de (2.9) (2.6) es y (x) = ±x C3 x2 + 1. y ) pueden ser reescritas como P (x. (2. y )dy = 0. Las ecuaciones del tipo dy P (x. para alguna constante C ∈ Ê.
que es una forma implícita de la solución de (2. xy y (x) x
(2. Diferenciales exactas. que da por resultado ∂f ∂f dx + dy = 0 ∂x ∂y Se sabe que la condición para que (2. y )dx + Q(x. esta última expresión se puede escribir como C2 |x| = |z 2 − 1|.6)
que es una ecuación homogénea con f (x. y ) = .10) es que ∂P (x. y ) = Se reemplaza la incógnita por z (x) =
de modo que (2.
14) dx cuyo lado izquierdo se asemeja a la derivada respecto de x de una función compuesta f (x. y ) = C. Es posible introducir la noción de diferencial exacta sin pasar por la notación “diferencial” de (2. la ecuación (2. de donde f (x.12) que expresa una relación entre la incógnita y (x) y la variable independiente x (el Teorema de la Función Implícita da condiciones para que esto sea cierto). y ).12). y (x)): ∂f dx ∂f dy ∂f ∂f dy d f (x. y ) 1 f (x.6.6
Las ecuaciones del tipo (2. (2. y ) = Q(x. Como ∂f (x.y ) = P (x. y ) ⇒ x − g ′ (y ) = x + y 3 ⇒ g ′ (y ) = −y 3 ∂y
1 4 de donde g (y ) = − 4 y + C1 y.14) es equivalente a d f (x. y ). de la primera condición se obtiene: ∂f (x. En este caso es posible hallar una función f (x. y ) + Q(x.y ) Buscamos f (x. con lo que (2. y ) := x + y 3 se ve que Py (x.8) puede reescribirse como dy P (x.13) Tomando P (x.y ) (x.13) dice que yx − 4 (x − y ) − C1 = C2 o. ﬁnalmente. reescribiendo C := C2 + C1 . y ) exactas.14) sea exactamente la derivada total (2.y ) y ∂y = Q(x. En muchos casos es posible despejar explícitamente y como función de x a partir de (2. En este caso. (x. y ) + g (y ) ∂x para alguna función g (y ) (ya que para cada y ﬁjo aparece una constante de integración). (2. y ) dx = f (x.9). y ) + g (y ) = dx = P (x. y ) := y − x3 y Q(x. y ). Ejemplo 2. y ) y ∂f ∂y = Q(x.15) dx ∂x dx ∂y dx ∂x ∂y dx Para que el lado izquierdo de (2.9) expresa que df (x. Nota 2. y (x)) = 0 dx
.11) son llamadas diferenciales (x. (2.5.9) que satisfacen la condición (2. y ) = 1 = Qx (x. 4 Usando la segunda condición se tiene ∂f (x. y ) tal que ∂f∂x = P (x. y ) =0 (2. y )dx = (y − x3 )dx = yx − x4 ∂x 4 con lo que 1 f (x.
1 f (x. con lo que (2.13) es una diferencial exacta. Para esto notemos que (2. Consideremos (y − x3 )dx + (x + y 3 )dy = 0. y (x)) = + = + . y ) = yx − x4 − g (y ). y ) de modo que ∂f∂x ∂f (x. y ) = 0.11).15) es necesario y suﬁciente que se satisfaga la condición (2. y ) = yx − (x4 − y 4 ) − C1 4 1 4 4 con lo que (2. 1 yx − (x4 − y 4) = C 4 que deﬁne y (x) implícitamente.
o de xy 2 .19) se convierte en −µy (y )y = 2µ(y ) que es una ecuación en la única variable y y puede ser resuelta por separación de variables: 2 1 µy −µy (y )y = 2µ(y ) ⇒ − = ⇒ − ln(µ) = 2 ln(y ) ⇒ µ(y ) = 2 . y ) + g (y ) = − dx = − .18) por µ se obtiene x − 1 − y2 1 dy − dx = 0 (2. (2.16) es µy P + µPy = µx Q + µQx . y ) la condición (2.20) con la técnica de la Sección 2.18)
y vale que la solución y (x) satisface la ecuación algebraica −x + 1 −y =C y
(2. y )dx + µ(x.16) sea una diferencial exacta para alguna función µ(x.3. Ejemplo 2. entonces también vale µ(x.3. Multiplicando por µ(x.17) para hallar µ y resolver (2. y (x)) = C para alguna constante C ∈ Ê. y )P (x.16) con la técnica de la Sección 2. una alternativa es proceder como sigue.9) pero que no satisface la condición (2. Factor integrante. tal como se obtuvo usando la notación diferencial. y ) convenientemente elegida. Buscamos f tal que 1 x 1 fx = − ⇒ f (x. fy = x − 1 − y2 x x − 1 − y2 1 1 ′ ⇒ − g ( y ) = ⇒ g ′ (y ) = 2 + 1 ⇒ g (y ) = − + y + C 1 2 2 2 y y y y y (2. es una ecuación en derivadas parciales en la nueva incógnita µ) y son raras las ocasiones en que se la aplica directamente.11) aplicada a (2. En este caso. y y y Además.17) Esta condición es muy complicada (de hecho. no es una diferencial exacta. Si µ = µ(y ). µ y y Cabe notar que en este último cálculo no nos interesa hallar todos los factores integrantes sino que alcanza con uno solo que permita transformar la ecuación dada en diferencial exacta.17) es − µy y − µ = µx (x − 1 − y 2) + µ.19) (2. Sin embargo. Entonces cabe la posibilidad de que (2.11) y.4. por tanto. 2. Multiplicando (2. haciendo alguna suposición sobre la forma de µ (por ejemplo que depende sólo de x. En estos casos. (2. El paso siguiente es resolver (2. se dice que µ es un factor integrante. y )dy = 0 (2. y )Q(x. En muchos casos se tiene una ecuación diferencial de la forma (2.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
o sea que f (x.21)
.) es posible usar (2. y ).9). o de y .16) para cualquier función µ(x. Si vale (2.7. La condición (2.20) 2 y y que es diferencial exacta como se veriﬁca inmediatamente. etc. La ecuación (x − 1 − y 2)dy − ydx = 0 no es exacta.
y ) = e− g ′(x) = e− con lo que f (x. Esto puede ocurrir cuando la solución hallada anula idénticamente el factor integrante.24)
(2.24) es conveniente calcular primero y′ + y = e−
R P (x)dx R P (x)dx R R P (x)dx P (x)dx R P (x)dx
⇒ f (x.23) admite un factor integrante de la forma µ = µ(x). La ecuación 1 1 + e2x es una ecuación lineal de primer orden con coeﬁcientes P (x) = −1 y Q(x) = aplicar la fórmula (2. y ) = −e− y fx (x.8. La condición (2. (−x + 1) − y 2 = Cy ⇒ y 2 + Cy + x − 1 = 0 ⇒ y (x) = −C ± 2.7.21): C 2 − 4(x − 1) 2 Nota 2. Por último. 1+e2x
.8.25)
1 . Estas son las ecuaciones del tipo y ′ (x) = P (x)y (x) + Q(x) (P y + Q)dx − dy = 0 (2. es decir soluciones de la ecuación diferencial exacta que no son soluciones de la ecuación original. e− P (x)dx
(2. no puede haber soluciones espúreas.17) para factores integrantes de esta forma se reduce a −µx = µP que se resuelve por separación de variables: µx = −µP ⇒ µx = −P ⇒ ln(µ) = − µ P (x)dx ⇒ µ(x) = e−
. y ) = −ye−
(P y + Q) ⇒ ye− Q(x) ⇒ g (x) =
P + g ′(x) = e− Q(x)dx
(P y + Q) ⇒
Q(x)dx = C1
e− P (x)dx Q(x)dx R . éste no introduce soluciones espúreas. Multiplicando (2.
Debido a la forma del factor integrante. Hay que tener en cuenta que la multiplicación de una ecuación por un factor integrante puede introducir soluciones espúreas.23) por µ se obtiene e−
(P y + Q)dx − e−
que claramente es una diferencial exacta. Se busca f (x. Sin embargo. En el Ejemplo 2.22) (2. como se menciona en la Nota 2. Ecuaciones lineales. y ) = −ye− de donde se despeja y (x) = Ejemplo 2.5. La ecuación lineal puede reescribirse en forma diferencial que no es una diferencial exacta por lo común. el factor integrante hallado es siempre positivo y. por tanto.8
para alguna constante C ∈ Ê.9. y ) tal que fy (x. se puede despejar y de (2.23)
para funciones P y Q dadas. (2.
hay una cantidad de métodos para atacar la resolución explícita de ecuaciones de primer orden. Ecuaciones de la forma F (x. hay que hallar los valores de C que hagan valer esta última condición:
π = y (0) = y la única solución es
C + arctan(e0 ) C + arctan(1) π 3π = =C+ ⇒C= 0 e 1 4 4 y (x) =
+ arctan(ex ) . y ′′ ) = 0. y.1. Las ecuaciones de orden más alto pueden.6. Reducción del orden.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
e dex C + 1+(1 dx dx ex 1+1 C + 1+ C + arctan(ex ) ex )2 e2x e2x y (x) = = = = .
Ê. u+1 1 − C2 x C3 − x
A estas soluciones hay que agregar u(x) = 0 que habíamos dejado de lado en un comienzo y. y= dx = + C3 − x C3 − x C3 − x con lo que se tiene la familia de soluciones de (2. u. por inspección. y ′. que es de primer orden y puede resolverse usando separación de variables. así. u′) = 0.6. Se propone una nueva incógnita u(x) = y ′(x). ex 2.26) y (x) = −x − C3 ln(|C3 − x|) + C4 con C3 .26) que es de segundo orden y donde la incógnita y no aparece explícitamente. Por último. x ⇒ y′ = C3 − x C3 x −C3 + x dx = −x − C3 ln(|C3 − x|) + C4 . Dada la ecuación xy ′′ = y ′ + (y ′ )2 . es solución de la ecuación. que da y (x) = C5 .25) que satisfacen la condición inicial y (0) = π . ex ex ex ex que es la solución general de la ecuación lineal dada. C4 ∈ C 5 ∈ Ê. con lo que u′ (x) = y ′′ (x) y la ecuación original toma la forma F (x. beneﬁciarse de este tipo de métodos. y ′. como u = y ′. transformarse en ecuaciones de primer orden y.10. 2. Si se pide hallar las soluciones de (2. para
. que es una ecuación de primer orden. Veremos a continuación dos casos en donde esto puede hacerse para ecuaciones de segundo orden F (x. Cuando u = 0. en algunos casos. xu′ = u + u2 ⇒ ln(x) + C1 = u′ 1 u′ 1 = ⇒ dx = dx ⇒ u(1 + u) x u(1 + u) x u 1 1 1 du = ln(u) − ln(u + 1) = ln( du = − )⇒ u(1 + u) u 1+u u+1 u C2 x x C2 x = ⇒u= = . Como se vio. Ejemplo 2. se hace el cambio de incógnita u(x) = y ′(x) lo que transforma la ecuación en xu′ = u + u2 . (2.
Otras soluciones se obtienen de y ′ = u = 0. y ′′) = 0.
y ′. f (x. cuál es el vector velocidad de la curva: (1. Teniendo en cuenta que d du dy du d2 u= =u .27) no depende explícitamente de la variable independiente x y por tanto puede ser tratada como se describe arriba. lo que . Notemos que el caso u = 0 que vimos con anterioridad corresponde a y constante. así como también un cambio de variable independiente. que es un caso particular de la última fórmula cuando C4 = 0.10
. y ). y )). en el que lleva a que u = 0 o y du dy segundo caso. y ) se puede interpretar como determinando una familia de curvas en el plano. con lo que (2. u y Recordando que u =
se obtiene y dy dx = dx C2 dx ⇒ C2 x + C3 = 1 ydy = y 2 ⇒ 2
C2 dy dy = ⇒y = C2 ⇒ dx y dx
y (x) = ± 2C2 x + 2C3 = ± C4 x + C5 . u = y ′ . Ejemplo 2. y ′′) = 0 se convierte en la ecuación de primer orden du F (y. Ecuaciones de la forma F (y. En el primer caso no hay nada que decir. y ′′ = 2 y = dx dx dy dx dy la ecuación de segundo orden F (y. Las curvas son de la forma (x. Una ecuación de primer orden del tipo y ′ = f (x. y (x)) y la ecuación determina en cada posición del plano (x. Interpretación geométrica.6. Se toma y como la nueva variable independiente y u = y ′ . de x a y . la ecuación se resuelve por separación de variables: du 1 du 1 1 du 1 y +u=0⇒ =− ⇒ dy = − dy ⇒ dy u dy y u dy y 1 C2 − ln(y ) + C1 = du = ln(u) ⇒ u = . 2. y ′. u. Una curva cuyas velocidades están determinadas por un campo vectorial es llamada una curva integral del campo vectorial o línea de ﬂujo de dicho campo. y ′′ ) = 0.27) se convierte en lleva a que y ′′ = u du dy du + u2 = 0 dy Notemos que esta ecuación puede ser factorizada du u (y + u) = 0 dy yu + u = 0.11. En esta sección se presenta una interpretación de las ecuaciones más relacionada con la geometría. Se propone un cambio de incógnita.7. La ecuación yy ′′ + (y ′)2 = 0 (2. y ′(x)) = (1. Hasta aquí se han considerado las ecuaciones de primer orden desde un punto de vista algorítmico: se opera con ellas para hallar soluciones.2. u ) = 0 dy en la incógnita u y con variable independiente y .
que se dibuja usando la ecuación dada y ningún conocimiento de la solución de la misma. Campo de velocidades de la ecuación y ′ − xy = 0 Una solución de la ecuación diferencial dada (con condición inicial) corresponde a una curva cuya velocidad en cada punto coincide con el valor del campo de velocidades de la Figura 1. cuántas soluciones la satisfacen. La Figura 2 muestra la curva integral y el campo de velocidades. Teoremas de existencia
En la Sección 2 se mencionaron una serie de métodos para hallar soluciones de distintos tipos de ecuaciones diferenciales de primer orden.2 0. si la condición inicial es y (0) = 1.0
Figura 1.0 −2. −1). 1) está parametrizada por (x.2 −0. la curva integral comenzará desde el punto (0.
. mirando el campo de velocidades vemos que.6 2. Por ejemplo.8 y −1. 3.0 −0.6 −1.4 0.1. con lo que la solución particular es 1 2 y (x) = e 2 x . cualitativamente.6 1.2 −1. Por ejemplo. en el punto (1. la curva integral que pasa por (0. moviéndose hacia la derecha (observar el campo de velocidades) y continuará desplazándose hacia arriba y la derecha.0 0.8 −0.6 −2.12. Consideremos la ecuación del Ejemplo 2.4 0.
2. e 2 x ). el vector velocidad determinado por la ecuación es (1.0 −1. Una pregunta que queda pendiente es si toda ecuación diferencial de primer orden admite una solución y.8 x 1.0 1. Usando la solución general de la ecuación hallada en el Ejemplo 2. −1).8 0.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
Ejemplo 2. Cabe notar que el razonamiento del párrafo anterior sólo usa el campo de velocidades. y ′ − xy = 0.2 1.4 −0. La Figura 1 muestra los vectores velocidad asociados a la ecuación en una región del plano. El siguiente resultado da una respuesta a esta pregunta. 1). dada una condición inicial para la ecuación. Por tanto.4 0.1 y (x) = C2 e 2 x
concluimos que la condición inicial y (0) = 1 implica que C2 = 1.
Curva integral Teorema 3.2 −0. x0 + a) × (y0 − b. curva integral por (x0 . Nota 3.1 (Picard). b ∈ Ê>0 (ver Figura 3). (3. M para alguna constante K ∈ Ê.8 y −1.8 0. y1) − f (x.2 1. En principio es posible
. y )| y δ := m´ .0 −0. Sea R := (x0 − a. y ) = y 2 que es una función C ∞ (Ê2 ).0 0.4 −0. x0 + δ ) → Ê de modo que
y ′(x) = f (x. Dada la ecuación y′ = y2 con y (1) = 1.6 −2. y ) continua en R y tal que |f (x. Para demostrar la existencia y unicidad de solución es necesario trabajar en un entorno de x = 1 e y = 1.6 1.3. El Teorema 3.2.0
Figura 2.4 −0.8 0. y0 + b) para (x0 .1)
1 b ax(x.6 2.y)∈R |f (x.0 −1. y2 )| ≤ K |y1 − y2 | en R
(3.K ) entonces ın(a.4 0. y0 ) Demostración.4 0.
(x0 .0 1.2 0.6 −1.2) se toma f (x. si M := m´ existe una única función y : (x0 − δ. x0 + δ ) que puede ser estrictamente menor que (x0 − a.12
2.8 x 1.1 establece la existencia de la solución y en (x0 − δ. y0) y0 − b x0 − a x0 + a
Figura 3. Ver el Teorema 1. y (x)) e y (x0 ) = y0 .2 −1.1 de [2].0 −2. Dada f (x. x0 + a). Ejemplo 3. y0) ∈ a.
s)||y1 − y2 |.
2 2 |f (x.
(r. y ) es continua en R ya que. es decir. hay un problema intrínseco a la ecuación.1. Ejemplo 3. página 71.
. y1 ) − f (x. con solo suponer la continuidad de f en R. Dada la ecuación y ′ = 3y 3 y1 (x) := x3 e
con la condición inicial y (0) = 0.5. además. Es claro que esta solución tiene una singularidad en x = 2. (1+ b)2 2(1+b) b)2 b)
b si b ≤ 1 (1+b)2 1 ) si b ≥ 1 2(1+b)
con lo que δ ≤ 1 .s)∈R
con lo que (3.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
tomar un rectángulo R := (1 − a. La condición (3. Tomando módulos y usando la continuidad de fy en R se tiene |f (x.1 es necesaria para la unicidad de la solución. el Teorema 3. El mínimo de (1+ y 2(1+ está dado por (1 − δ.1 también es válido para funciones vectoriales. por el Teorema del Valor Medio: f (x. más allá de la región R que se haya elegido.7. s)|. el dominio de validez de la solución aﬁrmado por el Teorema es tan limitado? En parte. y ˜)(y1 − y2 ) para algún y ˜ entre y1 e y2 . y2 ) = fy (x. Nota 3.1 asegura la existencia y unicidad de solución en el intervalo b 1 b . 1 + δ ) para δ = m´ ın(a. un resultado de G. y ) = 2y − 3 que no es continua en y = 0 y. M = (1 + b)2 . como muestra el Ejemplo 3.2) y (x) = 1 2−x
hallada en el Ejemplo 2.5. dado que la condición inicial está dada para ese valor de y no es posible hallar un rectángulo R que contenga a la condición inicial y donde se satisfaga (3. se puede deber a una limitación propia del método de demostración del Teorema. 1 + a) × (1 − b. y1 ) − f (x.1) puede dejar de valer la unicidad de la solución de una ecuación diferencial. La razón para la aparente 2 1 contradicción con el Teorema 3. por ejemplo) del Teorema 3. como se ve al observar la solución explícita de (3. Ver [3].1. y1) − f (x.1) se satisface para K := m´ ax(r. El siguiente Ejemplo muestra que la condición de que fy esté controlada (sea continua. Sin embargo. Con estos datos. existe (y es única) en −∞ < x < 2. Peano asegura la existencia de solución (no necesariamente única) para la ecuación. aún en este caso. 1 ). Nota 3.1).s)∈R |fy (r.4. Sin embargo. Si se elimina la condición (3. Nota 3. y2 )| = |fy (x. si bien la solución no existe para todos los reales. y ) = 3y 3 tiene fy (x. En este caso y usando la notación del Teorema 3. b > 0 arbitrarios.
con lo que K ≤ 2(1 + b) pero tomando y1 e y2 ≃ 1 + b se ve que K = 2(1 + b).6. y2 )| = |y1 − y2 | = |(y1 + y2 )(y1 − y2 )| = |(y1 + y2 )||(y1 − y2 )| ≤ 2(1+ b)|y1 − y2 |. en todos los casos.3.1) se satisface automáticamente si fy (x. cuando y : Ê → Ên y f : Ê × Ên → Ên . es ≤ 1 4 4 La pregunta que queda es ¿por qué si f es una función tan buena. y ˜)||y1 − y2 | ≤ m´ ax |fy (r. y. que es más que lo que asegura el Teorema 3. Además. vemos que las funciones y2 (x) := 0 son soluciones de la ecuación y satisfacen la condición inicial. La comparación con el cálculo de δ anterior muestra que. 1 + b) con a. El Teorema 3.1 es que f (x.
b] y constantes y0 . curva integral por (x0 . Comparar las Figuras 3 y 4. Se propone el cambio de variables z1 = y y z2 = y ′ . Nota 3. entonces |f (x. β ) → Ê tal que y ′ = f (x.11. el Teorema 3.8 también vale en forma vectorial.1. Teorema 3. Q. y2 )| ≤ K |y1 − y2 | en R := (α. y1 ) − f (x. Si P y Q son funciones continuas en [a.5 ya se había hallado una fórmula para la solución de este tipo de ecuaciones. La existencia de la solución sobre un intervalo en que los coeﬁcientes son continuos se desprende de (2. que existe y es ﬁnito por la continuidad de P . Ver Theorem B en la página 430 de [4]. y0 )
Figura 4. Ver Figura 4. y1 ) − f (x. b) → Ê de (3. la ecuación lineal de primer orden tiene solución única en la región en que los coeﬁcientes son continuos.12.
Demostración. y ) continua y tal que. Dada la ecuación lineal de segundo orden y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = R(x) ′ y (x0 ) = y0 e y ′ (x0 ) = y0 (3.9. entonces hay una única función y : (α. f satisface la hipótesis del Teorema 3. y ) = P (x)y + Q(x).3)
′ con P.b] |P (x)|. Dada la ecuación lineal de primer orden y ′ = P (x)y + Q(x) con la condición inicial y (x0 ) = y0 . y2 )| = |P (x)y1 + Q(x) − (P (x)y2 + Q(x))| = |P (x)||y1 − y2 | ≤ K |y1 − y2 | donde K := supx∈[a.24) ya que las primitivas que allí aparecen existen debido a la continuidad de P y Q. Por tanto. Ejemplo 3. b]. se deﬁne f (x. para algún K ∈ Ê.
(x0 .8.14
Teorema 3. y ) e y (x0 ) = y0 . Si (x0 . existe una única solución y : (a. Sea f (x. y0 ) Demostración.10. y0 ∈ Ê. El Teorema 3. A diferencia del Teorema 3. En resumen.3). Nota 3. Las nuevas variables satisfacen ′ z1 = z2 ′ z2 = −P (x)z2 − Q(x)z1 + R(x)
.8 asegura la existencia de la solución de la ecuación diferencial en toda la región donde valen las condiciones del enunciado y no solo en un intervalo alrededor del dato inicial. y0 ) ∈ R. satisface |f (x. β ) × Ê y para K ∈ Ê. Notemos que en la Sección 2.8. R funciones continuas en [a.
En estos casos. µ). z ) con z (x) := z1 (x) z2 (x) . µ) con condición inicial y (x0 .3) también posee solución única y (x) = z1 (x). R sale que F es continua. µ) de la dy = f (x. si f (x. Q. z )
z (x0 ) = z0
(3. donde los ej son la base canónica de |vl |2
Ên . y (x.
. Sin embargo son de gran valor por demostrar la existencia y unicidad de soluciones. aún en casos en que no es posible hallar fórmulas explícitas para las mismas. (3. Esta fórmula
|vl ||H (el )| ≤
|H (ek )|2 = |v |
|Hjk |2 . partiendo de la existencia de soluciones.4)
que es una ecuación de primer orden vectorial. En las condiciones del Teorema 3.3) es equivalente a
z ′ = F (x.1) no depende de µ. Por otro lado: |F (x. En total. Los resultados vistos en esta sección no dan información alguna sobre la forma de las soluciones de las respectivas ecuaciones. entonces la solución y (x. ′ y0 la ecuación (3. muchas veces los coeﬁcientes de una ecuación diferencial o la condición inicial. es
fórmula para C (x) es un caso especial de |Hv | ≤
jk 2 |v | Hjk
para cualquier H ∈ Ên×n y v = vale pues |Hv | ≤
vj ej ∈ Ên×1 . Demostración. que existe debido a la continuidad de P y Q3 Aplicando el Teorema 3. b). Teorema 3. y (x0 ) = y0 e y ′(x0 ) = y0 y0 se convierte en z (x0 ) = z0 := . z ˜)| = |A(x)(z − z ˜)| ≤ C (x)|z − z ˜| ≤ K |z − z ˜| donde C (x) := 1 + P 2(x) + Q2 (x) y K := supx∈[a.4) tiene solución única para todo x ∈ (a. la condición inicial de la ecuación de segundo orden.
donde la desigualdad es la desigualdad de Cauchy-Schwarz en
. En las aplicaciones.1. en forma vectorial z ′ = A(x)z + B (x) = F (x.b] C (x). mediante el cambio de variables propuesto. Es importante entender como afecta a la solución de una ecuación diferencial un pequeño cambio en estos datos ya que todo proceso de medición conlleva una indeterminación en el resultado.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
o. z ) − F (x.13. A(x) := 0 1 −Q(x) −P (x) y B (x) := 0 R(x) . y.2 de [2]. Por tanto. el valor del uso de las ecuaciones diferenciales en las aplicaciones sería más dudoso.8 en su forma vectorial se concluye que (3. Resultados como el siguiente muestran que por lo común las soluciones de una ecuación varían “razonablemente” con el valor de los parámetros. Si pequeños cambios en los datos producen grandes variaciones en la solución. están determinados mediante magnitudes determinadas experimentalmente (por ejemplo masas o velocidades).
′ Por último. De la continuidad de P. µ1 ] y la constante K de (3. µ) = x0 (µ) depende continuaecuación dx mente de µ. µ) es continua en R × [µ0 . Ver el Teorema 1.
1).1) es de la forma yp + yh con yh solución de (4.1) Cuando R(x) ≡ 0 se dice que la ecuación es homogénea.
La ecuación lineal de segundo orden tiene la forma (4. es común considerar su ecuación homogénea asociada: y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 (4. Nota 4. al revés. se puede construir el operador E (y ) := y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y dado por el lado izquierdo de la ecuación.1).1) entonces. En otros casos se buscan soluciones complejas y hay que tomar escalares complejos.2. 4.2) e y = yp + yh . dada la ecuación (4. si yh es solución de (4. usando el operador E de la Nota 4. En muchas situaciones se buscan soluciones reales a problemas reales: en estos casos hay que tomar escalares reales.3.2) Las ecuaciones de segundo orden son muy importantes en las aplicaciones ya que buena parte de las ecuaciones originadas en la física son de este tipo. Al revés. Dada la ecuación (4.1) se debe a que. Fijada una solución yp de (4. Por ejemplo. yh := y − yp satisface E (y h ) = E (y − y p ) = E (y ) − E (y p ) = R − R = 0 con lo que yh es solución de (4.2).1) Nota 4. Una posibilidad sencilla aunque no del todo adecuada es tomar E : C 2 (Ê) → C 0 (Ê). Demostración. 4. la famosa ecuación de Newton F = ma es una ecuación lineal de segundo orden en la variable t ya que la aceleración a es x′′ (t). toda función de esta forma es solución de (4. La palabra lineal en el nombre de las ecuaciones del tipo de (4.16
posible describir la solución a través de series de potencias o mediante aproximaciones numéricas.2) y.2 en el marco de los sistemas lineales de ecuaciones.
′′ ′′ ′ ′ = y1 + y2 + P (x)y1 + P (x)y2 + Q(x)y1 + Q(x)y2 = E (y1 ) + E (y2 )
E (ry ) = (ry )′′ + P (x)(ry )′ + Q(x)(ry ) = ry ′′ + rP (x)y ′ + rQ(x)y = rE (y ). Ecuaciones lineales de segundo orden y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = R(x). entonces E (y p + y h ) = E (y p ) + E (y h ) = R + 0 = R es decir que yp + yh es solución de (4. En efecto. si r ∈ Ê.1). Proposición 4. Se describe a continuación la estructura básica del conjunto de soluciones de (4.
escalares considerados dependen del problema a analizar. Hay un resultado completamente análogo a la Proposición 4. aunque otros espacios de funciones son utilizados en el estudio de estos problemas. donde cualquier solución de un sistema inhomogéneo es la suma de una solución del sistema homogéneo con otra (ﬁja) del sistema inhomogéneo. toda solución de (4. Dicho operador es un operador Ê-lineal4. Estructura del conjunto de soluciones. E (y1 + y2 ) = (y1 + y2 )′′ + P (x)(y1 + y2 )′ + Q(x)(y1 + y2 ) y.1. Si y es solución de (4. En el marco del álgebra lineal.1.1).1).
.1. E deﬁne un operador lineal entre dos espacios de funciones.
y2 } es base de H que. en H .2 permite simpliﬁcar el estudio de las ecuaciones inhomogéneas al de las homogéneas. se concluye que v = u = r1 y1 + r2 y2 . y1 (x0 ) = 0 e y2 (x0 ) = 0. Se deﬁnen r1 = v (x0 ). Por lo tanto ′ vale r2 y2 = 0 en V .5. y2 } son linealmente independientes en V y. donde yp es una solución particular de (4. entonces E (y ) = 0. con condición inicial y (x0 ) = r1 e y ′(x0 ) = r2 . por cualquier elemento de E −1 (R). por ejemplo en x0 .1) es la variedad afín E −1 (R). r2 = v ′ (x0 ) y u(x) := r1 y1 (x) + r2 y2 (x) ∈ H . De la Proposición 4.
. b] → Ê. Antes de enunciar el siguiente resultado. Que H es un subespacio de V es una simple veriﬁcación usando las propiedades de linealidad del operador E deﬁnido en la Nota 4. Nota 4. Q : [a. con lo que es el espacio trasladado de H por cualquier solución particular. Sea x0 ∈ (a. y2 } es una base del espacio de soluciones de (4. r2 ∈ Ê. En conclusión. para r ∈ Ê e y ∈ H .12 ya que tanto y1 como y2 son soluciones de la ecuación (3. b)) y es continua y con derivadas continuas en [a. {y1 .2 y el Teorema 4.2) y r1 . b] → Ê : y ∈ C 2 ((a. es conveniente deﬁnir V := {y : [a. E (ry ) = rR(y ) = 0 por lo que ry ∈ H y H es subespacio de V .6. Se deﬁnen y1 . De este modo se obtiene que 0 = r1 y1 (x0 ) + r2 y2 (x0 ) = r1 . siempre que se sepan hallar soluciones particulares yp de las ecuaciones inhomogéneas. {y1 . y2 ∈ H . Demostración. Se concluye que {y1 . Corolario 4.1. tiene dimensión 2. Como por el Teorema 3. Es claro que V es un Ê espacio vectorial de dimensión inﬁnita. b). tanto u como v son soluciones de (4. que es naturalmente un subespacio de V . es decir.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
La Proposición 4. En el marco del álgebra lineal. Sea v ∈ H . el espacio de soluciones de la ecuación homogénea (4. En lo que sigue se tratarán ambos temas: el estudio de las ecuaciones homogéneas y el de las soluciones particulares de las inhomogéneas. debe seguir siendo válida si se evalúan ambos lados en un punto x. La solución general de (4.4. por lo que 0 ∈ H .1. con lo que {y1 . r2 ∈ Ê. del mismo modo. como la igualdad es una igualdad entre funciones. y2 (x0 ) = 1. Como vale que u(x0 ) = r1 = v (x0 ) y u′ (x0 ) = r2 = v ′ (x0 ). como E (y 1 + y 2 ) = E (y 1 ) + E (y 2 ) = 0 + 0 = 0 resulta y1 + y2 ∈ H y. el conjunto H := {y ∈ V : y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0} es un subespacio vectorial de dimensión 2 de V .1) tiene la forma yp + r1 y1 + r2 y2 . por tanto. y2 } genera H .
La existencia de tales funciones se debe al Teorema 3. derivando y evaluando en x0 se obtiene 0 = r2 y2 (x0 ) = r2 .2). Si r1 y1 + r2 y2 = 0 en V para constantes r1 . Teorema 4. El espacio de soluciones de la ecuación inhomogénea (4. y2 ∈ H tales que
′ ′ y1 (x0 ) = 1. con lo que r1 = r2 = 0. en consecuencia. b]}.1). Si y1 . Dadas funciones continuas P.3) con R(x) = 0.2) resulta ser H := ker(E ).12 dicha ecuación con condiciones iniciales tiene solución única.4 se concluye lo siguiente. Es claro que si y ≡ 0. usando el operador E introducido en la Nota 4.
Se busca una segunda solución de (4. evaluando en un x0 en la región donde se busca la solución se obtiene a1 er1 x0 + a2 er2 x0 = 0.3. conocida una primera solución y sabiendo evaluar integrales.2. erx es solución de (4. {er1 x .
. En la práctica puede no ser fácil hallar una base del espacio de soluciones de una ecuación homogénea. Si a1 y1 + a2 y2 = 0 en V . a1 r1 er1 x0 + a2 r2 er2 x0 = 0 que es un sistema de dos ecuaciones con incógnitas a1 y a2 . (4. Sea y1 una solución de (4.3) 2 y1 (x) Ejemplos de aplicación de esta técnica aparecen en la nota de pie de página en la página siguiente y en la Nota 5.2) con P y Q constantes es especialmente sencillo y se puede resolver por completo como se detalla a continuación.4) hay que ver cuales son las posibles raíces de I .4). Segunda solución de una ecuación. entonces y1 (x) := er1 x e y2 (x) := er2 x son soluciones de (4. son una base del espacio de soluciones de (4. Si r1 = r2 son las raíces de I . sustituyendo en la ecuación se obtiene r 2 erx + prerx + qerx = 0 ⇒ r 2 + pr + q = 0. Se trata de resolver la ecuación y ′′ + py ′ + qy = 0 con p.2). q ∈ Ê. y2 (x) = y1 (x) 4.2) de la forma y2 (x) = u(x)y1 (x). que resulta ser la nula y. Como ′ ′ y2 = u′ y1 + uy1 e ′′ ′ ′′ y2 = u′′ y1 + 2u′y1 + uy1 . El caso especial de (4. reemplazando en (4. derivando y evaluando en x0 . entonces.4).8. Hay 3 casos a considerar: Dos raíces reales distintas.18
4. Para describir todas las posibles soluciones de (4. er2 x } son linealmente independientes y.4) Proponiendo una solución de la ecuación de la forma y = erx para r constante. es decir que si r es una raíz del polinomio I (x) := x2 + px + q —llamado polinomio indicial —.2) se obtiene
′′ ′ ′ ′′ ′ 0 = y2 + P y2 + Qy2 = u′′ y1 + 2u′ y1 + uy1 + P (u′y1 + uy1 ) + Quy1 = ′ ′′ ′ ′ u′′ y1 + 2u′ y1 + P u ′ y 1 + u (y 1 + P y1 + Qy1 ) = y1 u′′ + (2y1 + P y 1 )u ′ =0
que puede resolverse separando variables:
′ 0 = y1 u′′ + (2y1 + P y 1 )u ′ ⇒ ′ −2y1 − P y1 u′′ ⇒ = ′ u y1
ln(u′ ) =
′ −2y1 − P y1 dx = −2 ln(y1 ) − P (x)dx ⇒ y1 1 R 1 − R P (x)dx u′ = 2 e− P (x)dx ⇒ u = e dx 2 y1 y1 (x)
y. Por eso es útil el siguiente método que permite hallar una segunda solución de una ecuación. Ecuación homogénea con coeﬁcientes constantes. (4. por tanto. ﬁnalmente 1 − R P (x)dx e dx. Por otro lado. entonces. Como el determinante de la matriz de los coeﬁcientes es (r2 − r1 )e(r1 +r2 )x0 = 0 se concluye que el sistema tiene única solución.4).
Sin embargo.4) ha de tener otra forma funcional.1. No hay un método general efectivo para hallar soluciones particulares de la ecuación lineal de segundo orden inhomogénea (4. Una mejor solución pasa por notar que.4). Si las raíces son de la forma r = a ± bi para a. A continuación se describen dos métodos para buscar soluciones particulares.7. A1 = 0 y A0 = −2 resuelven el problema. Dada y ′′ − y = x2 . Por tanto.4.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
Dos raíces complejas conjugadas. cos(ax) o un polinomio en x. esta respuesta no es satisfactoria. tanto Re(y ) como Im(y ) son soluciones de (4. alcanza con hallar una solución particular para cada término de la inhomogeneidad ya que la linealidad de la ecuación lleva a que la suma de las soluciones particulares sea solución particular de la inhomogeneidad total. b ∈ Ê.4). Método de los coeﬁcientes indeterminados. 2 y1 (x)
. Ejemplo 4. Hay que tener cuidado especial en el caso en que la inhomogeneidad es solución de la ecuación homogénea asociada.8. una solución es y (x) := e(a+bi)x = eax (cos(bx) + i sin(bx)). Soluciones particulares de ecuaciones inhomogéneas. Entonces. 4. sin(ax).2: como r es raíz doble de x2 + px + q vale que 2r + p = 0 con lo que la segunda solución es R 1 y2 (x) = y1 (x) e− P (x)dx dx = erx e−2rx e−px dx = erx e−(2r+p)x dx = erx x.1)) es del tipo eax . erx es una única solución y cualquier otra solución de (4. De hecho. Si la raíz es r . la solución particular hallada es yp = −x2 − 2.4. Un cálculo análogo al hecho en el caso de las raíces reales muestra que {eax cos(bx). la solución general de la ecuación es y (x) = r1 e2x + r2 xe2x .1). se propone una solución del tipo yp (x) := A2 x2 + A1 x + A0 :
′′ x2 = yp − yp = 2A2 − (A2 x2 + A1 x + A0 ) = −A2 x2 − A1 x + (2A2 − A0 )
con lo que A2 = −1. es inmediato veriﬁcar que xerx es solución de (4. Ejemplo 4. eax sin(bx)} es una base del espacio de soluciones de (4. Una observación general es que si la inhomogeneidad de la ecuación es una suma de términos. xerx } es una base del espacio de soluciones de (4. básicamente se propone una solución particular con términos de forma similar y con coeﬁcientes indeterminados que se elijen al sustituir la solución propuesta en la ecuación. 4. Si la inhomogeneidad (R(x) en (4. Dada y ′′ − y = e2x se propone una solución del tipo yp (x) := Ae2x :
′′ − yp = 4Ae2x − Ae2x = (4A − A)e2x e2x = yp
Esta solución se obtiene a partir de la solución y1 (x) = erx mediante el procedimiento descripto en la Sección 4.9. Una única raíz real con multiplicidad 2. La ecuación y ′′ − 4y ′ + 4y = 0 tiene por polinomio indicial I (x) = x2 − 4x + 4 = (x − 2)2 que tiene a r = 2 como raíz de multiplicidad 2. como p y q son reales. El primero se aplica sólo a cierto tipo de inhomogeneidades. siendo y una función compleja. Ejemplo 4.4). El segundo es general pero depende del conocimiento de una base de soluciones del problema homogéneo y de poder evaluar integrales. si y es solución.4)5 y un cálculo análogo al del caso de dos soluciones reales muestra que {erx .
11. por tanto. Para resolver este problema se propone una solución del tipo yp (x) := Axex :
′′ ex = yp − yp = A(ex + xex )′ − Axex = A(2ex + xex ) − Axex = 2Aex 1 resuelve el problema. Sin embargo. De hecho. y2} una base del espacio de soluciones de la ecuación homogénea (4. En este punto se impone la condición ′ ′ C1 y 1 + C2 y2 = 0 sin otra justiﬁcación que la de que simpliﬁca los cálculos ulteriores. con lo que A = 2 2 En este caso. Sea {y1 . con lo que la solución particular hallada es yp = 1 e2x . =0 =0
4. C1 y1 + C2 y2 es la solución general de (4.2). Dada y ′′ − y = ex se tiene la ecuación homogénea y ′′ − y = 0 que tiene coeﬁcientes constantes y puede ser resuelta con el método de la Sección 4. Si C1 .
′ ′ ′ yp = C1 y 1 + C2 y 2 ⇒ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′ ′′ yp = C1 y 1 + C1 y 1 + C2 y 2 + C2 y 2
Reemplazando en (4. y2 } implica que la matriz de coeﬁcientes del sistema es inversible y. con lo que la base de soluciones de la ecuación homogénea es {ex . las funciones C1 (x) y C2 (x) satisfacen el sistema lineal
′ ′ C1 y 1 + C2 y2 = 0 ′ ′ ′ ′ C1 y1 + C2 y2 = R. 3
Ejemplo 4.2).10.4. en el método de variación de los parámetros se propone como solución particular yp (x) := C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x).3. e−x }. la solución propuesta no es adecuada. Método de variación de los parámetros. Se tiene ′ ′ ′ ′ ′ yp = C1 y 1 + C1 y 1 + C2 y 2 + C2 y 2 . Ejemplo 4.2.
Se puede demostrar que la independencia lineal de {y1.1) se obtiene
′′ ′ R = yp + P yp + Qyp = ′ ′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′ C1 y 1 + C1 y 1 + C2 y 2 + C2 y 2 + P (C 1 y 1 + C2 y 2 ) + Q(C1 y1 + C2 y2 ) = ′ ′ ′ ′ ′′ ′ ′′ ′ C1 y 1 + C2 y 2 + C 1 (y 1 + P y1 + Qy1 ) +C2 (y2 + P y2 + Qy2 ) . El polinomio indicial es I (x) = x2 − 1 que tiene raíces ±1.
. Integrando se encuentran C1 (x) y C2 (x) con lo que se tiene yp . C1 y1 + C2 y2 puede dejar de ser solución de esa ecuación. La solución particular hallada es yp (x) := x ex . En consecuencia. C2 ∈ Ê. Por lo tanto.20
1 que lleva a tomar A = 3 . Dada y ′′ − y = ex se propone una solución del tipo yp (x) := Aex :
′′ ex = yp − yp = Aex − Aex = 0
que no se veriﬁca para ningún valor de A. siempre se pueden despejar C1 (x)′ y C2 (x)′ . Las funciones C1 y C2 son desconocidas y se trata de determinarlas. el motivo por el que no funcionó la primera propuesta es que la propuesta resultó ser una solución del sistema homogéneo. En este tipo de casos se proponen soluciones multiplicando a la propuesta original por distintas potencias de x. si los parámetros C1 y C2 son funciones.
comenzando por el caso en que las funciones coeﬁcientes son funciones analíticas. Más aún. 1 ′ x ′ Sumando las ecuaciones sale que 2C1 e = ex con lo que C1 =2 .
(n + 2)(n + 1)an+2 xn . cuando los coeﬁcientes de la ecuación (3. Ejemplo 5. Las soluciones particulares de la ecuación y − y = e halladas en los Ejemplos 4. sus singularidades son. existe un procedimiento explícito para hallar las soluciones por medio de series de funciones.11 no coinciden.
. Se busca hallar el desarrollo en serie centrado en x = 0 de tales soluciones. no hay razón para que coincidan ya que hay inﬁnitas soluciones particulares. al menos. Si P y Q son funciones analíticas en Br (x0 ) entonces la ecuación tiene un espacio de soluciones analíticas de dimensión 2. Por el Teorema 5. 5. En muchos de estos casos es posible reﬁnar la teoría y demostrar que la solución exhibe el mismo tipo de propiedad que las funciones coeﬁcientes.12 prueba que. con lo que C2 = − 2 e . existen soluciones con dos derivadas de la misma. Más aún. En conclusión.1 las soluciones de (5.
5.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
El sistema lineal a resolver es
′ x ′ −x C1 e + C2 e =0 ′ x ′ −x C1 e − C2 e = ex . al menos.2.3) son continuos. la solución particular resulta 1 x 1 x yp (x) = C1 (x)y1 (x) + C2 (x)y2 (x) = ex − e2x e−x = ex − ex . Theorem A en la página 155 y el Apéndice A del Capítulo 5. Demostración.2) tiene coeﬁcientes P ≡ 0 y Q ≡ 1 analíticos con radio de convergencia ∞. toda solución analítica de (5. Ecuación lineal de segundo orden con coeﬁcientes analíticos.1.12. Integrando se obtiene C1 (x) = x y 2 1 2x C2 (x) = − 4 e (notar que se pusieron constantes de integración nulas ya que se busca una solución particular y no todas las posibles soluciones). De hecho. en Br (x0 ).1)
y. Ver [4]. polos. a lo sumo. 2 4 2 4 ′′ x Nota 4. Lo que si ocurre es que la diferencia de las soluciones ha de ser solución de la ecuación homogénea como.2) son funciones enteras. veremos como ocurre esto. y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 (5. En lo que sigue.1) es convergente. de hecho. por lo tanto.
Resolución por series
El Teorema 3. Restando las ecuaciones 1 2x ′ −x x ′ se obtiene 2C2 e = −e . En muchos casos los coeﬁcientes de la ecuación son funciones analíticas o. La ecuación y ′′ + y = 0 (5. para lo cual se propone la forma
an xn . se veriﬁca.1.10 y 4.
3) en esa región. es conocida como ecuación de Chebyshev.2) se obtiene:
0=y +y =(
(n + 2)(n + 1)an+2 x ) + (
((n + 2)(n + 1)an+2 + an )xn .3. Ejemplo 5. 4·3 4·3·2·1 5·4 5·4·3·2 y. Por el Teorema 5. la solución general de (5.1 dichas soluciones son de la forma:
an x ⇒ p y =
p2 an xn . En el Ejemplo 5. an+2 = − (n + 2)(n + 1) De aquí se deduce que los primeros coeﬁcientes son a0 a1 a2 = − . a3 = − .3) con p ∈ Ê. En lo que sigue se buscan las soluciones de (5. reconociendo que ∞ (−1)k 2k (−1)k 2k +1 = cos(x) y ∞ = sin(x) se tiene la solución general k =0 (2k )! x k =0 (2k +1)! x y (x) = a0 cos(x) + a1 sin(x) para cualquier a0 .2 fue posible hallar la serie de potencias que representa la solución de la ecuación y. 2·1 3·2 a2 a0 a3 a1 a4 = − = . es decir que an para todo n ≥ 0.2) es
(−1)k a0 x2k + (2k )!
(−1)k a1 x2k+1 (2k + 1)!
(−1) 2k x + a1 (2k )!
(−1)k 2k+1 x (2k + 1)!
donde a0 y a1 son constantes reales sin determinar.3) puede escribirse en la forma (5. (5.22
Reemplazando en (5. que son funciones analíticas en. la igualdad anterior implica que (n + 2)(n + 1)an+2 + an = 0 para todo n ≥ 0.
En conclusión. por ejemplo. a5 = − = . en general. además. En particular. como se verá en el próximo ejemplo.2). identiﬁcar la serie con funciones conocidas.3 a (5.
Por el principio de identidad. La ecuación (1 − x2 )y ′′ − xy ′ + p2 y = 0 (5. tomando P (x) := 1− x2 x2 |x| < 1. Esto no siempre es así. a1 ∈ Ê.1) p2 −x y Q(x) := 1− .
Esta última expresión coincide con la que se encuentra aplicando el método de la Sección 4. a2k = (−1)k a0 (2k )! y a2k+1 = (−1)k a1 (2k + 1)!
a1 ∈ Ê constantes indeterminadas. Por lo tanto. por lo tanto.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
y.4) (5. si se deﬁnen y0 (x) := 1 +
((2(k − 1))2 − p2 )((2(k − 2))2 − p2 ) · · · (22 − p2 )(−p2 ) 2k x (2k )!
y1 (x) := x +
((2(k − 1) + 1)2 − p2 )((2(k − 2) + 1)2 − p2 ) · · · (1 − p2 ) 2k+1 x .3) es y (x) = a0 y0 (x) + a1 y1 (x) con a0 .
Por el principio de identidad. (2k + 1)!
se tiene que la solución general de (5. y por tanto: p2 a0 2 1 − p2 a1 a3 = 6 n2 − p2 = an para todo n ≥ 2 (n + 2)(n + 1) a2 = − 2 2 − p2 (22 − p2 )(−p2 ) a2 = a0 4·3 4·3·2 (5.
⇒ −xy =
−nan xn
y ′′(x) =
n(n − 1)an xn−2 ⇒
∞ n−2
(1 − x )y =
n(n − 1)an xn . 5·4 5·4·3·2
(5. todos los coeﬁcientes de xn se deben anular.9)
.3) se obtiene
(p2 an − nan + (n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an )xn + (p2 a1 − a1 + 6a3 )x + (p2 a0 + 2a2 ).7) (5.8)
para k ≥ 1.
n=2 P n = ∞ n=0 (n+2)(n+1)an+2 x
Reemplazando en (5.5) (5. (5.6)
Los primeros coeﬁcientes son a4 = y a5 = de donde no es difícil ver que a2k = a2k+1 ((2(k − 1))2 − p2 )((2(k − 2))2 − p2 ) · · · (22 − p2 )(−p2 ) a0 (2k )! ((2(k − 1) + 1)2 − p2 )((2(k − 2) + 1)2 − p2 ) · · · (1 − p2 ) a1 = (2k + 1)!
3 2 − p2 (32 − p2 )(12 − p2 ) a3 = a1 .
Ver el Teorema 1. Esto es así ya que. en lo que sigue se supondrá que x0 = 0. Para hallar una solución de (5. En este último caso. todos los coeﬁcientes pares siguientes también se anulan. por tanto son una base. se sabe que el espacio de soluciones tiene dimensión 2 y (5. x2 x n=0
se puede ver de muchas maneras. cuando p = 2m con m ∈ .3) es. Considerando 1 y ˆ1 (x). bajo ciertas condiciones.3) tiene por base de soluciones a y ˆ0 (x) = cos(p arcsin(x)) y y ˆ1 (x) = sin(p arcsin(x)). x0 es un punto singular. por ejemplo.10) en un entorno del punto singular regular x0 se propone una solución de la forma
y (x) := (x − x0 )
cn (x − x0 )n
(5. la dependencia continua de la solución de una ecuación diferencial de los posibles parámetros. en el caso analítico también hay un enunciado análogo.11)
con c0 = 0 y r constante a determinar.5. no pueden ser múltiplos una de la otra. x0 es un punto singular regular si x0 es. cuyas soluciones son expresables en términos de las llamadas funciones de Legendre.2. Se dice que x0 es un punto regular de y ′′ + P (x)y ′ + Q(x)y = 0 (5. un polo simple de P y un polo doble de Q.13 establece.4.6. Aún sin conocer las funciones y0 e y1 hay una propiedad que es evidente: si p ∈ . mediante el cambio de variables t = p arcsin(x). y0 o y1 resultan ser un polinomio.3)6. página 58. por lo que (5. La ecuación (5. dependiendo del tipo de singularidad que presenten. En todo otro caso x0 es un punto singular irregular. a lo sumo. 5. Por ejemplo. Para simpliﬁcar la escritura. las paridades y valores en el origen es fácil concluir que y0 (x) = y ˆ0 (x) e y1 (x) = p Nota 5.9) muestra que {y0 .3) se convierte en d2 y ˜ +y ˜=0 2 dt que tiene por base de soluciones a y ˜0 (t) = cos(t) e y ˜1 (t) = sin(t). utilizando el método de Frobenius descripto en esta Sección. por tanto. También es claro que son linealmente independientes pues y0 es una función par mientras que y1 es impar y. en verdad. aún es posible hallar soluciones empleando series de potencias.10) si P y Q son analíticas en Br (x0 ) para algún r > 0. Así como el Teorema 3. También se puede observar que cuando p = 0. En caso contrario.1) no son analíticos en un punto. Deﬁnición 5. a2(m+1) = Nota 5. por la fórmula de recurrencia (5.
. y1 } es un conjunto de generadores de tal espacio y. Cuando los coeﬁcientes P y Q de (5. un caso particular de la ecuación de Gegenbauer.7). Se tienen los desarrollos de P y Q A P (x) = + an (x − x0 )n x n=0 Q(x) =
6Esto ∞
B C + + bn (x − x0 )n . Ecuación lineal de segundo orden con singularidades regulares.3 de [2]. con lo que y0 es un polinomio de grado |p|.24
Cabe notar que las funciones y0 e y1 halladas son una base de soluciones de (5. la ecuación (5.
(( 2m )2 − p2 )((2(m − 1))2 − p2 ) · · · (22 − p2 )(−p2 ) a0 = 0 (2(m + 1))! y.
Teorema 5. ♦ Con anterioridad se dijo que la segunda solución en un punto singular regular puede ser hallada usando el método de la Sección 4. Ver [4]. El siguiente resultado resume lo anterior.13)
de donde se pueden despejar los cn inductivamente.11) para r = r2 .10) del tipo (5. r2 − r1 ∈ Æ: en este caso I (r1 + n) = 0 para n = r2 − r1 ∈ Æ. y2 (x)
. Sin embargo. para r = r1 puede no ser posible hacerlo. cn−1 ) para todo n ≥ 1. de la forma (5. En estas condiciones hay dos sub-casos: a ) Tn (c0 . Nota 5.13) siempre puede resolverse pues I (r2 + n) = 0 para todo n ∈ Æ.13) es incompatible para ese n y no hay ninguna solución cn ni. Entonces siempre hay una solución de (5. suponiendo que el punto singular regular en cuestión es x0 = 0 y que r2 − r1 ∈ ≥0 . . Si r2 − r1 ∈ / Æ entonces r = r1 produce una nueva solución del tipo (5.2. dependiendo de r1 y r2 .2 consiste en buscar una segunda solución de la forma y1 (x) = u(x)y2 (x). .12) se obtienen relaciones de recurrencia del tipo I (r + n)cn = Tn (c0 . . 3. cn−1 ) = 0 para ese n. . Sea x0 un punto singular regular de (5.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
Sustituyendo (5. . . se obtienen.13) es compatible para ese n y se puede tomar cualquier valor para cn . En general se presentan tres casos.11) que siempre existe por el Teorema 5.10) y asociando en potencias de orden creciente se tiene 0 = c0 (r (r − 1) + Ar + B )xr−2 + potencias más altas de x.7. . 2 valores posibles para r .11). r2 − r1 ∈ / Æ: en este caso I (r1 + n) = 0 para todo n ∈ Æ y se pueden despejar todos los cn usando la fórmula (5. (5. es decir. cn−1 ) = 0 para ese n.11).2. .11). ya que en este caso pueden no existir soluciones linealmente independientes de la forma (5.7. una segunda solución se puede hallar a partir de la solución correspondiente a r = r2 usando el método de la Sección 4. siempre que I (r + n) = 0.12)
con lo que r es raíz del polinomio indicial I (x) := x(x − 1)+ Ax + B . (5. 1. a lo sumo. A continuación se presenta un bosquejo de esta idea. Si r2 − r1 ∈ Æ. más en general. Esto es de interés cuando las raíces del polinomio indicial diﬁeren en un entero. linealmente independiente con la anterior. puede o no haber una segunda solución del tipo (5. . r2 = r1 : hay una única solución de la forma (5. Siendo I un polinomio de grado 2.11). 2. b ) Tn (c0 . En los casos en los que se halla una única solución. la recurrencia (5. en cuyo caso (5. . r2 − r1 ∈ ≥0 . Si r1 y r2 son las raíces de I .2. continuando con la recurrencia normalmente.13). Sea
y2 (x) = xr2
con c0 = 0
la solución de la forma (5. . De (4.3) sale que R 1 u′ (x) = 2 e− P (x)dx .10) y sean r1 y r2 las raíces del polinomio indicial I (x) de modo que Re(r2 ) ≥ Re(r1 ).11). siempre se puede suponer que Re(r1 ) ≤ Re(r2 ). En este caso (5. Si r2 = r1 se puede hallar una segunda solución linealmente independiente de la hallada mediante el método de la Sección 4. De los coeﬁcientes de las potencias superiores de (5. Para el caso r = r2 . Demostración.11) en (5. .8. El método de la Sección 4.
Además. y1 puede tener un término logarítmico.n=k −1
(5. Volviendo a (5. En general. Por ser r1 y r2 raíces del polinomio indicial I (r ) := r (r − 1) + Ar + B = r 2 − (1 − A)r + B vale que r1 + r2 = 1 − A. vale un 0 desarrollo de la forma ∞ 1 g (x) = dn xn con d0 = 2 = 0 c0 n=0 u′ (x) = Se deﬁne k := 2r2 + A.18) . y por lo tanto no ser de la forma (5.16)
= dk−1 ln(|x|)y2 (x) + x
r2 −k +1 n=0
con e0 = 0.26
Usando las series de y2 y P se obtiene u′(x) = = Deﬁniendo e−( g (x) := ( se tiene g (x) (5.n=k −1
∞ r2 ∞
= dk−1 ln(|x|)y2 (x) + x (
cn x )(
dn xn−k+1 ) n − k + 1 n=0. La ecuación x(x − 1)y ′′ + y ′ = 0 tiene a x = 0 y x = 1 como sus únicos puntos singulares regulares en continuación el conjunto de soluciones en cada uno de dichos puntos. de donde se deduce que k = r2 − r1 + 1 ∈ Æ. Por lo tanto. (5. con lo que y1 (x) = dk−1 ln(|x|)y2 (x) + xr1 f (x) (5. = 2r2 +A n 2 x ( ∞ n=0 cn x )
an n+1 ) n=0 n+1 x
∞ n 2 n=0 cn x )
(5. Se analiza a
.17) para dk−1 ∈ Ê constante y f analítica y no nula en x = 0.n=k −1
dn xn−k+1 + dk−1 ln(|x|). g (0) = c12 = 0.11).9.14) se tiene
2 y2 (x)
x2r2 (
1 e−(A ln(x)+ ∞ n 2 n=0 cn x )
R P 1 n + ∞ − (A n=0 an x )dx x e ∞ n 2 n=0 cn x ) P∞ an n+1 an n+1 1 e−( n=0 n+1 x ) x ) n+1 .15)
u′ (x) =
dn xn−k ⇒ u(x) =
n=0. Cabe notar que el coeﬁciente dk−1 puede anularse dando una solución y1 de la forma (5. En este último caso se dice que es una solución de Frobenius de segundo tipo. Ejemplo 5.15) r2 − k + 1 = r1 . n−k+1
En conclusión.11). sin embargo.14) x2r2 +A con g analítica en x = 0 pues c0 = 0. Por (5. y1 (x) = y2 (x)(dk−1 ln(|x|) + dn xn−k+1 ) n−k+1 n=0.
En concreto.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
En x = 0. El polinomio indicial es I (r ) = r (r − 1) − r = r 2 − 2r = r (r − 2) que tiene a r1 = 0 y r2 = 2 por raíces. 0 = x(x − 1)y ′′ + y ′ =
((n + r − 1)(n + r − 2)cn−1 − cn (n + r )(n + r − 2))xn+r−1 + c0 (2r − r 2 )xr−1
de donde sale que 2 r − r 2 = 0 ⇒ r = 0.11). se propone una solución de la forma
y (x) = x Derivando se obtiene y =
r n=0 ∞
n+r −1
Por lo tanto.19) Si r = r2 = 2 el coeﬁciente n + r − 2 = n no se anula en el rango dado con lo que (5.18) como 1 0=y + y ′ = y ′′ − x(x − 1)
′′ ∞ n=0
1 y =y −( + xn−1 )y ′.
(n + r )cn xn+r−1
(n + r )(n + r − 1)cn xn+r−2 ⇒
x(x − 1)y =
(n + r )(n + r − 1)cn x
n=0 P∞
n=1 (n+r −1)(n+r −2)cn−1 x
(n + r )(n + r − 1)cn xn+r−1 . x n=1
se veriﬁca que x = 0 es un punto singular regular.19) se puede simpliﬁcar a (n + 1)cn−1 = cn (n + 2) de donde cn = para todo n≥1
n+1 cn−1 para todo n ≥ 1. n+2 Los primeros coeﬁcientes de la solución son entonces 2 3 2·3 c1 = c0 . c2 = c1 = c0 . Dado que r2 − r1 ∈ Æ no es claro que se pueda hallar una base de soluciones de la forma (5. Reescribiendo (5. · · · 3 4 3·4 de donde es fácil concluir que en general vale cn = 2 2 (n + 1)! c0 = c0 (n + 2)! n+2 para todo n≥0
. 2 como ya se sabía y (n + r − 1)(n + r − 2)cn−1 = cn (n + r )(n + r − 2) para todo n≥1 (5.
Tomando c2 = 0 (que es lícito ya que no está determinado ni debe satisfacer ninguna condición) se ve que cn = 0 para todo n ≥ 2.
.20).20)
Volviendo a (5. la ecuación (5. y2 (x)} deﬁnidas por (5.21) y (5.28
2 n 2 c0 n x = c0 x n+2 n n=2 para todo n≥1
(5.18) tiene una base de soluciones analíticas. tomando c0 = 1. Para hallar la solución de tipo (5.17). la recurrencia queda (n − 1)(n − 2)cn−1 = cn n(n − 2)
y.11) se propone
y (x) = (x − 1)r
cn (x − 1)n =
cn (x − 1)n+r
(n + r )cn (x − 1)n+r−1
(n + r )(n + r − 1)cn (x − 1)n+r−2
con lo que x(x − 1)y ′′ = ((x − 1) + 1)(x − 1)y ′′ = ((x − 1)2 + (x − 1))y ′′
(n + r )(n + r − 1)cn (x − 1)n+r +
n=0 P∞ n=0 (x−1)n+r −1
n=1 (n+r −1)(n+r −2)cn−1
(n + r )(n + r − 1)cn (x − 1)n+r−1.18) está dada por {y1 (x). si r = r1 = 0.11) (de primer tipo) y la segunda solución es de la forma (5. Cabe observar que para el punto singular regular x = 0. para n = 1 sale que 0 = −c1 . En x = 1.18) como 1 1+(x−1) ′ 0=y + y ′ = y ′′ + y = y ′′ + x(x − 1) x−1
′′ 1 ∞ n n=0 (−1) (x
1 − (−1)n (x − 1)n )y ′ =y +( x − 1 n=0
se veriﬁca que x = 1 es un punto singular regular. En resumen.19). Para n = 2 se tiene 0 = 0 y en general (n − 1)cn−1 = ncn para todo n ≥ 3. De aquí se concluye que y1 (x) = c0 (5. una base de soluciones de (5. El polinomio indicial es I (r ) = r (r − 1) + r = r 2 por lo que se puede construir una única solución de Frobenius (5. Reescribiendo (5.21)
es la forma de la segunda familia de soluciones. con lo que c1 = 0.
(x − 1)2 n=2
con lo que x(x − 1)˜ y ′′ = ((x − 1)2 + (x − 1))˜ y ′′ α = −α − + x−1 Por lo tanto 0 = x(x − 1)˜ y ′′ + y ˜′ =
n(n − 1)cn (x − 1) +
n=2 P∞ n=2
n−1 n=3 (n−1)(n−2)cn−1 (x−1)
n(n − 1)cn (x − 1)n−1 . o sea c1 = 0.22) Se deﬁne y2 (x) como la solución correspondiente a c0 = 1.18).11) es y (x) = c0 . de la recurrencia se deduce que (n − 1)(n − 2) cn = − cn−1 para todo n ≥ 1 n2 de donde es inmediato que.8 se propone una solución de la forma (5.
.17).NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
Por lo tanto. Evaluando esta última recurrencia en n = 1 se obtiene 0 = −c1 . vale cn = 0 para todo n ≥ 1. siendo c1 = 0. la solución de (5. Como n2 = 0 en el rango dado. 0 = x(x − 1)y ′′ + y ′ =
((n + r − 1)(n + r − 2)cn−1 + (n + r )2 cn )(x − 1)n+r−1 + c0 r 2 (x − 1)r−1
de donde se obtiene r = 0 y (n + r − 1)(n + r − 2)cn−1 = −(n + r )2 cn con lo que (n − 1)(n − 2)cn−1 = −n2 cn para todo n ≥ 1.
De aquí que c1 = α y c2 = 0. cn ∈ Ê a determinar. Además (n − 1)(n − 2)cn−1 = −n2 cn con lo que cn = − (n − 1)(n − 2) cn − 1 n2 para todo n ≥ 3. (5. pero reemplazando x por x − 1 ya que se están estudiando soluciones en x = 1:
para todo n ≥ 1. Derivando se tiene α y ˜ = + ncn (x − 1)n−1 x − 1 n=1
α y ˜ =− + n(n − 1)cn (x − 1)n−2. para todo n ≥ 3. Para hallar otra solución de (5.
y ˜(x) = α ln(|x − 1|)y2(x) +
cn (x − 1) = α ln(|x − 1|) +
cn (x − 1)n
con α. En conclusión.18) en x = 1 de la forma (5. tomando en cuenta la Nota 5.
((n − 1)(n − 2)cn−1 + n2 cn )(x − 1)n−1 + 4c2 (x − 1) + c1 − α.
11). x0 + δ ). se tiene x y ′(x) = K2 x−1 por lo que x−1 1 x dx = K2 ( dx + dx) = K2 (x + ln(|x − 1|) + K3 ) y (x) = K2 x−1 x−1 x−1 = K2 (x + ln(|x − 1|)) + K4 Comparando esta solución con las obtenidas en el Ejemplo 5.11. mediante la técnica de reducción del orden vista en la Sección 2.18) del Ejemplo 5. entonces se tiene que {y1 . también.6. Es interesante observar que la ecuación (5.23) y. en términos de la cual. la solución hallada es y ˜(x) = c1 ln(|x − 1|) + c0 + c1 (x − 1) = c0 + c1 (ln(|x − 1|) + x − 1).1 no sólo determina que las soluciones de la ecuación lineal de segundo orden con coeﬁcientes son analíticas sino que también determina (parcialmente) su región de convergencia. En este caso se deﬁne u(x) = y ′(x). entonces y (x) es solución n de (5. al menos. (5. Volviendo a la variable original.10. (5. cualquier problema con dato inicial en x = 0 para el cual y ′(0) = 0 no tendrá solución. La ecuación (5. el intervalo (x0 . la serie de potencias ∞ n=0 cn x de la representación (5.9 se ve que los resultados coinciden. El Teorema 5. En conclusión.9 puede ser resuelta. integrando respecto de x. y2} forman una base de soluciones de (5.12.10) y supóngase que las funciones (x − x0 )P (x) y (x − x0 )2 Q(x) son analíticas en Bδ (x0 ) para algún δ > 0. tomando c0 = 1 tienen la particularidad de que su derivada primera se anula en x = 0 y.10) en.1 ya que y (x) no aparece explícitamente.18) tiene una base de soluciones analíticas en x = 0 y por tanto toda solución en dicho punto es analítica.11) es convergente en Bδ (x0 ).20). Más aún.21) y (5. Esto se relaciona con que x = 0 es una singularidad de (5.10) de la forma de Frobenius (5.30
Teniendo en cuenta que c2 = 0. Sin embargo. Sea x0 un punto singular regular de la ecuación (5.18) en x = 1. por tanto. Nota 5. x | ) + K1 ln(|u|) = ln(|x|) − ln(|x − 1|) + K1 = ln(| x−1 con lo que x u(x) = K2 x−1 K1 para K2 = ±e . y0 ∈ Ê. Si y (x) es una solución de (5. las funciones y1 e y2 deﬁnidas por (5.
.18) y es un resultado básico de la teoría que un punto x0 es ′ regular si y sólo si el problema de valores iniciales y (x0) = y0 e y ′ (x0 ) = y0 tiene solución ′ para todo y0 . Nota 5. es inmediato que cn = 0 para todo n ≥ 2.18) se reescribe: x(x − 1)u′ + u = 0 que puede resolverse por separación de variables: u′ 1 1 1 0 = x(x − 1)u′ + u ⇒ =− = − u x(x − 1) x x−1 e. El siguiente resultado hace lo mismo para las ecuaciones con puntos singulares regulares. Se deﬁne y1 (x) = ln(|x − 1|) + x − 1. Teorema 5.
International Series in Pure and Applied Mathematics. Dover Publications. Un análisis similar puede realizarse para las soluciones en x = 1. Ver [4]. Referencias
1. New York.. 2. analítica en toda la recta.E. En el Ejemplo 5. 1977. L. 1972. Ejemplo 5. Ince.. MR MR0499365 (58 #17258) Instituto Balseiro. Usando el criterio de D’Alembert se ve que y2 converge en B1 (0). 1944. Ordinary Diﬀerential Equations. Diﬀerential equations with applications and historical notes. Theorem A en la página 170. Elsgolts. Diﬀerential equations and the calculus of variations. E.12 dado que 1 xP (x) = x−1 2 x Q(x) = 0 convergen en B1 (0). República Argentina E-mail address : jfernand@ib. Río Negro. MR MR0010757 (6.A. Bariloche.13. 1970.65f) 4. Manuel Balanzat. L. EUDEBA. Buenos Aires. New York. Translated from the Russian by George Yankovsky. Matemática avanzada para la física.edu. Moscow. Simmons.NOTAS DE ECUACIONES ORDINARIAS
Demostración. Estos resultados son compatibles con el Teorema 5. McGraw-Hill Book Co.ar
. Manuales. Universidad Nacional de Cuyo – C. George F. MR MR0279361 (43 #5083) 3.9 se vio que la ecuación (5. Mir Publishers.18) tiene por soluciones en x=0a y1 (x) = 1
2 n x n
y1 es. obviamente.N.
More From This User1ERRAMIENTAS MECÁNICAS.Presentación1Programa MepsCALENTADORES SOLARESObjetivos de los reportes e indicadores.docxManualApuntes -Admón d ProduccED1Ecuaciones diferenciales aplicadasCorrosionherramientas 6 Rotura de MaquinariaPlan de Mantenimiento a Bombas de AceitagrasasInteligencia Emocional en El TrabajotribologiatribologiaCds Csr Lyo 2004 11sp17 Mantenimiento de Bombas CentrifugasmantenimientoArco Electrico38281697 Sistema de RefrigeracionSMED
ED by Sam Sam0 viewsEmbedDownloadDescriptioncalculocalculoInterests: Types, School WorkRead on Scribd mobile: iPhone, iPad and Android.Copyright: Attribution Non-Commercial (BY-NC)List price: $0.00Download as PDF, TXT or read online from ScribdFlag for inappropriate contentShow moreShow less
Related1by Sam SamERRAMIENTAS MECÁNICAS.by Sam SamPresentación1by Sam SamPrograma Mepsby Sam SamCALENTADORES SOLARESby Sam SamObjetivos de los reportes e indicadores.docxby Sam SamManualby Sam SamApuntes -Admón d Produccby Sam SamED1by Sam SamEcuaciones diferenciales aplicadasby Sam SamCorrosionby Sam Samherramientas by Sam Sam6 Rotura de Maquinariaby Sam SamPlan de Mantenimiento a Bombas de Aceitaby Sam Samgrasasby Sam SamInteligencia Emocional en El Trabajoby Sam Samtribologiaby Sam Samtribologiaby Sam SamCds Csr Lyo 2004 11spby Sam Sam17 Mantenimiento de Bombas Centrifugasby Sam Sammantenimientoby Sam SamArco Electricoby Sam Sam38281697 Sistema de Refrigeracionby Sam SamSMEDby Sam SamDiccionario Inglesby Sam SamCalaclo de Instalaciones Electricasby Sam Samkanbanby Sam SamMatematicas Avansadas en Derivadasby Sam SamMore from Sam Sam1ERRAMIENTAS MECÁNICAS.Presentación1Programa MepsCALENTADORES SOLARESObjetivos de los reportes e indicadores.docxManualApuntes -Admón d ProduccED1Ecuaciones diferenciales aplicadasCorrosionherramientas 6 Rotura de MaquinariaPlan de Mantenimiento a Bombas de AceitagrasasInteligencia Emocional en El TrabajotribologiatribologiaCds Csr Lyo 2004 11sp17 Mantenimiento de Bombas CentrifugasmantenimientoArco Electrico38281697 Sistema de RefrigeracionSMEDDiccionario InglesCalaclo de Instalaciones ElectricaskanbanMatematicas Avansadas en DerivadasSMED

References: Resolución 
 resolución 
 resolución 
 resolución 
 resolución 

Resolución