Chapter 1
Introducción
Si una función definida en algún intervalo I se sustituye en una ecuación diferen-cial y la reduce a una identidad, entonces se dice que esa función es una soluciónde la ecuación en ese intervalo. Una solución en la cual la variable dependiente seexpresamente solamente en términos de la variable independiente y de constantesse dice que es una solución explícita, en caso contrario se tiene una solución ím-plicita. La solución general de una ecuación diferencial de grado n contiene nparámetros en su solución, lo cual significa que una ecuación diferencial puedetener un número infinito de soluciones que corresponden al número infinito devalores de los parámetros. Una solución de una ecuación diferencial que no tienetales parámetros se llama una solución particular.
En los siguientes problemas se comprueba que la función in-dicada sea una solución de la ecuación diferencial dada. Cuandoaparecen, los simbolos c1 y c2 indican constantes.
Problema 1.2y0 + y = 0
Donde:y = e−
x2
Solución:Derivando:
y0 = −12e−
x2
Sustituyendo en la ecuación:
1
2 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
2
µ−12e−
x2
¶+ e−
x2 = 0
−e−x2 + e−
x2 = 0
0 = 0
∴ y = e−x2 si es solución.
Problema 2.dy
dx− 2y = e3x
Donde:y = e3x + 10e2x
Solución:Derivando:
y0 = 3e3x + 20e2x
Sustituyendo:
3e3x + 20e2x − 2(e3x + 10e2x) = e3x
3e3x + 20e2x − 2e3x − 20e2x = e3x
e3x = e3x
como queda una identidad entonces y = e3x + 10e2x si es solución de laecuacón diferencial.
Problema 3.dy
dx+ 20y = 24
Donde:
y =6
5− 65e−20t
3
Solución:Derivando:
y0 = 24e−20t
Sustituyendo en la ecuación diferencial:
24e−20t + 20(6
5− 65e−20t) = 24
24e−20t + 24− 24e−20t = 24
24 = 24
∴ y = 65− 6
5e−20t si es solución de la ecuación diferencial.
Problema 4.y0 = 25 + y2
Donde:
y = 5 tan 5x
Solución:Derivando:
y0 = 25 sec2 5x
Sustituyendo:
25 sec2 5x = 25 + 25 tan2 5x
25 sec2 5x = 25(1 + tan2 5x)
25 sec2 5x = 25 sec2 5x
∴ y = 5 tan 5x si es solución de la ecuación diferencial.
4 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
Problema 5.dy
dx=
ry
x
Donde:
y = (√x+ c1)
2, x > 0, c1 > 0
Solución:Derivando:
y0 = 2(√x+ c1)( 1
2√x)
y0 =√x+ c1√x
y0 = 1 +c1√x
La ecuación diferencial puede escribirse de la siguiente forma
dy
dx=
ry
x=
√y√x
y como: √y√x=
p(√x+ c1)2√x
=
√x+ c1√x
= 1 +c1√x
y como ya se había encontrado:
y0 = 1 +c1√x
Entonces:
1 +c1√x= 1 +
c1√x
∴ y = (√x+ c1)2 si es solución.Problema 6.
y0 + y = senx
5
Donde:
y =1
2senx− 1
2cosx+ 10e−x
Solución:Derivando:
y0 =1
2cosx+
1
2senx− 10e−x
Sustituyendo:
1
2cosx+
1
2senx− 10e−x + 1
2senx− 1
2cosx+ 10e−x
senx = senx
∴ y = 12sinx− 1
2cosx+ 10e−x si es solución.
Problema 7.2xydx+ (x2 + 2y)dy = 0
Donde:
x2y + y2 = c1
Solución:Utilizando derivación ímplicita:
d
dx(x2y + y2 = c1)
2xy + x2dy
dx+ 2y
dy
dx= 0
2xydx+ (x2 + 2y)dy = 0
la cual es la ecuación original, ∴ x2y + y2 = c1 es una solución ímplicitade la ecuación diferencial.
6 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
Problema 8.x2dy + 2xydx = 0
Donde:
y = − 1x2
Solución:La ecuación puede escribirse como:
x2dy
dx+ 2xy = 0
Derivando la posible solución:
y =2
x3
Sustituyendo:
2x2x−3 − 2xx−2 = 0
2x−1 − 2x−1 = 0
0 = 0
Se obtiene una identidad, ∴ y = − 1x2si es solución de la ecuación.
Problema 9.y0 = 2
p| y |
Donde:
y = x | x |Solución:El valor absoluto se define como:
|a| =½a si a ≥ 0−a si a < 0
Por lo tanto, la función se escribe como:
7
y = x | x |=½x2 si x ≥ 0−x2 si x < 0
La derivada es:
y0 =½2x si x ≥ 0−2x si x < 0
Por lo tanto si x > 0,p|y| = √x2 = x
Y sustituyendo en la ecuación:
2x = 2√x2 = 2x
Ahora bien, si x < 0,p|y| = −x y al hacer la sustitución:
−2x = −2x∴ y = x | x | si es solución.Problema 10.
y0 − 1xy = 1
Donde:
y = xlnx
Solución:Derivando:
y0 = lnx+ 1
Sustituyendo:
lnx+ 1− ( 1x)(xlnx) = 1
1 = 1
Se obtiene una identidad, ∴ y = xlnx si es solución de la ecuación.
8 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
Problema 11.dP
dt= P (a− bP )
Donde:
P =ac1e
at
1 + bc1eat
Solución:Derivando:
dP
dt=(1 + bc1e
at)(a2c1eat)− (ac1eat)(abc1eat)
(1 + bc1eat)2
dP
dt=a2c1e
at + a2bc21e2at − a2bc21e2at
(1 + bc1eat)2
dP
dt=
a2c1eat
(1 + bc1eat)2
Sustituyendo:
a2c1eat
(1 + bc1eat)2=
ac1eat
1 + bc1eat
·a− b( ac1e
at
1 + bc1eat)
¸
a2c1eat
(1 + bc1eat)2=
ac1eat
1 + bc1eat
·a− abc1e
at
1 + bc1eat
¸
a2c1eat
(1 + bc1eat)2=
ac1eat
1 + bc1eat
·a(1 + bc1e
at)− (abc1eat)1 + bc1eat
¸
a2c1eat
(1 + bc1eat)2=
ac1eat
1 + bc1eat
·a
1 + bc1eat
¸Es decir:
a2c1eat
(1 + bc1eat)2=
a2c1eat
(1 + bc1eat)2
9
Se obtiene una identidad, ∴ P = ac1eat
1+bc1eatsi es solución de la ecuación.
Problema 12.dx
dt= (2− x)(1− x)
Donde:
t = ln2− x1− x
Solución:Derivando en forma ímplicita:
d
dt
·ln
µ2− x1− x
¶= t
¸µ1− x2− x
¶"(1− x)(−dx
dt)− (2− x)(−dx
dt)
(1− x)2#= 1
dx
dt
·1
(2− x)(1− x)¸(−1 + x+ 2− x) = 1
dx
dt= (2− x)(1− x)
la cual es la ecuación original. Por lo tanto t = ln2−x1−x si es solución ya que
se obtiene la misma ecuación.
Problema 13.y0 + 2xy = 1
Donde:
y = e−x2
Z x
0
et2
dt+ c1e−x2
Solución:Derivando:
dy
dx= e−x
2
ex2
+ (
Z x
0
et2
dt)(−2xe−x2)− 2c1xe−x2
10 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
Sustituyendo:
1− 2xe−x2Z x
0
et2
dt− 2c1xe−x2 + 2xe−x2Z x
0
et2
dt+ 2c1xe−x2 = 1
1 = 1
Se obtiene una identidad, ∴ y = e−x2R x0et2dt+ c1e
−x2 si es solución de laecuación.
Problema 14.y00 + y0 − 12y = 0
Donde:
y = c1e3x + c2e
−4x
Solución:Derivando dos veces:
y0 = 3c1e3x − 4c2e−4x
y00 = 9c1e3x + 16c2e−4x
Sustituyendo:
9c1e3x + 16c2e
−4x + 3c1e3x − 4c2e−4x − 12(c1e3x + c2e−4x) = 0
9c1e3x + 16c2e
−4x + 3c1e3x − 4c2e−4x − 12c1e3x − 12c2e−4x = 0
0 = 0
Se obtiene una identidad, ∴ y = c1e3x+c2e−4x si es solución de la ecuación.Problema 15.
y00 − 6y0 + 13y = 0Donde:
11
y = e3x cos 2x
Solución:Derivando dos veces:
y0 = 3e3x cos 2x− 2e3xsen2x
y00 = 9e3x cos 2x− 6e3xsen2x− 6e3xsen2x− 4e3x cos 2xSustituyendo:
9e3x cos 2x− 6e3xsen2x− 6e3xsen2x− 4e3x cos 2x−
−18e3x cos 2x+ 12e3xsen2x+ 13e3x cos 2x = 0
0 = 0
Se obtiene una identidad, ∴ y = e3x cos 2x si es solución de la ecuación.Problema 16.
d2x
dx2− 4dy
dx+ 4y = 0
Donde:
y = e2x + xe2x
Solución:Derivando:
y0 = 2e2x + e2x + 2xe2x = 3e2x + 2xe2x
y00 = 6e2x + 2e2x + 4xe2x = 8e2x + 4xe2x
Sustituyendo:
8e2x + 4xe2x − 12e2x − 8xe2x + 4e2x + 4xe2x = 0
12 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
0 = 0
Se obtiene una identidad, ∴ y = e2x + xe2x si es solución de la ecuación.Problema 17.
y00 + (y0)2 = 0
Donde:
y = ln | x+ c1 | +c2Solución:Derivando:
y0 =1
x+ c1
y00 = − 1
(x+ c1)2
Sustituyendo:
− 1
(x+ c1)2+ (
1
x+ c1)2 = 0
0 = 0
Se obtiene una identidad, ∴ y = ln | x + c1 | +c2 si es solución de laecuación.
Problema 18.x2y00 + xy0 + 2y = 0
Donde:
y = x cos(lnx), x > 0
Solución:Derivando:
13
y0 = cos(lnx)− sin(lnx)
y00 = −1xsin(lnx)− 1
xcos(lnx)
Sustituyendo:
−x2 1xsin(lnx)− x2 1
xcos(lnx)− x cos(lnx) + x sin(lnx) + 2x cos(lnx) = 0
−x sin(lnx)− x cos(lnx)− x cos(lnx) + x sin(lnx) + 2x cos(lnx) = 0
0 = 0
Se obtiene una identidad, ∴ y = x cos(lnx) si es solución de la ecuación.Problema 19.
y000 − y00 + 9y0 − 9y = 0Donde:
y = c1 sin 3x+ c2 cos 3x+ 4ex
Solución:Obteniendo las tres derivadas:
y0 = 3c1 cos 3x− 3c2 sin 3x+ 4ex
y00 = −9c1 sin 3x− 9c2 cos 3x+ 4ex
y000 = −27c1 cos 3x+ 27c2 sin 3x+ 4ex
Sustituyendo:−27c1 cos 3x+27c2 sin 3x+4ex+9c1 sin 3x+9c2 cos 3x−4ex+27c1 cos 3x−
27c2 sin 3x+ 36ex − 9c1 sin 3x− 9c2 cos 3x− 36ex = 0
14 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
0 = 0
Como se obtiene una identidad se tiene que y = c1 sin 3x+ c2 cos 3x+4ex
si es solución.
Problema 20.
x3d3y
dx3+ 2x2
d2y
dx2− xdy
dx+ y = 12x2
Donde:
y = c1x+ c2x lnx+ 4x2, x > 0
Solución:Obteniendo las derivadas:
y0 = c1 + c2 lnx+ c2 + 8x
y00 = c21
x+ 8
y000 = −c2 1x2
Sustituyendo:
−c2x3
x2+2c2
x2
x+16x2−xc1−xc2 lnx−xc2−8x2+c1x+c2x lnx+4x2 = 12x2
12x2 = 12x2
∴ Si es solución.Problema 21.
xy0 − 2y = 0
y =
½ −x2, x < 0x2, x ≥ 0
15
Solución:Derivando:
y0 =½ −2x, x < 0
2x, x ≥ 0Si x < 0, sustituimos en la ecuación:
x(−2x)− 2(−x2) = 0
−2x2 + 2x2 = 0
0 = 0
Si x > 0, sustituimos en la ecuación:
x(2x)− 2(x2) = 0
2x2 − 2x2 = 0
0 = 0
Por lo tanto, si es solución.
Problema 22.(y0)2 = 9xy
Donde
y =
½0, x < 0x3, x ≥ 0
Solución:Derivando:
y0 =½
0, x < 03x2, x ≥ 0
Obviamente si y = 0, la ecuación se satisface. En el caso de que y = x3
(cuando x ≥ 0)
16 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
y0 = 3x2
y haciendo la sustitución:
(3x2)2 = 9x(x3)
9x4 = 9x4
Por lo tanto si es solución.
Problema 23. Determine valores de m tales que y = emxsea una soluciónde la ecuación diferencial respectiva.a)
y00 − 5y0 + 6y = 0Donde:
y = emx
Solución:Al derivar dos veces:
y0 = memx
y00 = m2emx
Sustitución:
m2emx − 5memx + 6emx = 0
emx(m2 − 5m+ 6) = 0
emx(m− 2)(m− 3) = 0Por lo tanto y = emx es solución sólo cuando:m = 2
17
m = 3Esto puede comprobarse:Para m = 2
4e4x − 10e4x + 6e4x = 0
10e4x − 10e4x = 0
0 = 0
Para m = 3
9e3x − 15e3x + 6e3x = 0
15e3x − 15e3x = 0
0 = 0
b)y00 + 10y0 + 25y = 0
Donde:
y = emx
Sustitución:
m2emx + 10memx + 25emx = 0
emx(m2 + 10m+ 25) = 0
emx(m+ 5)2 = 0
Por lo tanto:m = −5Comprobación:para m = −5
18 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN
25e5x − 50e5x + 25e5x = 0
50e5x − 50e5x = 0
0 = 0
Problema 24. Encuentre los valores de m tales que y = xm sea unasolución de la ecuación diferencial.
x2y00 − y = 0
Solución:Derivando dos veces:
y0 = mxm−1
y00 = m2xm−2 −mxm−2
Sustituyendo en la ecuación:
x2m2xm−2 − x2mxm−2 − xm = 0
xm(m2 −m− 1) = 0
Por lo tanto:
m1 = 1 +
√5
2
m2 = 1−√5
2
Chapter 2
Ecuaciones de primer orden
2.1 Separación de variables
Una ecuación diferencial de primer orden de la forma
dy
dx= g(x)h(y)
se dice que es separable o que tiene variables separables. Usualmente talecuación se escribe como:
dy
h(y)= g(x)dx
e integrando se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones.
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por separacionde variables. Todas las ecuaciones se pueden comprobar como enla sección anterior.Problema 1.
dy
dx= sen5x
Solución:Multiplicando la ecuación por dx:
dy = sen5xdx
integramos ambas partes:
19
20 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Zdy =
Zsen5xdx
resolvemos:
y = −15cos 5x+ c
Problema 2.dx+ e3xdy = 0
Solución:Dividimos entre e3x y despejamos dy :
dx
e3x+ dy = 0
dy = − dxe3x
integramos:
Zdy = −
Zdx
e3x
y = −Ze−3xdx
y = −µ−13
¶e−3x + c
y =1
3e−3x + c
Problema 3.(x+ 1)
dy
dx= x+ 6
Solución:Multiplicamos por dx y dividimos entre (x+ 1):
dy =x+ 6
x+ 1dx
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES 21
integramos:
Zdy =
Zx+ 6
x+ 1dx
y =
Zx+ 1 + 5
x+ 1dx
y =
Z µ1 +
5
x+ 1
¶dx
y = x+ 5 ln |x+ 1|+ cProblema 4.
xy0 = 4y
Recordemos que y0 = dydx
Dividimos entre xy y multiplicamos por dx:
dy
y=4
xdx
integramos:
Zdy
y=
Z4
xdx
ln |y| = 4 ln |x|+ ln cln |y| = ln
¯cx4¯
despejando y:
eln|y| = eln|cx4|y = cx4
Problema 5.dx
dy=x2y2
1 + x
Multiplicamos por (1 + x) y por dy:
22 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
(x+ 1) dx = x2y2dy
divimos entre x2:
(x+ 1) dx
x2= y2dy
integramos:
Z(x+ 1)
x2dx =
Zy2dy
−1x+ ln |x| = y3
3+ c0
multiplicamos por x y por 3:
−3 + 3x ln |x| = y3x+ cx
Problema 6.dy
dx= e3x+2y
Solución:Recordemos que e3x+2y = e3xe2y
entonces:dy
dx= e3xe2y
dividimos entre e2y y multiplicamos por dx:
dy
e2y= e3xdx
integramos:
Zdy
e2y=
Ze3xdxZ
e−2ydy =1
3e3x + c
−12e−2y =
1
3e3x + c1
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES 23
multiplicamos por −2:
e−2y = −23e3x + c
aplicamos logaritmo en ambos lados:
ln e−2y = ln
¯−23e3x + c
¯−2y = ln
¯−23e3x + c
¯y = −1
2ln
¯−23e3x + c
¯
Problema 7. ¡4y + yx2
¢dy − ¡2x+ xy2¢ dx = 0
Solución:Factorizamos y y x:
y¡4 + x2
¢dy − x(2 + y2)dx = 0
dividimos entre (4 + x2) y (2 + y2):
ydy
2 + y2=
xdx
4 + x2
integramos: Zydy
2 + y2=
Zxdx
4 + x2
por cambio de variable:
u = 2 + y2, w = 4 + x2
du = 2ydy, dw = 2xdx1
2
Zdu
u=
1
2
Zdw
w
24 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
1
2lnu =
1
2lnw + c
1
2ln¯2 + y2
¯=
1
2ln¯4 + x2
¯+ ln c1
ln¯2 + y2
¯= ln c
¯4 + x2
¯aplicamos la función exponecial:
eln|2+y2| = eln c|4+x2|2 + y2 = c
¡4 + x2
¢y2 = c
¡4 + x2
¢− 2y =
pc (4 + x2)− 2
Problema 8.2y (x+ 1) dy = xdx
Solución:Dividimos entre (x+ 1):
2ydy =xdx
x+ 1
integramos:
Z2ydy =
Zxdx
x+ 1
y2 =
Zx+ 1− 1x+ 1
dx
y2 =
Zdx−
Z1
x+ 1dx
y2 = x− ln |x+ 1|+ cy =
px− ln |x+ 1|+ c
Problema 9.
y lnxdx
dy=
µy + 1
x
¶2
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES 25
Solución:Multiplcamos por dy y por x2 y dividimos entre y:
x2 lnxdx =(y + 1)2
y
integramos: Zx2 lnxdx =
Z(y + 1)2
ydy
integrando por partes:
u = lnx, du =1
xdx
dv = x2dx, v =x3
3x3
3lnx−
Zx3
3
1
xdx =
Z(y + 1)2
ydy
x3
3lnx− 1
3
Zx2dx =
Zy2 + 2y + 1
ydy
x3
3lnx− 1
9x3 =
y2
2+ 2y + ln y + c
x3
3lnx− 1
9x3 =
y2
2+ 2y + ln y + c
Problema 10.sec2 xdy + csc ydx = 0
Solución.Dividimos entre sec2 x y csc y:
dy
csc y+
dx
sec2 x= 0
despejamos dycsc y
e integramos:Zdy
csc y= −
Zdx
sec2 x
26 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
usando las identidades
1
csc y= seny
1
sec2 x= cos2 x
cos2 x =1− cos 2x
2Zsenydy = −
Z1− cos 2x
2dx
− cos y = −12x+
1
4sen2x+ c
Problema 11.
eysen2xdx+ cosx¡e2y − y¢ dy = 0
Solución:Dividimos entre ey y entre cosx:
sen2xdx
cosx+(e2y − y) dy
ey= 0
despejamos sen2xdxcosx
e integramos:Zsen2x
cosxdx = −
Z(e2y − y)ey
dy
se usa la identidad:
sen2x = 2senx cosx
entonces:
Z2senx cosx
cosxdx = −
Z(e2y − y)ey
dyZ2senxdx = −
Zeydy +
Zy
eydy
−2 cosx = −ey +Zye−ydy
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES 27
esta integral se resuelve por partes:
u = y
du = dy
dv = e−ydyv = −e−y
entonces:
−2 cosx = −ey +·−ye−y −
Z−e−ydy
¸−2 cosx = −ey − ye−y − e−y + c
−2 cosx+ ey + ye−y + e−y = c
Problema 12.
(ey + 1)2 e−ydx+ (ex + 1)3 e−xdy = 0
Solución:Dividimos entre (ey + 1)2 e−y y entre (ex + 1)3 e−x
dx
(ex + 1)3 e−x+
dy
(ey + 1)2 e−y= 0
despejamos e integramos:
Zdx
(ex + 1)3 e−x= −
Zdy
(ey + 1)e−yZexdx
(ex + 1)3= −
Zeydy
(ey + 1)2
u = ex + 1
du = exdx
28 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
w = ey + 1
dw = eydyZdu
u3= −
Zdw
w2
− 12u
=1
u
− 1
2(ex + 1)=
1
ey + 1+ c
Problema 13.dy
dx=xy + 3x− y − 3xy − 2x+ 4y − 8
Solución:Factorizamos por agrupamiento:
dy
dx=
y (x− 1) + 3 (x− 1)y (x+ 4)− 2 (x+ 4)
dy
dx=
(y + 3) (x− 1)(y − 2) (x+ 4)
separamos variables:
(y − 2)(y + 3)
dy =(x− 1)(x+ 4)
dx
integramos:
Z(y − 2)(y + 3)
dy =
Z(x− 1)(x+ 4)
dxZy + 3− 5y + 3
dy =
Zx+ 4− 5x+ 4
dxZ µ1− 5
y + 3
¶dy =
Z µ1− 5
x+ 4
¶dx
y − 5 ln (y + 3) = x− 5 ln (x+ 4) + c
Problema 14.dy
dx= senx
¡cos 2y − cos2 y¢
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES 29
Solución:Multiplicamos por dx y dividimos entre (cos 2y − cos2 y):
dy
cos 2y − cos2 y = senxdx
integramos:
Zdy
cos 2y − cos2 y =
ZsenxdxZ
dy
(2 cos2 y − 1)− cos2 y = − cosx+ cZdy
cos2 y − 1 = − cosx+ c
−Z
dy
sin2 y= − cosx+ cZ
csc2 ydy = cosx+ c
− cot y = cosx+ c
Problema 15. ¡ex + e−x
¢ dydx= y2
Dividimos entre y2 y (ex + e−x) multiplicamos por dx:
dy
y2=
dx
ex + e−x
multiplicamos el denominador y el numerador del lado derecho por ex eintegramos: Z
dy
y2=
Zexdx
e2x + 1
en la integral del lado derecho se hace el cambio de variable:
30 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
u = ex
du = exdx
−1y=
Zdu
u2 + 1
−1y= arctanu+ c = arctan ex + c
En las siguintes ecuaciones diferenciales, encuentre la soluciónde las mismas sujetas a la condición inicial respectiva.
Problema 16.
ydy = 4x¡y2 + 1
¢ 12 dx, y (1) = 0
Solución:Dividimos entre (y2 + 1)
12 :
ydy
(y2 + 1)12
= 4xdx
integramos:
Zydy
(y2 + 1)12
=
Z4xdx
u = y2 + 1
du = 2ydy1
2
Zdu
u12
= 2x2 + c
1
2
Zu−
12du = 2x2 + c
u12 = 2x2 + cp
y2 + 1 = 2x2 + c
y2 + 1 =¡2x2 + c
¢2y =
q(2x2 + c)2 − 1
2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES 31
aplicamos la condicion inicial y(0) = 1:
x = 0
y = 1
1 =
q(2(0)2 + c)2 − 1
1 =√c2 − 1
c =√2
regresamos a la integral anterior:
y =
r³2x2 +
√2´2− 1
Problema 17.dy
dx= 4
¡x2 + 1
¢, x
³π4
´= 1
Solución:Multiplicamos por dx:
dy = 4¡x2 + 1
¢dx
integramos: Zdy =
Z4¡x2 + 1
¢dx
y =4x3
3+ 4x+ c
aplicamos la condición inicial:
x = 1
y =π
4π
4= 4
µ1
3
¶+ 4 (1) + c
π
4− 43− 4 = c
c =π
4− 163
32 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
sustituimos en la solución general:
y =4x3
3+ 4x+
π
4− 163
2.2 Ecuaciones exactas
Una expresión de la forma M(x, y)dx + N(x, y)dy es una diferencial exactaen una región R del plano xy si corresponde a la diferencial de alguna funciónf(x, y). Una ecuación diferencial de primer orden de la forma:
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
es una ecuación diferencial exacta, si la expresión del lado izquierdo es unadiferencial exacta.
Sean M(x, y) y N(x, y) con derivadas parciales continuas en una regiónrectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces la condiciónnecesaria y suficiente para queM(x, y)dx+N(x, y)dy sea una diferencial exactaes que:
dM
dy=dN
dx
En los siguientes problemas, determine si la ecuación respectivaes exacta. Si lo es, resuélvala.
Problema 1.
(2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0Solución:M (x, y) = 2x− 1N (x, y) = 3y + 7
2.2. ECUACIONES EXACTAS 33
Para saber si son exactas se debe de cumplir la condición de exactitud:
∂M
∂y=
∂N
∂x
Se deriva M(x, y) con respecto a y:
∂M
∂y= 0
Se deriva N(x, y) con respecto a x:
∂N
∂x= 0
La ecuación es exacta. Entonces debe existir f(x, y) tal que:
∂f
∂x= 2x− 1 , ∂f
∂y= 3y + 7
Integrando la primera:
f(x, y) =
Z(2x− 1) dx = x2 − x+ g(y)
Derivando con respecto a y:
∂f
∂y= g0(y)
3y + 7 = g0(y)
Se integra para obtener g(y):
g(y) =
Z(3y + 7y)dy =
3
2y2 + 7y + c
Sustituyendo g(y) en la expresión de f(x, y):
f(x, y) = x2 − x+ 32y2 + 7y + c
La solución de la ecuación es:
34 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
x2 − x+ 32y2 + 7y + c = 0
Problema 2.(2x+ y)dx− (x+ 6y)dy = 0
Solución:M(x, y) = 2x+ yN(x, y) = −(x+ 6y)Derivando M(x, y) con respecto a y:
∂M
∂y= 1
Derivando N(x, y) con respecto a x:
∂N
∂x= −1
La ecuación no es exacta. Para resolverla se debería utilizar otro método.
Problema 3.(5x+ 4y)dx+ (4x− 8y3)dy = 0
Solución:M(x, y) = 5x+ 4yN(x, y) = 4x− 8y3Para cumplir con la condición de exactitud se derivaM(x, y) con respecto
a y:
∂M
∂y= 4
Se deriva N(x, y) con respecto a x:
∂N
∂x= 4
La ecuación es exacta. Por lo tanto se tiene que:
∂f
∂x= 5x+ 4y
2.2. ECUACIONES EXACTAS 35
∂f
∂y= 4x− 8y3
Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:
f(x, y) =
Z(5x+ 4y)dx =
5
2x2 + 4xy + g(y)
Derivando con respecto a y:
∂f
∂y= 4x+ g0(y)
4x− 8y3 = 4x+ g0(x)
g0(y) = −8y3
Para obtener a g(y) se integra con respecto a y:
g(y) = −8Zy3dy = −2y4 + c
Sustituyendo a g(y):
f(x, y) =5
2x2 + 4xy − 2y4 + c
La solución de la ecuación es:
5
2x2 + 4xy − 2y4 + c = 0
Problema 4. ¡2y2x− 3¢ dx+ ¡2yx2 + 4¢ dy = 0
Solución: Derivando M(x, y) con respecto a y, N(x, y) con respecto ax.
36 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
∂M
∂y= 4yx,
∂N
∂x= 4yx
La ecuación es exacta, entonces:
∂f
∂x= 2y2x− 3, ∂f
∂y= 2yx2 + 4
Integramos M(x, y) con respecto a x, para determinar f(x, y)
f (x, y) =
Z ¡2y2x− 3¢ dx = y2x2 − 3x+ g (y)
derivamos con respecto a y, e igualamos con N(x, y).
∂f
∂y= 2yx2 + g0 (y) = 2yx2 + 4
g0(y) = 4
integramos g0(y) con respecto a y.
g (y) = 4
Zdy = 4y + c
sustituimos g(y) en f(x, y), y el resultado es:
f (x, y) = y2x2 − 3x+ 4y + cLa solución se escribe como:
y2x2 − 3x+ 4y + c = 0
Problema 5.
(x+ y) (x− y) dx+ x (x− 2y) dy = 0Solución:Resolvemos la factorización, y derivamosM(x, y) con respecto a y,N(x, y)
con respecto a x,
2.2. ECUACIONES EXACTAS 37
¡x2 − y2¢ dx+ ¡x2 − 2xy¢ dy = 0
∂M
∂y= −2y 6= ∂N
∂x= 2x− 2y
∴ La ecuación no es exacta, puede resolverse utilizando el métodopara las ecuaciones homogéneas que se revisará después.
Problema 6.
xdy
dx= 2xex − y + 6x2
Solución: Igualamos la ecuación a cero, para dejarla en la forma:
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
¡2xex − y + 6x2¢ dx− xdy = 0
∂M
∂y= −1, ∂N
∂x= −1
∴ La ecuación es exacta
∂f
∂x= 2xex − y + 6x2 ∂f
∂y= −x
Integramos N(x, y) con respecto a y, el resultado obtenido, lo derivamosparcialmente con respecto a x, e igualamos con M(x, y).
f (x, y) =
Z−xdy = −xy + g (x)
∂f
∂x= −y + g0 (x) = 2xex − y + 6x2
g0 (x) = 2xex + 6x2
38 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
integramos g0(x)
g (x) =
Z ¡2xex + 6x2
¢dx = 2
Zxexdx+ 6
Zx2dx
La primera integral se resuelve por partes haciendo:u = x dv = exdxdu = dx v = ex
g (x) = 2 (xex − ex) + 2x3 + cSustituimos g(x) en f(x, y), teniendo como resultado:
f (x, y) = −xy + 2xex − 2ex + 2x3 + c = 0
Problema 7. µx2y3 − 1
1 + 9x2
¶dx
dy+ x3y2 = 0
Solución: Separamos dy, e igualamos la ecuación, derivando M(x, y)con respecto a y, N(x, y) con respecto a x.µ
x2y3 − 1
1 + 9x2
¶dx+ x3y2dy = 0
∂M
∂y= 3x2y2 =
∂N
∂x= 3x2y2
La ecuación es exacta, por lo tanto
∂f
∂x= x2y3 − 1
1 + 9x2∂f
∂y= x3y2
Considerando que es más sencillo integrar N(x, y) con respecto a y, luegose deriva con respecto a x
f (x, y) =
Zx3y2dy =
1
3x3y3 + g (x)
∂f
∂x= x2y3 + g0 (x) = x2y3 − 1
1 + 9x2
2.2. ECUACIONES EXACTAS 39
g0 (x) = − 1
1 + 9x2
g (x) = −Z
1
1 + 9x2= −1
3tan−1 3x+ c
Sustituyendo en f(x, y), tenemos como resultado:
f (x, y) =1
3x3y3 − 1
3tan−1 3x+ c = 0
Problema 8.
(tanx− senxseny) dx+ cosx cos ydy = 0Solución:M (x, y) = tanx− senxsenyN (x, y) = cosx cos yVeamos si cumple con la condición de exactitud:
∂M
∂y= −senx cos y
∂N
∂x= −senx cos y
La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene que:
∂f
∂x= tanx− senxseny
∂f
∂y= cosx cos y
Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:
f (x, y) =
Z(tanx− senxseny) dx = − ln |cosx|+ seny cos y + h(y)
Para obtener h(y) se tiene que:
40 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
∂f
∂y= cosx cos y + h0 (y)
cosx cos y = cosx cos y + h0 (y)
h (y) = c
Sustituyendo h(y) :
f (x, y) = − ln |cosx|+ seny cos y + cla solución de la ecuación es:
− ln |cosx|+ seny cos y + c = 0
Problema 9.¡4x3y − 15x2 − y¢ dx+ ¡x4 + 3y2 − x¢ dy = 0
Solución:M (x, y) = 4x3y − 15x2 − yN (x, y) = x4 + 3y2 − xSe verifica si se cumple con la condición de exactitud:
∂M
∂y= 4x3 − 1
∂N
∂x= 4x3 − 1
La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene que:
∂f
∂x= 4x3y − 15x2 − y
∂f
∂y= x4 + 3y2 − x
2.2. ECUACIONES EXACTAS 41
Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:
f (x, y) =
Z ¡4x3y − 15x2 − y¢ dx = x4y − 5x3 − yx+m (y)
Para obtener m(y) se tiene que:
∂f
∂y= x4 − x+m0 (y)
x4 + 3y2 − x = x4 − x+m0 (y)
m (y) =
Z3y2dy = y3 + c
Sustituyendo a m(y):
f (x, y) = x4y − 5x3 − yx+ y3 + c
la solución de la ecuación es:
x4y − 5x3 − yx+ y3 + c = 0
Problema 10.¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx+ ¡2ysenx− x3 + ln y¢ dy = 0, y (0) = e
M (x, y) = y2 cosx− 3x2y − 2xN (x, y) = 2ysenx− x3 + ln yCumpliendo con la condición de exactitud:
∂M
∂y= 2y cosx− 3x2
∂N
∂x= 2y cosx− 3x2
La ecuación es exacta por lo tanto se tiene que:
42 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
∂f
∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x
∂f
∂y= 2ysenx− x3 + ln y
Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:
f (x, y) =
Z ¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx = y2senx− x3y − x2 + h (y)
Para obtener h(y) se tiene que:
∂f
∂y= 2ysenx− x3 + h0 (y)
2ysenx− x3 + ln y = 2ysenx− x3 + h0 (y)
h (y) =
Zln ydy = y ln y − y + c
Sustituyendo a h(y) :
f (x, y) = y2senx− x3y − x2 + y ln y − y + c = 0Tomando la condición inicial de y(0) = e se tiene que:e2sen0− 03e− 02 + e ln e− e+ c = 0c = 0Por lo tanto la solución de la ecuación es:
y2senx− x3y − x2 + y ln y − y = 0
Determine el valor de k para que la ecuación diferencial corre-spondiente sea exacta.
Problema 11.¡y3 + kxy4 − 2x¢ dx+ ¡3xy2 + 20x2y3¢ dy = 0
2.2. ECUACIONES EXACTAS 43
Solución:M (x, y) = y3 + kxy4 − 2xN (x, y) = 3xy2 + 20x2y3
Derivando con respecto a x y y
∂M
∂y= 3y2 + 4kxy3
∂N
∂x= 3y2 + 40xy3
Igualando las derivadas parciales:
3y2 + 4kxy3 = 3y2 + 40xy3
Despejando a k se tiene que:
k = 10
Por lo tanto k se sustituye en la ecuación diferencial para que sea exacta.
Resuelva la ecuación respectiva comprobando que la funciónindicada, µ(x, y), sea un factor integrante.
Problema 12.
6xydx+¡4y + 9x2
¢dy = 0, µ (x, y) = y2
Solución:Puede verificarse que la ecuación no es exacta, pero si se multiplica por
el factor integrante queda:
6xy3dx+¡4y3 + 9x2y2
¢dy = 0
M (x, y) = 6xy3
N (x, y) = 4y3 + 9x2y2
Y ahora sí cumple con la condición de exactitud:
∂M
∂y= 18xy2
44 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
∂N
∂x= 18xy2
Por lo tanto se tiene que:
∂f
∂x= 6xy3
∂f
∂y= 4y3 + 9x2y2
Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:
f (x, y) =
Z6xy3dx = 3x2y3 + h (y)
Para obtener h(y) se tiene que:
∂f
∂y= 9x2y2 + h0 (y)
4y3 + 9x2y2 = 9x2y2 + h0 (y)
h (y) =
Z4y3dy = y4 + c
Sustituyendo a h(y) :
f (x, y) = 3x2y3 + y4 + c
Por lo tanto la solución de la ecuación es:
3x2y3 + y4 + c = 0
Problema 13.¡2y2 + 3x
¢dx+ 2xydy = 0, µ(x, y) = x
Solución:
2.2. ECUACIONES EXACTAS 45
Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante queda:¡2xy2 + 3x2
¢dx+ 2x2ydy = 0
M (x, y) = 2xy2 + 3x2
N (x, y) = 2x2yVerificando la condición de exactitud:
∂M
∂y= 4xy
∂N
∂x= 4xy
La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene:
∂f
∂x= 2xy2 + 3x2
∂f
∂y= 2x2y
Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:
f (x, y) =
Z ¡2xy2 + 3x2
¢dx = x2y2 + x3 + l (y)
Para obtener l(y) se tiene que:
∂f
∂y= 2x2y + l0 (y)
2x2y = 2x2y + l0 (y)
l (y) = c
Sustituyendo a l(y) :
f (x, y) = x2y2 + x3 + c
Por lo tanto la solución de la ecuación es:
x2y2 + x3 + c = 0
46 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
2.3 Ecuaciones lineales
Una ecuación diferencial de primer orden, de la forma:
a1 (x)dy
dx+ a0 (x) y = g (x)
es una ecuación lineal.
Solución de una ecuación diferencial lineal de primer orden
1) Para resolver una ecuación lineal de primer orden, primero se reescribe detal manera que el
coeficiente de dy/dx sea la unidad
dy
dx+ p (x) y = f (x)
2) Hay que identificar p (x) y definir el factor integrante,
µ (x) = eRp(x)dx
3) La ecuación obtenida en el paso 1 se multiplica por el factor integrante:
eRp(x)dx dy
dx+ p(x)e
Rp(x)dxy = e
Rp(x)dxf(x)
2.3. ECUACIONES LINEALES 47
4) El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso 3 es la derivada delproducto del factor integrante por la variable dependiente y; esto es:
d
dx
heRp(x)dxy
ieRp(x)dx = e
Rp(x)dxf(x)
5) Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso 4.
Problema 1.3dy
dx+ 12y = 4
Solución:Dividimos la ecuación entre 3 para ponerla en la forma general
dy
dx+ 4y =
4
3
p (x) = 4
Calculamos el factor integrante y lo multiplicamos por la ecuación
µ (x) = eRp (x)dx = e
R4dx = e4x
¡e4x¢µdydx+ 4y =
4
3
¶Integramos y despejamos a yZ
d
dx
¡ye4x
¢=
Z4
3e4xdx
48 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
ye4x =1
3e4x + c
y =1
3+c
e4x
Problema 2.dy
dx+ y = e3x
p (x) = 1Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eRp (x)dx = ex
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
(ex)
µdy
dx+ y
¶= e3x (ex)
Integramos para calcular el valor de yZd [yex] =
Ze4xdx
yex =1
4e4x + c
Despejamos el valor de y
y =1
4
e4x
ex+c
ex
y =1
4e3x + ce−x
Problema 3.y0 + 3x2y = x2
Solución:
2.3. ECUACIONES LINEALES 49
p (x) = 3x2
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eRp(x)dx = e
R3x2dx = ex
3
Se multiplica el factor integrante por la ecuación³ex
3´ ¡y0 + 3x2y
¢= x2ex
3
Integramos para calcular el valor de yZd
dx
hyex
3i=
Zx2ex
3
yex3
=1
3ex
3
+ c
Despejamos el valor de y
y =1
3+c
ex3
Problema 4.xdy = (xsenx− y) dx
Solución:La ecuación se lleva a la forma de las ecuaciones lineales:
dy
dx− (xsenx− y)
x= 0
dy
dx+
µ1
x
¶y = senx
Determinamos el valor de p (x)p (x) = x−1
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eRp(x)dx = e
Rdxx = elnx = x
50 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
x
µdy
dx− y
µ1
x
¶= senx
¶
d
dx[xy] = xsenx
Integramos para calcular el valor de yZd
dx[xy] =
Zxsenxdx
Integramos por partesRxsenxdx
u = x dv = senxdxdu = dx v = − cosx
xy = −x cosx+Zcosxdx = −x cosx+ senx+ c
Despejamos el valor de y
y =−x cosx+ senx+ c
x
Problema 5.cosx
dy
dx+ ysenx = 1
Solución:La ecuación se lleva a la forma de las lineales:
dy
dx+ y
senx
cosx=
1
cosx
dy
dx+ (tanx) y = secx
p (x) = tanxCalculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eRp(x)dx = e
Rtanxdx = e− ln(cosx) = secx
2.3. ECUACIONES LINEALES 51
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
secx
µdy
dx+ (tanx) y = secx
¶
d
dx[y secx] = sec2 xdx
Integramos para calcular el valor de yZd
dx[y secx] =
Zsec2 xdx
y secx = tanx+ c
Despejamos el valor de y
y =tanx+ c
secx= senx+ c cosx
Problema 6.xdy
dx+ 4y = x3 − x
Solución:La ecuación se lleva a la forma:
dy
dx+4
xy = x2 − 1
p (x) = 4x
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eRp(x)dx = e
R4xdx = e4 ln(x) = x4
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
x4µdy
dx+4
xy = x2 − 1
¶
d
dx
£yx4¤= x6 − x4
52 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Integramos para calcular el valor de yZd
dx
£yx4¤=
Z ¡x6 − x4¢ dx
yx4 =1
7x7 − 1
5x5 + c
Despejamos el valor de y
y =1
7x3 − 1
5x+
c
x4
Problema 7.
cos2 xsenxdy +¡y cos3 x− 1¢ dx = 0
Solución:La ecuación se lleva a la forma de las lineales:
dy
dx+y cos3 x− 1cos2 xsenx
= 0
dy
dx+cosx
senxy =
1
cos2 xsenx
p (x) = cotxCalculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eRp(x)dx = e
Rcotxdx = eln(senx) = senx
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
senx
µdy
dx+ (cotx y) =
1
cos2 xsenx
¶
d
dx[ysenx] =
1
cos2 x
Integramos para calcular el valor de y
2.3. ECUACIONES LINEALES 53
Zd
dx[ysenx] =
Z ¡sec2 x
¢dx
ysenx = tanx+ c
Despejamos el valor de y
y =tanx+ c
senx
y = secx+ c cscx
Problema 8.xdy
dx+ (3x+ 1) y = e−3x
Solución:La ecuación se lleva a la forma:
dy
dx+3x+ 1
xy =
e−3x
x
p (x) = 3x+1x
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eRp(x)dx = e
R3x+1xdx = e3xeln(x) = xe3x
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
xe3xµdy
dx+3x+ 1
xy =
e−3x
x
¶
d
dx
£yxe3x
¤= 1
Integramos para calcular el valor de yZd
dx
£yxe3x
¤=
Zdx
54 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
yxe3x = x+ c
Despejamos el valor de y
y =x+ c
xe3x= e−3x +
ce−3x
x
Problema 9.dy
dx+ y =
1− e−2xex + e−x
Solución:p (x) = 1Calculamos el valor del factor integrante µ (x)µ (x) = e
Rdx = ex
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
exµdy
dx+ y =
1− e−2xex + e−x
¶
d
dx[yex] =
ex − e−xex + e−x
Integramos para calcular el valor de yZd
dx[yex] =
Z µex − e−xex + e−x
¶dx
yex = ln¡ex + e−x
¢+ c
Despejamos el valor de y
y = e−x ln¡ex + e−x
¢+ ce−x
Problema 10.(x+ 2)2
dy
dx= 5− 8y − 4xy
Solución:
2.3. ECUACIONES LINEALES 55
La ecuación se lleva a la forma de las lineales:
(x+ 2)2dy
dx= 5− 4(x+ 2)y
dy
dx+
4
x+ 2y =
5
(x+ 2)2
p (x) =4
x+ 2
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eR
4x+2
dx = e4 ln(x+2) = (x+ 2)4
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
(x+ 2)4µdy
dx+
4
x+ 2y =
5
(x+ 2)2
¶
d
dx
£(x+ 2)4 y
¤= 5 (x+ 2)2
Integramos para calcular el valor de yZd
dx
£(x+ 2)4 y
¤=
Z5 (x+ 2)2 dx
(x+ 2)4 y =5
3(x+ 2)3 + c
Despejamos el valor de y
y =5
3 (x+ 2)+
c
(x+ 2)4
Problema 11.
dy
dx+ 5y = 20, y (0) = 2
56 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Solución:
p (x) = 5Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eR5dx = e5x
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
e5xµdy
dx+ 5y = 20
¶
d
dx
£ye5x
¤= 20e5x
Integramos para calcular el valor de yZd
dx
£ye5x
¤=
Z ¡20e5x
¢dx
ye5x = 4e5x + c
Calculamos el valor de c
(2) e5(0) = 4e5(0) + c
2 = 4 + c
c = −2
Despejamos el valor de y y sustituimos el valor de c
y = 4− 2e−5x
Problema 12.
Ldi
dt+Ri = E L,R y E son constantes, i (0) = i0
2.3. ECUACIONES LINEALES 57
Solución:
La ecuación se lleva a la forma de las lineales:
di
dt+R
Li =
E
L
p (t) = RL
Calculamos el valor del factor integrante µ (t)
µ (t) = eRRLdt = e
RLt
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
eRLt
µdi
dt+R
Li =
E
L
¶
d
dt
hie
RLti=E
LeRLt
Integramos para calcular el valor de iZd
dt
hie
RLti=
Z µE
LeRLt
¶dt
ieRLt =
E
ReRLt + c
Calculamos el valor de c
i0eRL(0) =
E
ReRL(0) + c
i0 =E
R+ c
c = i0 − ER
Despejamos el valor de i y sustituimos el valor de c
58 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
ieRLt =
E
ReRLt +
µi0 − E
R
¶
i =E
R+
µi0 − E
R
¶e−
RLt
Problema 13.
dT
dt= k (T − 50) k es constante, T (0) = 200
Solución:
La ecuación se lleva a la forma:
dT
dt− kT = −50k
Determinamos el valor de p (t)p (t) = −kCalculamos el valor del factor integrante µ (t)
µ (t) = eR −kdt = e−kt
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
e−ktµdT
dt− kT = −50k
¶
d
dt
£Te−kt
¤= −50ke−kt
Integramos para calcular el valor de yZd
dt
£Te−kt
¤= −
Z ¡50ke−kt
¢dt
Te−kt = 50e−kt + c
2.3. ECUACIONES LINEALES 59
Calculamos el valor de c
200e−k(0) = 50e−k(0) + c
200 = 50 + c
c = 150
Despejamos el valor de T y sustituimos el valor de c
Te−kt = 50e−kt + 150
T = 50 + 150ekt
Problema 14.
(x+ 1)dy
dx+ y = lnx y (1) = 10
Solución:
La ecuación se lleva a la forma:
dy
dx+
1
(x+ 1)y =
lnx
x+ 1
Determinamos el valor de p (x)p (x) = 1
(x+1)
Calculamos el valor del factor integrante µ (x)
µ (x) = eR
1(x+1)
dx = eln(x+1) = x+ 1
Se multiplica el factor integrante por la ecuación
(x+ 1)
µdy
dx+
1
(x+ 1)y =
lnx
x+ 1
¶
d
dx[(x+ 1) y] = lnx
60 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Integramos para calcular el valor de yZd
dx[(x+ 1) y] =
Zlnxdx
Integramos por partesRlnxdx
u = lnx dv = dxdu = 1
xdx v = x
(x+ 1) y = x lnx−Zdx
(x+ 1) y = x lnx− x+ c
Calculamos el valor de c
(1 + 1) 10 = (1) ln (1)− 1 + c
20 = −1 + c
c = 21
Despejamos el valor de y y sustituimos el valor de c
(x+ 1) y = x lnx− x+ 21
y =x lnx− x+ 21
(x+ 1)
2.4 Sustituciones diversas
2.4.1 Ecuaciones homogéneas
Una ecuación diferencial de la forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 61
se dice que es homogénea si M(x, y) y N(x, y) son ambas funciones ho-mogéneas del mismo grado, en otras palabras la ecuación es homogénea si
M(tx, ty) = tαM(x, y), N(tx, ty) = tαN(x, y)
Una ecuación diferencial homogénea puede resolverse por medio de las susti-tuciones algebraicas:
y = ux, o x = vy
éstas sustituciones reducirán la ecuación a una de variables separables deprimer orden.
Resuelva cada una de las ecuaciones homogéneas con la sustitu-ción apropiada:
Problema 1.(x− y) dx+ xdy = 0
Solución:Hacemos un cambio de variable y derivamos:
y = ux
dy = udx+ xdu
sustituimos en la ecuación y desarrollamos:
(x− ux) dx+ x (udx+ xdu) = 0
xdx− uxdx+ uxdx+ x2dx = 0
xdx+ x2du = 0
dividimos entre x2 e integramos toda la ecuación:
dx
x+ du = 0Z µ
dx
x+ du = 0
¶lnx+ u = c
62 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
regresamos a la variable original:
y = ux
u =y
x
lnx+y
x= c
multiplicamos toda la ecuación por x:
x lnx+ y = cx
Problema 2.xdx+ (y − 2x) dy = 0
Solución:Hacemos el cambio de variable
x = vy
dx = vdy + ydv
sustituimos en la ecuación y desarrollamos:
vy (vdy + ydv) + (y − 2vy) dy = 0
v2ydy + vy2dv + ydy − 2vydy = 0
y¡v2 − 2v + 1¢ dy + vy2dv = 0
dividimos entre y2 y (v2 − 2v + 1) e integramos:
dy
y+
vdv
v2 − 2v + 1 = 0
dy
y+
vdv
(v − 1)2 = 0,Z µ
dy
y+
vdv
(v − 1)2 = 0¶
si z = v − 1, ν = z + 1, dν = dzZ µdy
y+(z + 1)dz
z2= 0
¶
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 63
ln y + ln z − 1z= c
ln y + ln(ν − 1)− 1
(ν − 1) = c
ν = x/y
ln y + ln(x
y− 1)− 1
(xy− 1) = c
Problema 3. ¡y2 + yx
¢dx− x2dy = 0
Solución:Hacemos el cambio de variable:
y = ux
dy = udx+ xdu
sustituimos en la ecuación y desarrollamos:¡u2x2 + ux2
¢dx− x2 (udx+ xdu) = 0
u2x2dx+ ux2dx− ux2dx+ x3du = 0
u2x2dx+ x3du = 0
dividimos entre u2 y x3e integramos:
dx
x+du
u2= 0Z µ
dx
x+du
u2= 0
¶lnx− 1
u= c
regresamos a la variable original:
y = ux
u =y
x
64 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
lnx− 1yx
= c
lnx− xy= c
multiplicamos por y:
y lnx− x = cy
Resuelva la ecuación homogénea sujeta a la condición inicialrespectiva:
Problema 4. ³x+ ye
yx
´dx− xe yxdy = 0, y (1) = 0
Solución:Hacemos el cambio de variable:
y = ux
dy = udx+ xdu
sustituimos en la ecuación y desarrollamos:
³x+ uxe
uxy
´dx− xeuxx (udx+ xdu) = 0
xdx+ uxeudx− uxeudx− x2eudu = 0
xdx− x2eudu = 0
dividimos entre x2 e integramos:
dx
x− eudu = 0Z µ
dx
x− eudu = 0
¶lnx− eu = c
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 65
regresamos a la variable original:
y = ux
u =y
x
ln y − e yx = c
aplicamos la condición inicial y (1) = 0
x = 1
y = 0
ln 1− e 0x = c
ln 1− 1 = c
−1 = c
regresamos a la ecuación:
lnx− e yx = −1
Problema 5.
xy2dy
dx= y3 − x3
Solución:Dividimos entre dx e igualamos a cero:
xy2dy − ¡y3 − x3¢ dx = 0hacemos el cambio de variable:
x = vy
dx = vdy + ydv
sistituimos y desarrollamos:
66 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
vy3dy − ¡y3 − v3y3¢ (vdy + ydv) = 0
vy3dy − ¡vy3dy − v4y3dy + y4dv − v3y4dv¢ = 0
v4y3dy − y4dv + v3y4dv = 0
v4y3dy − y4 ¡1− v3¢ = 0
diviimos entre v4 y y4 e integramos:
dy
y− (1− v
3) dv
v4= 0Z µ
dy
y− (1− v
3) dv
v4= 0
¶ln y − 1
v3− ln v = c
regresamos a la variable original:
x = vy
v =x
y
ln y − 1xy
− ln xy= c
ln y − yx− ln x
y= c
aplicamos la condición inicial:
y (1) = 2
x = 1
y = 2
ln 2− 2− ln 12= c
−0.61 = c
regresamos a la ecuación:
ln y − yx− ln x
y= −0.61
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 67
2.4.2 Ecuación de Bernoulli
La ecuación diferencial
dy
dx+ P (x)y = f(x)yn
donde n es cualquier número real, se llama ecuación de Bernoulli. Para n = 0y n = 1 la ecuación es lineal. En el caso de que n 6= 0 y n 6= 1 la sustituciónu = y1−n reduce cualquier ecuación de Bernoulli a una ecuación lineal.
Resuelva la ecuación respectiva de Bernoulli empleando unasustitución adecuada:
Problema 6.dy
dx= y
¡xy3 − 1¢
Solución:Llevamos la ecuación a la forma de Bernoulli
dy
dx= xy4 − y
dy
dx+ y = xy4
Hacemos el cambio de variable
w = y1−4 = y−3
y = w−13
dy
dx= −1
3w−
43dw
dx
sustituimos:
−13w−
43dw
dx+ w−
13 = xw−
43
multiplicamos por −3w 43 :
dw
dx− 3w = −3xp(x) = −3µ(x) = e
R −3dx = e−3x
68 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
multiplicamos la ecuación anterior por e−3x:
e−3xdw
dx− 3we−3x = −3e−3x
agrupamos:
d
dx
¡we−3x
¢= −3xe−3x
d¡we−3x
¢= −3xe−3xdxZ £¡
d¡we−3x
¢= −3xe−3xdx¢¤
we−3x = −3Zxe−3xdx
resolviendo la integral por partes:
u = x
du = dx
dv = e−3x
v = −13e−3x
we−3x = −3·−13xe−3x +
1
3
Ze−3xdx
¸we−3x = −3
·−13xe−3x − 1
9e−3x
¸+ c
we−3x = xe−3x +1
3e−3x + c
multiplicamos por e3x:
w = x+1
3+ ce−3x
regresamos a la variable original:
y = w−13
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 69
w = y−3
y−3 = x+1
3+ ce3x
y =
µx+
1
3+ ce3x
¶−13
Problema 7.x2dy
dx+ y2 = xy
Solución:Dividimos entre x2 y hacemos el cambio de variable:
dy
dx+y2
x2=
y
xdy
dx− yx= −y
2
x2
w = y1−2 = y−1
y = w−1
dy
dx= −w−2dw
dx
sustituimos:
−w−2dwdx− w
−1
x=−w−2x2
multiplicamos por −w2:
dw
dx+w
x=
1
x2
p(x) =1
x
µ(x) = eR1xdx = elnx = x
multiplicamos la ecuación por x:
70 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
xdw
dx+ w =
1
x
agrupamos e integramos:
d
dx(wx) =
1
x
d (wx) =1
xdxZ ·d (wx) =
1
xdx
¸wx = lnx+ c
dividimos entre x:
w =lnx
x+c
x
regresamos a la variable original:
w = y−1
y−1 =lnx
x+c
x
y =x
lnx+ c
2.4.3 Sustituciones para reducir a variables separablesecuaciones del tipo dy
dx = f(Ax+By + C)
Una ecuación diferencial de la forma
dy
dx= f(Ax+By + C)
puede reducirse a una ecuación de variables separables por medio de la susti-tución u = Ax+By + C, B 6= 0.
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 71
Problema 8.dy
dx= (x+ y + 1)2
Solución:Hacemos:
u = x+ y + 1du
dx= 1 +
dy
dxdy
dx=
du
dx− 1
du
dx− 1 = u2
du
dx= u2 + 1
du
u2 + 1= dx
integramos:
Zdu
u2 + 1=
Zdx
arctanu = x+ c
pero:
u = x+ y + 1
arctan (x+ y + 1) = x+ c
x+ y + 1 = tan(x+ c)
y = tan(x+ c)− x− 1
72 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Problema 9.dy
dx= cos (x+ y) , y (0) =
π
4
Solución:Hacemos:
u = x+ ydu
dx= 1 +
dy
dxdy
dx=
du
dx− 1
sustituimos:
du
dx− 1 = cosu
du
dx= 1 + cosu
du
1 + cosu= dx
integramos: Zdu
1 + cosu=
Zdx
multiplicamos el lado izquierdo por (1− cosu) en el denominador y en elnumerador:
Z1− cosu
(1 + cosu) (1− cosu)du = x+ cZ1− cosu1− cos2 udu = x+ cZ1− cosusin2 u
du = x+ cZ1
sin2 udu−
Zcosu
sin2 udu = x+ c
2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 73Zcsc2 udu−
Zcosu
sin2 udu = x+ c
− cotu+ 1
sinu= x+ c
− cotu+ cscu = c
pero:
u = x+ y
− cot (x+ y) + 1
sin (x+ y)= x+ c
aplicamos la condición inicial:
y (0) =π
4x = 0
y =π
4
− cot³0 +
π
4
´+ csc
³0 +
π
4
´= 0 + c
− cot π4+ csc
π
4= c
−1 +√2 = c
regresamos a la ecuación:
csc (x+ y)− cot (x+ y) = x+√2− 1
74 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Chapter 3
Aplicaciones de ecuaciones deprimer orden
Problema 1. La población de una comunidad crece conuna tasa proporcional a la población en cualquier momento. Supoblación inicial es 500 y aumenta el 15% en 10 años. ¿Cuál serála población pasados 30 años?
Solución:N = población de la comunidad en cuestión.N0 = Población inicial de la comunidad.N(0) = N0 = 500N(10) = 575N(10) = 1.15N0Basándonos en la ecuación diferencial del módelo básico de crecimiento:
dN
dt= kN
cuya solución se encuentra fácilmente usando variables separables:
N = Noekt
Para encontrar k aplicamos la condición:
N(10) = 1.15N0
Sustituyendo en la solución:
75
76CHAPTER 3. APLICACIONESDEECUACIONESDEPRIMERORDEN
1.15N0 = N0e10k
Despejando k
ln 1.15
10= k
k = 0.014
Sustituyendo:
N = N0e0.014t = 500e0.014t
Finalmente se calcula la población de la comunidad después de 30 años.
N(30) = 500e0.014(30)
N(30) = 760
Problema 2. El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, sedesintegra con una razón poporcional a la cantidad presente encualquier momento y tiene un período medio de vida de 3.3 horas.Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿Cuánto tiempo debetranscurrir para que se desintegre el 90%?Solución:C = Cantidad presente del isótopo a cualquier tiempoτ = Periodo de vida media = 3.3 horasC0 = Cantidad inicial presente del isótopo = 1 gramoLa ecuación diferencial a resolver es:
dC
dt= kC
la cual es igual a la del problema anterior.
77
La solución es:
C = C0ekt
Se sabe que
C(3.3) =1
2C0
Por lo que:
1
2C0 = C0e
3.3k
k =ln0.5
3.3
es decir k = −0.21Sustituyendo:
C = C0e−0.21t
Finalmente, obtenemos el tiempo que debe transcurrir paraque se desintegre el 90% del isótopo:
C0(0.1) = C0e−0.21t
ln 0.1 = −0.21t
t =ln 0.1
−0.21
t = 11 horas
Problema 3. Cuando pasa un rayo vertical de luz por unasustancia transparente, la razón con que decrece su intensidadI es proporcional a I(t), donde t representa el espesor, en pies,del medio. En agua de mar clara, la intensidad a 3 ft bajo lasuperficie, es el 25% de la intensidad inicial I0 del rayo incidente.¿Cuál es la intensidad del rayo a 15 ft bajo la superficie?
78CHAPTER 3. APLICACIONESDEECUACIONESDEPRIMERORDEN
Solución:I = intensidadt = espesor del medio
dI
dt= kI
I = I0ekt
I0(0.25) = I0e3k
k =ln 0.25
3
k = −0.462Finalmente, procedemos a calcular la intensidad del rayo a 15
ft bajo la superficie
I(15) = I0e−0.462(15)
I(15) = 0.00098I0
Aproximadamente 0.1% de I0.
Problema 4. En un trozo de madera quemada o carbón veg-etal se determinó que el 85.5% de su C-14 se había desintegrado.Con la información siguiente determine la edad aproximadamade la madera. Estos son precisamente los datos que usaron losarqueólogos para fechar los murales prehistóricos de una cavernade Lascaux, Francia.Solución:k = constante de decaimiento
79
Vida media C-14 τ = 5,600 años
A = A0ekt
Sustituyendo:
A02= A0e
5,600t
ln1
2= 5, 600k
k =ln 1
2
5, 600
k = −0.00012378Por último, procedemos a determinar la edad aproximada del
trozo de madera
A0(0.145) = A0e−0.00012378t
t =ln 0.145
−0.00012378
t = 15, 600 anos
Problema 5. Un tanque contiene 200 l de agua en que sehan disuelto 30 g de sal y le entran 4 L/min de solución con 1g de sal por litro; está bien mezclado, y de él sale líquido con elmismo flujo (4 L/min). Calcule la cantidad A(t) de gramos desal que hay en el tanque en cualquier momento t.Solución:A = cantidad de gramos de sal
80CHAPTER 3. APLICACIONESDEECUACIONESDEPRIMERORDEN
t = momento (tiempo)V0 = volumen inicial del tanquev1 = flujo de entradav2 = flujo de salidaC1 = Concentración de entrada (masa/volumen)C2 = Concentración de salida (masa/volumen)R1 = Razón o ritmo con el que entraR2 = Razón o ritmo con el que saleV0 = 200 lv1 = 4 L/minv2 = 4 L/minC1 =1 g/LC2 =
AV0
Como hay conservación de masa:dAdt= R1 −R2
R1 = C1υ1R2 = C2υ2
dA
dt= C1υ1 − C2υ2
dA
dt= 1
g
l
µ4l
min
¶− A
200
g
l
µ4l
min
¶
dA
dt= 4− 4A
200
dA
A= 4− 1
50A
dA
A+1
50A = 4
p(t) =1
50
µ(t) = eR
150dt = e
t50
81
d
dt
³Ae
t50
´= 4e
t50
Aet50 = 4
Zet50dt
Aet50 = 200e
t50 + c
A = 200 + ce−t50
Considerando la condición inicial:A(0) = 3030 = 200 + cc = −170Finalmente:
A(t) = 200− 170e− t50
Problema 6. Un tanque tiene 500 gal de agua pura y le entrasalmuera con 2 lb de sal por galón a un flujo de 5 gal/min. Eltanque esta bien mezclado, y sale de él el mismo flujo de solución.Calcule la cantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque encualquier momento t.Solución:V0 = 500 galυ1 = 5 gal/minυ2 = 5 gal/minC1 = 2 lb/galC2 =
AV o= A
500
dA
A= C1υ1 − C2υ2
dA
A= 2
lb
gal
µ5gal
min
¶− A
500
lb
gal
µ5gal
min
¶
82CHAPTER 3. APLICACIONESDEECUACIONESDEPRIMERORDEN
dA
A= 10− A
100
dA
A+
1
100A = 10
p(t) =1
100
µ(t) = eR
1100
dt = et100
d
dt
³Ae
t100
´= 10e
t100
Aet100 = 10
Ze
t100dt
Aet50 = 1000e
t100 + c
A = 1000 + ce−t100
Considerando las condiciones iniciales:A(0) = 00 = 1000 + cc = −1000Finalmente:
A(t) = 1000− 1000e− t100
Problema 7. En un modelo demográfico de la población P(t)de una comunidad, se supone que:
dP
dt=dB
dt− dDdt
83
en donde dB/dt y dD/dt son las tasas de natalidad y mortan-tad, respectivamente.a) Determine P (t)
dB
dt= k1P
dD
dt= k2P
b)Analice los casos k1 > k2, k1 < k2, k1 = k2Solución:dBdt= Natalidad
dDdt= Mortandad
P (t) = Natalidad-Mortantada)
dP
dt= k1P − k2P
dP
dt= (k1 − k2)P
ZdP
P= (k1 − k2)
Zdt
lnP = (k1 − k2)t+ ln c
lnP − lnc = (k1 − k2)t
P
c= e(k1−k2)t
P = ce(k1−k2)t
Considerando la condición inicial:
84CHAPTER 3. APLICACIONESDEECUACIONESDEPRIMERORDEN
P (0) = P0
P = P 0e(k1−k2)t
b)k1 > k2La tasa de natalidad es mayor que la de mortalidad, por lo
tanto la población aumenta. Esto se observa en la gráfica ya queen tal caso k1−k2 > 0 y la gráfica corresponde a una exponencialcreciente.k1 < k2La tasa de natalidad es menor que la de mortalidad, provo-
cando la disminución de la población. En la gráfica se tiene unaexponencial decreciente cuando k1 − k2 < 0.k1 = k2La tasa de natalidad es igual a la de mortalidad, por ello la
población se mantiene estable. En tal caso P = P 0.
Problema 8.Cuando se tiene en cuenta lo olvidadizo de un individuo, la rapidez con
que memoriza está definida por
dA
dt= k1 (M −A)− k2A,
en que k1 > 0, k2 > 0, A(t) es la cantidad de material memorizado porel tiempo t, M es la cantidad total para memorizar y M −A es la cantidadque resta por memorizar. Halle A(t) y grafique la solución. Suponga queA(0) = 0. Determine el valor límite de A cuando t → ∞ e interprete elresultado.Solución: Proponemos la ecuación diferencial y la despejamos:
dA
dt= kM − k1A− k2A
dA
dt= k1M −A(k1 + k2)
dA
dt+A(k1 + k2) = k1M
85
Definimos el factor integrante, lo sustituimos en la ecuación diferencial,y la integramos.
µ (t) = eR(k1+k2)dt = e(k1+k2)t
d
dt
¡Ae(k1+k2)t
¢=
Zk1Me
(k1+k2)t
Ae(k1+k2)t =k1M
(k1 + k2)e(k1+k2)t + C
Despejamos A, y el resultado es:
A =k1M
(k1 + k2)+ Ce−(k1+k2)t
Aplicamos la condición inicial A(0) = 0
0 =k1M
(k1 + k2)+ C
o sea
C = − k1M
(k1 + k2)
Por lo tanto la solución queda como
A =k1M
(k1 + k2)(1− e−(k1+k2)t)
tal como se observa cuando t → ∞ en esta expresión queda que A =k1M
(k1+k2), lo cual siempre es menor que M , es decir, no se memoriza al 100%,
por ejemplo en la siguiente gráfica se muestra que después de un cierto tiempoel individuo a lo más memorizará el 80%.
86CHAPTER 3. APLICACIONESDEECUACIONESDEPRIMERORDEN
Figure 3.1: Cantidad de material memorizado en el tiempo
Chapter 4
Ecuaciones de segundo orden
4.1 Ecuaciones homogéneas con coeficientesconstantes
Una ecuación diferencial de este tipo tiene la forma
ay00 + by0 + cy = 0
donde a,b y c son constantes. Para resolverla se propone una solución de laforma y = emx y al sustituir en la ecuación se obtiene la ecuación auxiliar
am2 + bm+ c = 0
la cual se resuelve para encontrar los valores de m, dependiendo de estosvalores se obtienen tres casos:Caso I: Raíces reales y distintas m1 6= m2, en cuyo caso la solución se escribe
como
y = c1em1x + c2e
m2x
Caso II. Raíces reales repetidas m1 = m2 = m
y = c1emx + c2xe
mx
Caso III. Raíces complejas de la forma m = α± iβx
87
88 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
y = eαx(c1 cosβx+ c2senβx)
Resolver los siguientes problemas
Problema 1.4y
00+ y
0= 0
Solución:La ecuacion auxiliar es
4m2 +m = 0
factorizando.
m(4m+ 1) = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 = 0
m2 = −14
Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguientemanera.
y = c1e(0)x + c2e
(− 14)x
y = c1 + c2e−x4
Problema 2.y00 − 36y = 0
Solución:La ecuación auxiliar es
m2 − 36 = 0
4.1. ECUACIONESHOMOGÉNEASCONCOEFICIENTESCONSTANTES89
factorizando
(m+ 6)(m− 6) = 0Las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 = 6m2 = −6
Así la solución general es:
y = c1e6x + c2e
−6x
Problema 3.y00 + 9 = 0
Solución:La ecuación auxiliar es
m2 + 9 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:m = ±3i
Como las raíces son complejas y la parte real es cero, la solución se escribecomo:
y = c1 cos 3x+ c2sen3x
Problema 4.y00 − y0 − 6y = 0
Solución:La ecuación auxiliar es
m2 −m− 6 = 0
(m− 3)(m+ 2) = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:m1 = 3m2 = −2
90 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
La solución general es:.
y = c1e3x + c2e
−2x
Problema 5.y00 + 3y0 − 5y = 0
Solución:La ecuación auxiliar es
m2 + 3m− 5 = 0Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
m =−3±p9− 4(−5)
2=−3±√29
2
m1 = 1.19, m2 = −4.19Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguiente
manera.
y = c1e1.19x + c2e
−4.19x
Problema 6.
12y00 − 5y0 − 2y = 0
Solución:La ecuación auxiliar es
12m2 − 5m− 2 = 0la cual se factoriza como
(3m− 2)(4m+ 1) = 0
Las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 =2
3, m2 = −1
4
4.1. ECUACIONESHOMOGÉNEASCONCOEFICIENTESCONSTANTES91
Así la solución es:
y = c1e23x + c2e
− 14x
Problema 7.
3y00 + 2y + y = 0
Solución:La ecuación auxiliar es
3m2 + 2m+ 1 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
m =−1+−
√2i
3= −1
3±√2i
3
Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguientemanera.
y = e−x3 (c1 cos
√2x
3+ c2sen
√2x
3)
Problema 8.
y000 − 4y00 − 5y0 = 0
Solución:La ecuación auxiliar es
m3 − 4m2 − 5m = 0factorizando
m(m+ 1)(m− 5) = 0Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:
m1 = 0, m2 = −1, m3 = 5
Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguientemanera.
92 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
y = c1 + c2e−x + c3e5x
Problema 9.
y000 − 5y00 + 3y0 + 9y = 0
Solución:La ecuación auxiliar es
m3 − 5m2 + 3m+ 9 = 0
Al utilizar división sintetica se encontraron las siguientes raíces
m1 = 3, m2 = −1, m3 = 3
La raíz 3 está repetida, por ello la solución general de la ecuación es:
y = c1e3x + c2xe
3x + c3e−x
Problema 10.
d4y
dx4+d3y
dx3+d2y
dx2= 0
Solución:La ecuación auxiliar es
m4 +m3 +m2 = 0
factorizando.
m2(m2 +m+ 1) = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
m = 0 (raíz doble),m =−1±√3i
2= −1
2±√3i
2
Así la solución general se escribe de la siguiente forma:
y = c1e0 + c2xe
0 + e−x2 (cos
√3
2x+ c4sen
√3
2x)
4.1. ECUACIONESHOMOGÉNEASCONCOEFICIENTESCONSTANTES93
y = c1 + c2x+ e−x2 (cos
√3
2x+ c4sen
√3
2x)
Problema 11.
y00 + 16y = 0 y(0) = 2; y0(0) = −2
Solución:La ecuación auxiliar es
m2 + 16 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
m1 = 4i, m2 = −4iLa solución general es:
y = c1 cos 4x+ c2sen4x
Para aplicar las condiciones iniciales es necesario derivar
y0 = −4c1sen4x+ 4c2 cos 4xAl sustituir las condiciones iniciales se obtiene:
y(0) = 2 = c1
y0(0) = −2 = 4c2Resolviendo:
c1 = 2, c2 = −12
De tal manera que la solución al problema de valor inicial es:
y = 2 cos 4x− 12sin 4x
Problema 12.
94 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
2y00 − 2y0 + y = 0 y(0) = −1; y0(0) = 0Solución:
La ecuación auxiliar es
2m2 − 2m+ 1 = 0Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
m =2±√4i4
=1
2± 12i
La solución general es:
y = e12x(c1 cos
1
2x+ c2sen
1
2x)
Derivando:
y0 = e12x(−1
2c1sen
1
2x+
1
2c2 cos
1
2x) +
1
2e12x(c1 cos
1
2x+ c2sen
1
2x)
Sustituyendo las condiciones iniciales:
y(0) = −1 = c1
y0(0) = 0 =1
2c2 +
1
2c1
Resolviendo:
c1 = −1, c2 = 1La solución al problema de valor inicial es:
y = e12x(− cos 1
2x+ sen
1
2x)
Problema 13.
y00 + y0 + 2y = 0 y(0) = y0(0) = 0
4.1. ECUACIONESHOMOGÉNEASCONCOEFICIENTESCONSTANTES95
Solución:La ecuación auxiliar es
m2 +m+ 2 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
m =−1+−√1− 8i2
= −12
+
−
√7i
2
La solución general se escribe como:
y = e−x2 (c1 cos
√7
2x+ c2sen
√7
2x)
Derivando:
y0 = e−x2 (−√7
2c1sen
√7
2x+
√7
2c2 cos
√7
2x)− 1
2e−
x2 (c1 cos
√7
2x+ c2sen
√7
2x)
Al sustituir las condiciones iniciales da el siguiente resultado:
y(0) = 0 = c1
y0(0) = 0 =
√7
2c2 − 1
2c1
es decir:
c1 = c2 = 0
La única solución que es compatible con estas condiciones es:
y = 0
Problema 14.
y000 + 12y00 + 36y0 = 0 y(0) = 0; y0(0) = 1; y00(0) = −7
Solución:La ecuación auxiliar es
96 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
m3 + 12m2 + 36m = 0
factorizando.
m(m+ 6)2 = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son
m1 = 0, m2 = −6 de doble multiplicidadLa solución general es:
y = c1 + c2e−6x + c3xe−6x
Derivando:
y0 = −6c2e−6x − 6c3xe−6x + c3e−6x
y00 = 36c2e−6x + 36c3xe−6x − 12c3e−6x
Sustituyendo las condiciones:
y(0) = 0 = c1 + c2
y0(0) = 1 = −6c2 + c3
y00(0) = −7 = 36c2 − 12c3Resolviendo el sistema:
c1 =5
36, c2 = − 5
36, c3 =
1
6
La solución al problema de valor inicial es:
y =5
36− 5
36c2e
−6x +1
6c3xe
−6x
Problema 15.
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 97
y00 − 10y0 + 25 = 0 y(0) = 1; y(1) = 0
Solución:La ecuación auxiliar es
m2 − 10m+ 25 = 0factorizando.
(m− 5)2 = 0La única raíz es doble:
m = 5
la solución general se escribe como:
y = c1e5x + c2xe
5x
Al sustituir las condiciones iniciales en la ecuación nos da el siguienteresultado
c1 = 1, c2 = −1El resultado final es:
y = e5x − xe5x
4.2 Método de los coeficientes indetermina-dos
Una ecuación diferencial de orden n se puede escribir como:
anDny + an−1Dn−1y + ........+ a1Dy + a0y = g(x)
98 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
en donde Dky = dky/dxk, k = 0, 1, ........., n.
Es conveniente a veces representar también esta ecuación en la forma L(y) =g(x). donde L representa el operador diferencial lineal de orden n:
L = anDn + an−1Dn−1 + ........+ a1D + ao
La aplicación de los operadores diferenciales permite llegar a una soluciónparticular de ciertos tipos de ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas.
OPERADOR ANULADOR: Si L1 es un operador diferencial con coeficientesconstantes y f es una función suficientemente diferenciable tal que:
L1(f(x)) = 0,
se dice que L1 es un anulador de la función.
El operador diferencial Dn anula cada una de las siguientes funciones:
1, x, x2, ........, xn−1
El operador diferencial (D − a)n anula cada una de las siguientes funciones:
eax, xeax, x2eax, ................., xn−1eax
El operador diferencial [(D2 − 2aD + (a2 + B2)]n anula a las siguientesfunciones:
eax cosβx, xeaxcosβx, x2eax cosβx, ......., xn−1eax cosβx,
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 99
eaxsenβx, xeaxsenβx, x2eaxsenβx, ......., xn−1eaxsenβx,
Para resolver la ecuación L(y) = g(x) se busca el operador anulador dela función g(x) y luego se aplica en ambos lados de la ecuación: L1L(y) =L1(g(x)) = 0, de tal forma que la ecuación diferencial aumenta de orden perose convierte en una ecuación homogénea, la cual ya puede ser resuelta.
La solución se expresa como y(x) = yc(x) + yp(x) donde yc(x) se llama lasolución complementaria y es la solución de la ecuación homogénea y yp(x) esuna solución particular de la ecuación no homogénea que se encuentra usando elmétodo de los coeficientes indeterminados, tal como se ilustra en los siguientesejemplos.
Problema 1. Escriba las siguientes ecuaciones diferenciales enla forma L(y) = g(x), donde L es un operador diferencial lineal concoeficientes constantes.a)
y00 − 4y0 − 12y = x− 6
Solución:En notación de operadores esto se puede escribir como:
(D2 − 4D − 12)y = x− 6
factorizando, el resultado es:
(D − 6)(D − 2)y = x− 6
b)y000 + 10y00 + 25y0 = ex
Solución:En notación de operadores esto se puede escribir como:
(D2 + 10D + 25)y = ex
Factorizando:
100 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
(D + 5)(D + 5)y = ex
c)
y000 + 2y00 − 13y0 + 10y = xe−x
Solución:En notación de operadores esto se puede escribir como:
(D3 + 2D2 − 13D + 10)y = xe−x
Factorizando:
(D − 1)(D − 2)(D + 5)y = xe−x
Problema 2. Compruebe que el operador diferencial mencionadoanula la función indicada.
a)D4, y = 10x3 − 2x
Solución:Esto se comprueba al calcular el número de derivaciones necesarias para
obtener el anulador adecuado:
Dy = 30x2 − 2
D2y = 60x
D3y = 60
D4y = 0
Por lo tanto el anulador es D4 ya que aquí se hace cero la función.
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 101
b)(D − 2)(D + 5); y = e2x + 3e−5x
Solución:
Como(D − 2)e2x = 0
y
(D + 5)e−5x
entonces el producto anula a la función y = e2x + 3e−5x
Problema 3. Determine un operador diferencial lineal que anulela función dada:
a)1 + 7e2x
Solución:El anulador para 1 es D.El anulador para e2x es (D − 2).Por lo tanto el operador anulador es:
(D − 2)D
b)
cos 2x
Solución:
El eperador anulador es: (D2 + 4)lo cual se comprueba fácilmente porque (D2 + 4) cos 2x = D2 cos 2x +
4 cos 2x = −4 cos 2x+ 4 cos 2x = 0c)
e−x + 2xex − x2exSolución:El anulador de e−x es D + 1El anulador de 2xex es (D − 1)2
102 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
El anulador de x2ex es (D − 1)3, pero este también anula a la función2xex, por lo tanto el operador anulador de la función e−x + 2xex − x2ex es
(D + 1)(D − 1)3
En los siguientes problemas resuelva la ecuación diferencial re-spectiva por el método de los coeficientes indeterminados.
Problema 1.
y00 + y0 = 3
Solución:Se resuelve primero la ecuación homogénea
y00 + y0 = 0
Nuestra ecuación auxiliar es:
m2 +m = 0
m(m+ 1) = 0
Por lo tanto nuestra solución complementaria yc es:
yc = c1 + c2e−x
El anulador para el lado derecho de la función es D por lo tanto nuestrasolución particular Yp es :
yp = Ax
Para obtener el valor de A, se calculan la primera y segunda derivada deYp :
y0p = A; y00p = 0
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 103
Se sustituye en la función original, se despeja a A y así se obtiene el valor:
A = 3
por lo tantoyp = 3x
Como la solución general es la suma de la complementaria y la particular
y = yc + yp
la solución es:y = c1 + c2e
−x + 3x
Problema 2.y00 + 4y0 + 4y = 2x+ 6
Solución:El operador D2 anula a la función 2x+ 6Aplicando el operador diferencial en ambos lados de la ecuación diferen-
cial:
D2(D2 + 4D + 4)y = D2(2x+ 6) = 0
Por lo que la ecuación que queda es homogénea:
D2(D2 + 4D + 4)y = 0
La ecuación auxiliar es:
m2(m2 + 4m+ 4) = 0
m2(m+ 2)2 = 0
El término (m+2)2 = 0 corresponde a la ecuación homogénea, por lo quela solución complementaria es:
yc = c−2x1 + c2xe
−2x
104 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
A partir del término m2 = 0, se obtiene la solución particular:
Yp = Ax+B
Para calcular los valores de A y B se calculan la primera y la segundaderivada:
Y 0p = A; Y00p = 0
Al sustituir estos valores en la ecuación original:
4A+ 4(Ax+B) = 2x+ 6
4Ax+ 4A+ 4B = 2x+ 6
igualando términos:
4A = 2, A =1
2
4A+ 4B = 6, B = 1
Por lo tanto la solución es:
y(x) = c−2x1 + c2xe−2x +
1
2x+ 1
Problema 3.y00 + 25y = 6senx
Solución:El operador anulador de la función senx es D2+1. Aplicando el operador
en ambos lados de la ecuación:¡D2 + 1
¢ ¡D2 + 25
¢y =
¡D2 + 1
¢6senx = 0
¡D2 + 1
¢ ¡D2 + 25
¢y = 0
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 105
La ecuación auxuliar es:¡m2 + 1
¢ ¡m2 + 25
¢= 0
La solución complementaria es:
yc = c1cos5x+ c2sen5x
Y la solución particular es:
yp = Acosx+Bsenx
Derivando yp:
y0p = −Asenx+Bcosx
y00p = −Acosx−BsenxSustituyendo en la ecuación no homogénea:
−Acosx−Bsenx+ 25Acosx+ 25Bsenx = 6senx
24A cosx+ 24Bsenx = 6senx
de donde se obtiene:
A = 0, B =1
4
Por lo tanto:
yp =1
4senx
La solución general queda:
y(x) = c1cos5x+ c2sen5x+1
4senx
Problema 4.y00 − y = x2ex + 5
106 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Solución:El operador D(D − 1)3 anula a x2ex + 5, si se aplica en ambos lados de
la ecuación:
D(D − 1)3(D2 − 1)y = 0cuya ecuación característica es:
m(m− 1)3(m2 − 1) = 0, m(m− 1)4(m+ 1) = 0cuyas raíces son
m1 = −1, m2 = 1 de multiplicidad 4, m3 = 0
La solución complementaria es
yc = c1e−x + c2ex
La solución particular yp es:
yp = Axex +Bx2ex + Cx3ex +E
Derivando:y0p = Axe
x +Aex +Bx2ex + 2Bxex + Cx3ex + 3Cx2ex
y00p = Axex + 2Aex +Bx2ex + 4Bxex + 2Bex + Cx3ex + 6Cx2ex + 6Cxex
Sustituyendo:Axex+2Aex+Bx2ex+4Bxex+2Bex+Cx3ex+6Cx2ex+6Cxex−Axex−
Bx2ex − Cx3ex − E = x2ex + 5(2A+ 2B)ex + (4B + 6C)xex + 6Cx2ex −E = x2ex + 5De donde se obtiene: 2A+ 2B = 0, 4B + 6C = 0, 6C = 1,−E = 5Resolviendo el sistema:
A =1
4, B = −1
4, C =
1
6, E = −5
La solución general es:
y(x) = c1e−x + c2ex +
1
4xex − 1
4x2ex +
1
6x3ex − 5
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 107
Problema 5:
y000 + y00 = 8x2
Solución:La ecuación tiene la forma:
(D3 +D2)y = 8x2
Como D3 es el operador de la función de la derecha:Igualando la ecuación a cero queda de la siguiente manera
D3(D3 +D2) = 0
La ecuacion auxiliar es
m3[m2(m+ 1)] = 0
Las raíces de la ecuación auxiliar son:m1 = −1m2 = 0 (multiplicidad5)
Así la fórmula para yc queda de la siguiente manera
yc = c1e−x + c2 + c3x
Y la solución particular yp queda de la siguiente forma
yp = Ax2 +Bx3 + Cx4
Derivando:
y0p = 2Ax+ 3Bx2 + 4Cx3
y00p = 2A+ 6Bx+ 12Cx2
y000p = 6B + 24Cx
Sustituyendo:
6B + 24cx+ 2A+ 6Bx+ 12Cx2 = 8x2
108 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
esto nos da el siguiente resultado
A = 8, B = −83, C =
2
3
O sea que la solución particular queda como:
yp = 8x2 − 8
3x3 +
2
3x4
La solución genral es
y = c1e−x + c2 + c3x+
2
3x4 − 8
3x3 + 8x2
Problema 6:
y00 − 5y0 = x− 2 y(0) = 0; y0(0) = 2
Solución:La ecuación tiene la forma
(D2 − 5D)y = x− 2El operador anulador de la parte derecha de la ecuación es:
D2(x− 2) = 0Igualando la ecuación a cero queda de la siguiente manera.
D2(D2 − 5D)y = 0La ecuacion auxiliar es
m2[m(m− 5)] = 0
Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:m1 = 5m2 = 0 multiplicidad 3
Así la solución complementaria yc queda de la siguiente manera
yc = c1 + c2e5x
4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 109
Y la solución particular yp tiene la forma
yp = Ax+Bx2
y0p = A+ 2Bxy00p = 2B
Sustituyendo en la ecuación original:
2B − 5A− 10Bx = x− 2esto nos da el siguiente resultado
A =9
25, B = − 1
10Al sustituir en la ecuación general nos da como resultado
y = c1 + c2e5x − 1
10x2 +
9
25x
Para aplicar las condiciones iniciales se deriva primero:
y0 = 5c2e5x − 15x+
9
25
Al aplicar las condiciones iniciales y(0) = 0 ; y0(0) = 2 da el resultadoy(0) = 0 = c1 + c2y0(0) = 2 = 5c2 + 9
25
c1 = − 41125
, c2 =41
125Para finalizar se sustituyen las c en la ecuacion final y se obtiene el resul-
tado.
y = − 41125
+41
125e5x − 1
10x2 +
9
25x
Problema 7.
y00 − 4y0 + 8y = x3, y(0) = 2, y0(0) = 4Solución:Como el operador anulador es D4, la ecuación se escribe como:
D4(D2 − 4D + 8)y = 0
110 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
La ecuación auxiliar es:
m4(m2 − 4m+ 8) = 0
Las raíces son:
m1 = 2 + 2i, m2 = 2− 2i, m3 = 0 (multiplicidad 4)
La solución complementaria es:
yc = e2x(c1 cos 2x+ c2sen2x)
y la solución particular es de la forma:
yp = A+Bx+ Cx2 +Dx3
y0p = B + 2Cx+ 3Dx2
y00p = 2C + 6Dx
Sustituyendo:
2C + 6Dx− 4B − 8Cx− 12Dx2 + 8A+ 8Bx+ 8Cx2 + 8Dx3 = x3
Resolviendo:8D = 18C − 12D = 08B − 8C + 6D = 08A− 4B + 2C = 0Es decir:
A = 0, B =3
32, C =
3
16, D =
1
8
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 111
yp =3
32x+
3
16x2 +
1
8x3
Y la solución general se escribe como:
y(x) = e2x(c1 cos 2x+ c2sen2x) +3
32x+
3
16x2 +
1
8x3
Para aplicar las condiciones iniciales derivamos primero:
y0(x) = e2x(−2c1sen2x+2c2 cos 2x)+2e2x(c1 cos 2x+c2sen2x)+38x2+
3
8x+
3
32
y(0) = 2 = c1y0(0) = 4 = 2c2 + 2c1 + 3
32
c2 = − 364
c1 = 2
y(x) = e2x(2 cos 2x− 3
64sen2x) +
3
32x+
3
16x2 +
1
8x3
4.3 Variación de parámetros
El procedimiento para llegar a una solución particular de una ecuación difer-encial lineal de primer orden:
dy
dx+ p (x) y = f (x)
112 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
En un intervalo se aplica también a ecuaciones lineales de orden superior.Para adaptar el método de variación de parámetros a una ecuación diferencial desegundo orden:
a2 (x) y00 + a1 (x) y0 + a0 (x) y = g (x)
Para ello, se lleva primero la ecuación diferencial a su forma reducida dividién-dola por el primer coeficiente a2(x)
y00 + p (x) y0 + q (x) y = f (x)
Donde se supone que p (x) , q (x) y f (x) son continuas en algún intervalo I.Se encuentra la solución complementaria de la forma:
yc = c1y1 (x) + c2y2 (x)
y se propone una solución particular como:
yc = u1(x)y1 (x) + u2(x)y2 (x)
2)Se calcula el Wronskiano:
W =
¯y1 y2y01 y02
¯
3) Y aplicando la Regla de Cramer, se tiene que:
W1 =
¯0 y2f (x) y02
¯;W2 =
¯y1 0y01 f (x)
¯Donde:
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 113
u01 =W1
Wy u02 =
W2
W
4) Se integran u01 y u02 para obtener u1 y u2.
5) Finalmente la solución general será:
y = yc + yp
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por variación deparámetros.
Problema 1.y00 + y = secx
Solución:La ecuación auxiliar es:
m2 + 1 = 0
Cuyas raíces son:
m1 = i, m2 = −i
Por lo tanto la solución complementaria será:
yc = c1 cosx+ c2senx
114 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Susitituyendo tenemos que:
y1 = cosx, y2 = senx
Calculamos el Wronskiano:
W (cosx, senx) =
¯cosx senx−senx cosx
¯= 1
Se calcula W1 y W2 :
W1 =
¯0 senxsecx cosx
¯= −senx
cosx= tanx W2 =
¯cosx 0−senx secx
¯= 1
Por lo que u01 y u02 son:
u01 = tanx y u02 = 1
Integrando ambos, y aplicando en u01 la fórmulaRduu= ln |u|+ c tenemos
que:
u1 = − ln |cosx| y u2 = x
Por lo tanto la solución particular es:
yp = xsenx− (cosx) ln |cosx|
Por lo que la solución general es:
y = c1cosx+ c2senx+ xsenx− (cosx) ln |cosx|
Problema 2.y00 + y = cos2x
Solución:La ecuación auxiliar es:
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 115
m2 + 1 = 0
Cuyas raíces son:
m1 = i, m2 = −i
La solución complementaria será:
yc = c1cosx+ c2senx
Se tiene que:
y1 = cosx, y2 = senx
Se calcula el Wronskiano:
W (cosx, senx) =
¯cosx senx−senx cosx
¯= 1
Así mismo W1y W2:
W1 =
¯0 senxcos2x cosx
¯= −senxcos2x W2 =¯
cosx 0−senx cos2x
¯= cos3x
Por lo que u01y u02 son:
u01 = −senxcos2x y u02 = cos3x
116 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Integrando ambos por separado:
u1 =13cos3x y u2 = senx− 1
3sen3x
Por lo tanto la solución particular será:
yp =13cos4 x+ sen2x− 1
3sen4x
Por lo que la solución general es:
y = c1cosx+ c2senx+1
3cos4 x+ sen2x− 1
3sen4x
Problema 3.y00 − y = coshx
Solución:Identificamos la ecuación auxiliar, siendo esta:
m2 − 1 = (m− 1) (m+ 1) = 0
Cuyas raíces son:
m1 = 1, m2 = −1
Por lo tanto la solución complementaria será:
yc = c1ex + c2e
−x
Susitituyendo tenemos que:
y1 = ex, y2 = e
−x
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 117
Calculamos el Wronskiano:
W (ex, e−x) =¯ex e−x
ex −e−x¯= −2
Así mismo W1y W2:
W1 =
¯0 e−x
coshx −e−x¯= −e−xcoshx
W2 =
¯ex 0ex coshx
¯= excoshx
Por lo que u01 y u02 son:
u01 =1
2e−xcoshx y u02 = −
1
2excoshx
Integrando ambos por partes y por separado tenemos que:
u1 =
Z1
2e−x coshxdx =
1
2
Ze−x(
ex + e−x
2)dx =
1
4
Z ¡1 + e−2x
¢dx =
1
4(x−1
2e−2x)
u2 = −Z1
2ex coshxdx = −1
2
Zex(ex + e−x
2)dx = −1
4
Z ¡e2x + 1
¢dx = −1
4(1
2e2x+x)
Por lo tanto la solución particular será:
yp =1
4(x− 1
2e−2x)ex − 1
4(1
2e2x + x)e−x =
1
4xex − 1
8e−x − 1
8ex − 1
4xe−x
Por lo que la solución general será:
118 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
y = c01ex + c02e
−x +1
4xex − 1
8e−x − 1
8ex − 1
4xe−x
y = y = c1ex + c2e
−x + 14xex − 1
4xe−x
y = c1ex + c2e
−x +1
2x(ex − e−x
2) = c1e
x + c2e−x +
1
4xsenhx
Problema 4.
y00 − 4y = e2x
x
Solución:Identificamos la ecuación auxiliar, siendo ésta:
m2 − 4 = (m− 2) (m+ 2) = 0
Cuyas raíces son:
m1 = 2, m2 = −2
Por lo tanto la solución complementaria es:
yc = c1e2x + c2e
−2x
Se tiene que:
y1 = e2x, y2 = e
−2x
f (x) =e2x
x
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 119
Se calculamos el Wronskiano:
W (e2x, e−2x) =¯e2x e−2x
2e2x −2e−2x¯= −4
Así mismo W1 y W2:
W1 =
¯0 e−2xe2x
x−2e−2x
¯= − 1
xW2 =
¯e2x 0
2e2x e2x
x
¯= e4x
x
Por lo que u01 y u02 son:
u01 =1
4xy u02 = −
1
4
e4x
x
Integrando ambos por separado, pero como u02 no se puede expresar entérminos de funciones elementales; en consecuencia escribimos:
u01 =1
4ln |x| y u02 = −
1
4
Z x
x0
e4t
tdt
Por lo tanto la solución particular será:
yp =1
4e2x ln |x|− 1
4e−2x
Z x
x0
e4t
tdt
Por lo que la solución general se puede expresar como:
y = c1e2x + c2e
−2x +1
4e2x ln |x|− 1
4e−2x
Z x
x0
e4t
tdt
y = c1e2x + c2e
−2x +1
4
µe2x ln |x|− e−2x
Z x
x0
e4t
tdt
¶
120 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Problema 5.y00 + 3y0 + 2y =
1
1 + ex
Solución:La ecuación auxiliar es:
m2 + 3m+ 2 = (m+ 1) (m+ 2) = 0
Cuyas raíces son:
m1 = −1, m2 = −2
Por lo tanto la solución complementaria será:
yc = c1e−x + c2e−2x
Se tiene que:
y1 = e−x, y2 = e−2x
f (x) =1
1 + ex
Calculamos el Wronskiano:
W (e−x, e−2x) =¯e−x e−2x
−e−x −2e−2x¯= −2e−3x + e−3x = −e−3x
Así mismo W1 y W2:
W1 =
¯0 e−2x1
1+ex−2e−2x
¯= − e−2x
1+exW2 =
¯e−x 0−e−x 1
1+ex
¯= e−x
1+ex
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 121
Por lo que u01 y u02 son:
u01 = −e−2x
e−3x (1 + ex)=
ex
1 + exy u02 =
e−x
e−3x (1 + ex)=
e2x
1 + ex
Integrando ambos por separado, tenemos que:
u1 = ln |1 + ex| y u2 = 1 + ex − ln |1 + ex|
Por lo tanto la solución particular será:
yp = e−x ln |1 + ex| + e−2x(1 + ex − ln |1 + ex|) = e−x ln |1 + ex| + e−2x +
e−x − e−2x ln |1 + ex|)
Por lo que la solución general será:
y = c01e−x + c02e
−2x + e−x ln |1 + ex|+ e−2x + e−x − e−2x ln |1 + ex|)
y = c1e−x + c2e−2x +
¡e−x − e−2x¢ ln |1 + ex|
Problema 6.y00 + 3y0 + 2y = senex
Solución:La ecuación auxiliar es:
m2 + 3m+ 2 = (m+ 2) (m+ 1) = 0
Cuyas raíces son:
122 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
m1 = −2,m2 = −1
Por lo tanto la función complementaria será:
yc = c1e−2x + c2e−x
Susitituyendo tenemos que:
y1 = e−2x, y2 = e−x
f (x) = senex
Calculamos el Wronskiano:
W (e−2x, e−x) =¯e−2x e−x
−2e−2x −e−x¯= −e−3x + 2e−3x = e−3x
Así mismo W1 y W2:
W1 =
¯0 e−x
senex −e−x¯= −e−xsenex
W2 =
¯e−2x 0−2e−2x senex
¯= e−2xsenex
Por lo que u01 y u02 son:
u01 = −e2xsenex y u02 = exsenex
Integrando ambos por separado, tenemos que:
u1 = −exsenex + senex y u2 = senex
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 123
Por lo tanto la solución particular será:
yp = −e−xsenex + e−2xsenex + e−xsenex = e−2xsenex
Por lo que la solución general será:
y = c1e−2x + c2e−x + e−2xsenex
Problema 8.y00 − 2y0 + y = ex
1 + x2
Solución:La ecuación auxiliar es:
m2 − 2m+ 1 = (m− 1)2 = 0
Cuyas raíces son:
m = 1 multiplicidad 2
Por lo tanto la solución complementaria será:
yc = c1ex + c2xe
x
Se tiene que:
y1 = ex, y2 = xe
x
f (x) =ex
1 + x2
Calculamos el Wronskiano:
124 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
W (ex, ex) =
¯ex xex
ex xex + ex
¯= e2x
Así mismo W1 y W2:
W1 =
¯0 xexex
1+x2ex
¯= − xe2x
1+x2W2 =
¯ex 0ex ex
1+x2
¯= e2x
1+x2
Por lo que u01 y u02 son:
u01 = −x
1 + x2y u02 =
1
1 + x2
Integrando se tiene que:
u1 = −12 ln |1 + x2| y u2 = tan−1 x
Por lo tanto la solución particular será:
yp = −12ex ln |1 + x2|+ xex tan−1 x
Por lo que la solución general es:
y = c1ex + c2xe
x − 12ex ln
¯1 + x2
¯+ xex tan−1 x
Problema 9.y00 + 2y0 + y = e−x lnx
Solución:La ecuación auxiliar es:
m2 + 2m+ 1 = (m+ 1)2 = 0
Tiene una sola raíz:
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 125
m = −1 multiplicidad 2
Por lo tanto la función complementaria será:
yc = c1e−x + c2xe−x
Susitituyendo tenemos que:
y1 = e−x, y2 = xe−x
f (x) = e−x lnx
Calculamos el Wronskiano:
W (e−x, e−x) =¯e−x xe−x
−e−x −xe−x + e−x¯= e−2x
Así mismo W1 y W2:
W1 =
¯0 e−x
e−x lnx −e−x¯= −e−2x lnx
W2 =
¯e−x 0−e−x e−x lnx
¯= e−2x lnx
Por lo que u01y u02 son:
u01 =−e−2x lnx−2e−2x = e−2x lnx
2e2xy u02 =
e−2x lnx−2e−2x = −e
−2x lnx2e−2x
Integrando ambos por separado, tenemos que:
u01 =12x2 ln |x| y u02 = −34x2
Por lo tanto la solución particular será:
126 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
yp =12x2 ln |x| (e−x)− 3
4x2 (e−x)
Por lo que la solución general es:
y = c1e−x + c2e−x +
1
2x2e−x lnx− 3
4x2e−x
Problema 10.3y00 − 6y0 + 30y = extan3x
SOLUCION:Identificamos la ecuación auxiliar, siendo esta:
3m2 − 6m+ 30 = 0
Cuyas raíces son:
m1 = 1 + 3i
m2 = 1− 3i
Por lo tanto la función complementaria será:
yc = c1excos3x+ c2e
xsen3x
Sustituyendo tenemos que:
y1 = ex cos 3x
y2 = exsen3x
f (x) = extan3x
Calculamos el wronskiano:
W (excos3x, exsen3x) =
¯excos3x exsen3x−3exsen3x 3excos3x
¯= 3e2x
Así mismo W1y W2 si sabemos que tanx = senxcosx
:
4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 127
W1 =
¯0 exsen3xex tan 3x 3ex cos 3x
¯= −e2x sen23x
cos 3x
W2 =
¯ex cos 3x 0−3exsen3x ex tan 3x
¯= e2xsen3x
Por lo que u01 y u02 son:
u01 =−e2x sen23x
cos 3x
3e2x= − e
2xsen23x
3e2x cos 3x= − sen
23x
3 cos 3x
y
u02 =e2xsen3x
3e2x=sen3x
3
Integrando ambos por separado, tenemos que:
u1 = −19 ln |sec 3x+ tan 3x|+ 19sen3x y u2 = −19 cos 3x
Por lo tanto la solución particular será:
yp = −19ex cos 3x ln |sec 3x+ tan 3x|+ 19exsen3x cos 3x− 1
9ex cos 3xsen3x =
−19ex cos 3x ln |sec 3x+ tan 3x|
Por lo que la solución general es:
y = c1ex cos 3x+ c2e
xsen3x− 19ex cos 3x ln |sec 3x+ tan 3x|
128 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN
Chapter 5
Transformada de Laplace
Definición: Sea una función f definida para t ≥ 0. Entonces la integral
$ f(t) =Z ∞
0
e−stf(t)dt
se dice que es la transformada de Laplace de f , siempre y cuando la integralconverja.La transformada de Laplace es una transformación lineal:Z ∞
0
e−st [αf(t) + βg(t)] dt = α
Z ∞
0
e−stf(t)dt+ β
Z ∞
0
e−stg(t)dt
es decir:
$ αf(t) + βg(t) = α$ f(t)+ β$ g(t) = αF (s) + βG(s)
Se puede aplicar la definición para obtener las transformadas de algunasfunciones básicas, por ejemplo:
$ tn = n!
sn+1
$©eatª=
1
s− a
$ senkt = k
s2 + k2
129
130 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
$ cos kt = s
s2 + k2
$ senhkt = k
s2 − k2
$ cosh kt = s
s2 − k2
En los problemas 1 y 2 use la definición para encontrar latransformada de Laplace de las siguientes funciones:
Problema 1.f (t) = et+7
Solución:
$ f (t) =Z ∞
0
e−stet+7dt =Z ∞
0
e−st+t+7dt =Z ∞
0
e(−s+1)te7dt = e7Z ∞
e(−s+1)tdt
Realizando un cambio de variable
u = (−s+ 1) t
du = (−s+ 1)dt
dt =du
−s+ 1
$ f (t) = e7Z ∞ eu
−s+ 1du
e7Z ∞ eu
−s+ 1du =e7
−s+ 1£e−st
¤∞0
5.1. TRANSFORMADA INVERSA 131
Evaluando tenemos:
$ f (t) = e7
−s+ 1 [0− 1] =e7
s− 1Problema 2.
f (t) = te4t
Solución:
$ f (t) =Z ∞
e−st¡te4t¢dt =
Z ∞te(4−s)tdt =
¯te(4−s)t
− (s− 4)¯∞0
+
Z ∞
0
e(4−s)t
(s− 4)dt
$ f (t) =¯te(4−s)t
− (s− 4)¯∞0
−¯
1
(s− 4)2 e(4−s)t
¯∞0
Evaluando tenemos:
$ f (t) = 0−·0− 1
(s− 4)2¸=
1
(s− 4)2
5.1 Transformada inversa
La transformada inversa puede encontrarse fácilmente si se tiene en cuenta que
f(t) = $−1 s
En los siguientes problemas determinar la transformada inversaque se pide.
Problema 1.
$−1½1
s3
¾Solución:Rescordando que
$ tn = n!
sn+1
Se completa la transformada multiplicando y dividiendo entre 2
132 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
$−1½1
s3
¾=1
2$−1
½2
s3
¾=1
2t2
Problema 2.
$−1½1
s2− 48s5
¾Solución:Se separa la transformada:
$−1½1
s2
¾−$−1
½48
s5
¾La primera se resuelve directamente y para la segunda se completa de la
siguente manera:
$−1½1
s2− 48s5
¾= t− 2$−1
½48
2s5
¾= t− 2$−1
½24
s5
¾= t− 2t4
Problema 3.
$−1((s+ 1)3
s4
)Solución:Se desarrolla el binomio:
$−1((s+ 1)3
s4
)= $−1
½s3 + 3s+ 3s2 + 1
s4
¾Se separa la transformada:
$−1½s3
s4
¾+$−1
½3
s3
¾+$−1
½3
s2
¾+$−1
½1
s4
¾Se completa la segunda y cuarta transformada
$−1½s3
s4
¾+3
2$−1
½2
s3
¾+$−1
½3
s2
¾+1
6$−1
½6
s4
¾El resultado es:
5.1. TRANSFORMADA INVERSA 133
$−1((s+ 1)3
s4
)= 1 +
3
2t2 + 3t+
1
6t3
Problema 4.
$−1½1
s2+1
s+
1
s− 2¾
Solución:Se resuelve de forma directa usando las fórmulas:
$ tn = n!
s3
y
$
½1
t− a¾= eas
Por lo tanto el resultado es:
$−1½1
s2+1
s+
1
s− 2¾= t+ 1 + e2t
Problema 5.
$−1½
5
s2 + 49
¾Solución: Por la fórmula $ senat = a
s2+a2, se completa la transfor-
mada
5
7$−1
½7
s2 + 49
¾=7
5sen7t
Problema 6.
$−1½
4s
4s2 + 1
¾Solución:Se divide entre 4 para que se pueda resolver por la transformada del
coseno
$−1½
s
s2 + 14
¾= cos
1
2t
134 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Problema 7.
$−1½2s− 6s2 + 9
¾Se separa la transformada
$−1½
2s
s2 + 9
¾−$−1
½6
s2 + 9
¾Se completa la transformada
2$−1½
s
s2 + 9
¾− 2$−1
½3
s2 + 9
¾= 2 cos 3t− 2sen3t
Problema 8.
$−1½
1
s2 (s2 + 4)
¾Solución:Se resuelve por fracciones parciales:
1
s2 (s2 + 4)=A
s+B
s2+Cs+D
(s2 + 4)
1 = A(s)(s2 + 4) +B(s2 + 4) + Cs(s2) +D(s2)
1 = As3 + 4A+Bs2 + 4B + Cs3 +Ds2
1 = s3 (A+ C) + s2 (B +D) + 4 (A+B)
B =1
4, C = 0, A = 0, D =
1
4
Se sustituyen los valores y se completa la transformada para obtener elresultado.
1
4$−1
½1
s2
¾+1
4$−1
½1
s2 + 4
¾=1
4$−1
½1
s2
¾+1
8$−1
½2
s2 + 4
¾=1
4t+1
8sen2t
5.1. TRANSFORMADA INVERSA 135
Problema 9.
$−1½
s
(s2 + 4) (s+ 2)
¾Solución:Se realizan fracciones parciales
s
(s2 + 4) (s+ 2)=As+B
(s2 + 4)+
C
(s+ 2)
s = As2 +Bs+ 2As+ 2B + Cs2 + 4C
s = s2 (A+ C) + s (B + 2A) + 2B + 4C
B =1
2, C =
1
4, A = −1
4
Se sustituyen los valores y se resuelve:
−14$−1
½s
(s2 + 4)
¾+1
2$−1
½1
(s2 + 4)
¾+1
4$−1
½1
(s+ 2)
¾= −1
4cos 4t+
1
4sen2t+
1
4e−2t
Problema 10.
$−1½
1
s2 + 3s
¾Solución: Se factoriza el denominador, y se realizan fracciones parciales.
$−1½
1
s2 + 3s
¾= $−1
½1
s (s+ 3)
¾1
s (s+ 3)=A
s+
B
s+ 3=A(s+ 3) +B(s)
s (s+ 3)
1 = A (s+ 3) +B (s) = (A+B) s+ 3A
3A = 1
∴A =
1
3, B = −1
3
136 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Se sustituyen los valores en las tranformadas, y se aplica la inversa a cadauna de ellas.
$−1½
1
s2 + 3s
¾=1
3$−1
½1
s
¾− 13$−1
½1
s+ 3
¾=1
3− 13e−3t
Problema 11.
$−1½
0.9s
(s− 0.1) (s+ 0.2)¾
Solución: Se aplican fracciones parciales, una vez obtenidos los valores,se sustituyen y se aplica a cada una su transformada.
0.9s
(s− 0.1) (s− 0.2) =A
s− 0.1 +B
s+ 0.2
0.9 = (A+B) s+ 0.2A− 0.1B
A = 0.3, B = 0.6
$−1½
0.9s
(s− 0.1) (s+ 0.2)¾= 0.3$−1
½1
s− 0.1¾+0.6$−1
½1
s+ 0.2
¾= 0.3e0.1t+0.6e−0.2t
Problema 12.
$−1½
1
s2 (s2 + 4)
¾Solución: Se realizan fracciones parciales.
1
s2 (s2 + 4)=A
s+B
s2+Cs+D
s2 + 4
1 = A (s)¡s2 + 4
¢+B
¡s2 + 4
¢+ (Cs+D)
¡s2¢
A = 0, B =1
4, C = 0, D = −1
4Una vez encontrados los valores, se sustituyen en las transformadas, y se
aplica la transformada inversa
5.2. TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS 137
$−1½
1
s2 (s2 + 4)
¾=1
4$−1
½1
s2
¾−14$−1
½1
s2 + 4
¾=1
4t−18$−1
½2
s2 + 4
¾=1
4t−18sen2t
5.2 Teoremas de traslación y derivadas
Primer teorema de traslaciónSi F (s) = $ f(t) y a es cualquier número real, entonces
$©eatf(t)
ª= F (s− a)
La función escalón unitario u(t− a) se define comou(t− a) =
½0 si o ≤ t < a1 si t ≥ a
Segundo teorema de traslaciónSi F (s) = $ f(t) y a > 0, entonces
$ f(t− a)u(t− a) = e−asF (s)Adicionalmente se puede usar una forma alternativa del segundo teorema
$ g(t)u(t− a) = e−as$ g(t+ a)Derivadas de una transformadaSi F (s) = $ f(t) y a > 0, entonces
$ tnf(t) = (−1)n dn
dsnF (s)
En los siguientes problemas encuentre la transformada de Laplace.
Problema 1.$©te10t
ªSolución: En el primer teorema de traslación:
a = 10, y f(t) = t
F (s) = $ f(t) = $ t
138 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
F (s) =1
s2
F (s− a) = 1
(s− 10)2
∴ $©te10t
ª=
1
(s− 10)2
Problema 2.$©te−6t
ªSolución: Del primer teorema de traslación:
a = −6, f(t) = t
F (s) = $ f(t) = $ t
F (s) =1
s2
F (s− a) = 1
(s+ 6)2
∴ $©te−6t
ª=
1
(s+ 6)2
Problema 3.$©t3e−2t
ªSolución:
a = −2, f(t) = t3
5.2. TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS 139
F (s) = $ f(t) = $©t3ªF (s) =
6
s4
F (s− a) = 6
(s+ 2)4
∴ $©t3e−2t
ª=
6
(s+ 2)4
Problema 4.$©etsen3t
ªSolución:
a = 1
f(t) = sen3t
F (s) = $ f(t) = $ sen3t
F (s) =3
s2 + 9
F (s− a) = 3
(s− 1)2 + 9
∴ $©etsen3t
ª=
3
(s− 1)2 + 9
Problema 5.$©e5tsenh3t
ª
140 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Solución:
a = 5, f(t) = senh3t
F (s) = $ f(t) = $ senh3t = 3
s2 − 9
F (s− a) = 3
(s− 5)2 − 9
∴ $©e5tsenh3t
ª=
3
(s− 5)2 − 9Problema 6.
$©e−tsen2t
ªSolución: A partir del primer teorema de traslación:
a = −1, f(t) = sen2t = 1
2− 12cos 2t
F (s) = $ f(t) = $½1
2− 12cos 2t
¾=1
2$ 1− 1
2$ cos 2t
F (s) =1
2s− 12(
s
s2 + 4)
F (s− a) = 1
2(s+ 1)− 12(
s+ 1
(s+ 1)2 + 4) =
1
2
·1
(s+ 1)− s+ 1
(s+ 1)2 + 4
¸
∴ $©e5tsenh3t
ª=1
2
·1
(s+ 1)− s+ 1
(s+ 1)2 + 4
¸Problema 7.
$−1½
1
(s+ 2)3
¾Solución:Recordando que:
5.2. TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS 141
$−1 F (s− a) = eatf(t)
$−1½
1
(s+ 2)3
¾= $−1
½1
s3|s→s+2
¾=1
2$−1
½2
s3|s→s+2
¾
∴ $−1½
1
(s+ 2)3
¾=1
2t2e−2t
Problema 8.
$−1½
s
s2 + 4s+ 5
¾Solución:
Es necesario completar el trinomio cuadradro perfecto:
s
(s2 + 4s) + 5=
s
(s2 + 4s+ 4) + 1=
s
(s+ 2)2 + 1
Sustituyendo:
$−1½
s
(s+ 2)2 + 1
¾= $−1
½s+ 2− 2(s+ 2)2 + 1
¾=
= $−1½
s+ 2
(s+ 2)2 + 1|s→s−2
¾− 2$−1
½1
(s+ 2)2 + 1|s→s+2
¾
$−1½
s
s2 + 1
¾− 2$−1
½1
s2 + 1
¾= e−2t cos t− 2e−2tsent
Problema 9.
$−1½
s
(s+ 1)2
¾Solución:Utilizando fracciones parciales:
142 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
s
(s+ 1)2=
A
s+ 1+
B
(s+ 1)2
s
(s+ 1)2=A(s+ 1) +B
(s+ 1)2
s = As+A+B
Por lo que se obtiene:
A = 1
B = −1
Sustituyendo:
$−1½
1
s+ 1
¾−$−1
½1
(s+ 1)2
¾= $−1
½1
s+ 1
¾−$−1
½1
(s+ 1)2|s→s+1
¾= e−t−te−t
Problema 10.$ (t− 1)u(t− 1)
Solución: En el segundo teorema de traslación:
a = 1
f(t− 1) = t− 1
f(t) = t
$ f(t) = $ t = 1
s2
Finalmente:
5.2. TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS 143
$ (t− 1)u(t− 1) = e−s
s2
Problema 11.$©(t− 1)3et−1u(t− 1)ª
Solución: Se usa el segundo teorema de traslación.
a = 1, f(t− 1) = (t− 1)3et−1
f(t) = t3et
$ f(t) = $©t3etªComo:$ t3 = 6
s4
F (s− a) = 6(s−1)4
Finalmente:
$©(t− 1)3et−1u(t− 1)ª = 6e−s
(s− 1)4
Problema 12.
$−1½e−2s
s3
¾= $−1
½1
s3e−2s
¾Solución: Usando el segundo teorema de traslación en su forma inversa:
a = 2
F (s) =1
s3
f(t) =1
2t2
144 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
f(t− a) = (t− 2)22
Por lo que finalmente:
$−1½e−2s
s3
¾=(t− 2)22
u(t− 2)
Problema 13.$ t cos 2t
Solución:Recordando que:
$ tf(t) = −dF (s)ds
Donde:
f(t) = cos 2t
F (s) = $ f(t) = $ cos 2t = s
s2 + 4
$ tf(t) = − dds
µs
s2 + 4
¶= −
µ(s2 + 4)− s(2s)(s2 + 4)2
¶= −
µs2 + 4− 2s2(s2 + 4)2
¶=
$ tf(t) = −µ−s2 + 4(s2 + 4)2
¶=
s2 − 4(s2 + 4)2
Finalmente:
$ t cos 2t = s2 − 4(s2 + 4)2
Problema 14.$©te2tsen6t
ªSolución:Recordando que:
5.2. TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS 145
$ tf(t) = −dF (s)ds
f(t) = e2tsen6t
F (s) = $ f(t) = $©e2tsen6tªSi f(t) = sen6t
F (s) =6
s2 + 36
F (s− a) = 6
(s− 2)2 + 36
Sustituyendo:
$©te2tsen6t
ª= − d
ds
µ6
(s− 2)2 + 36¶=
6(2s− 4)[(s− 2)2 + 36]2
Finalmente:
$©te2tsen6t
ª=
12s− 24[(s− 2)2 + 36]2
Problema 15.
$−1½
s
(s2 + 1)2
¾Solución: Usando el mismo argumento que en el problema anterior:
$ tf(t) = −dF (s)ds
$−1ndF (s)ds
o= −tf(t)
146 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Como:
d
ds(1
s2 + 1) = − 2s
(s2 + 1)2
s
(s2 + 1)2= −1
2
d
ds(1
s2 + 1)
$−1½
s
(s2 + 1)2
¾= $−1
½−12
d
ds(1
s2 + 1)
¾= −1
2(−tsent) = 1
2tsent
Problema 16. Exprese cada función en términos de funciones escalónunitario. Determine la transformada de Laplace de la función respectiva.
f(t) =
½2, si 0 ≤ t < 3−2, si t ≥ 3
¾Solución:En términos de la función escalón unitario la función se escribe como:
f(t) = 2− 4u(t− 3)
$ f(t) = $ 2− 4u(t− 3) = 2$ 1− 4$ u(t− 3)
Recordando que:
$ f(t− a)u(t− a) = e−asF (s)
Finalmente:
$ f(t) = 2
s− 4e
−3s
s
Problema 17. Exprese cada función en términos de funciones escalónunitario. Determine la transformada de Laplace de la función respectiva.
f(t) =
½0, si 0 ≤ t < 1t2, si t ≥ 1
¾Solución:Recordando:
5.2. TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS 147
$ f(t− a)u(t− a) =e−asF (s)Por lo tanto hay que completar la expresión de la función de la siguiente
forma:
f(t) = t2u(t− 1) = (t− 1)2u(t− 1) + 2tu(t− 1)− u(t− 1)
f(t) = (t− 1)2u(t− 1) + 2(t− 1)u(t− 1) + u(t− 1)
$ f(t) = $©(t− 1)2u(t− 1) + 2(t− 1)u(t− 1) + u(t− 1)ªAplicando el segundo teorema de traslación se tiene:
$ f(t) = e−s £$©(t)2ª+ 2$ t+$ 1¤ = e−s$©t2 + 2t+ 1ª = e−s · 2s3+2
s2+1
s
¸Problema 18.
f(t) = u(t− a)− u(t− b)Solución:
$ f(t) = $ u(t− a)−$ u(t− b)
$ f(t) = e−as
s− e
−bs
s
Problema 19.
f(t) = $−1½1
s2− e
−s
s2
¾Solución:
f(t) = $−1½1
s2
¾−$−1
½e−s
1
s2
¾Por lo tanto:
f(t) = t− (t− 1)u(t− 1)Problema 20. Aplicar la propiedad f(t) = −1
t$−1
©ddsF (s)
ªpara eval-
uar la transformada inversa
148 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
$−1½lns− 3s+ 1
¾Solución:
$−1 ln(s− 3)− ln(s+ 1)Por lo que:
d
ds(ln(s− 3)) = 1
s− 3d
ds(ln(s+ 1)) =
1
s+ 1
f(t) = −1t
·$−1
½ln
1
s− 3¾−$−1
½ln
1
s+ 1
¾¸
f(t) = −1t
£e3t − e−t¤
f(t) = −e3t
t+e−t
t
f(t) =e−t − e3t
t
Problema 21. Determinar
$©(t2 − 3t)u(t− 2)ª
reescribiéndolo en términos de potencias de t− 2.Solución:Si
g(t) = t2 − 3t = (t− 2)2 − 3(t− 2) + 4t− 4− 6
g(t) = (t− 2)2 − 3(t− 2) + 4(t− 2)− 10 + 8
g(t) = (t− 2)2 + (t− 2)− 2
$©(t2 − 3t)u(t− 2)ª = $©£(t− 2)2 + (t− 2)− 2¤u(t− 2)ª = e−2s · 2
s3+1
s2− 2s
¸
5.3. DERIVADAS, INTEGRALES Y FUNCIONES PERIÓDICAS 149
5.3 Derivadas, integrales y funciones periódi-cas
Transformada de una derivadaSi f(t), f 0(t), ...,f (n−1)(t) son funciones continuas sobre [0,∞) entonces
$©f (n)(t)
ª= snF (s)− sn−1f(0)− sn−2f 0(0)− ...− f (n−1)(0),
donde F (s) = $ f(t)La convolución de dos funciones se define como
f ∗ g =Z t
0
f(τ)g(t− τ)dτ
Teorema de convoluciónSi f(t) y g(t) son funciones seccionalmente continuas en [0,∞) y de orden
exponencial, entonces
$ f ∗ g = $ f(t)$ g(t) = F (s)G(s)Transformada de una función periódicaSi f(t) es una función seccionalmente continua en [0,∞), de orden exponen-
cial y periodo T , entonces
$ f(t) = 1
1− e−sTZ T
0
e−stf(t)dt
Problema 1. Aplique el resultado¡ddt
¢et = et y la ecuación $ f 0(t) =
sF (s)− f(0) para evaluar $ etSolución:Se sabe que
$©etª=
1
s− 1Si f(t) = et, f(0) = 1Por lo tanto:
$ f 0(t) = sF (s)− f(0)
150 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
$ f(t) = sF (s)− 1
F (s) = sF (s)− 1
F (s)(s− 1) = 1
F (s) =1
s− 1
∴ $©etª=
1
s− 1Problema 2. Aplique el resultado
¡ddt
¢cos2 t = −sen2t y la ecuación
$ f 0(t) = sF (s)− f(0) para evaluar $ cos2 t .Solución:Si F (s) = $ cos2 t, f(0) = cos2(0) = 1
$ f 0(t) = sF (s)− f(0)
$ −sen2t = sF (s)− 1
− 2
s2 + 4= sF (s)− 1
sF (s) = 1− 2
s2 + 4=s2 + 2
s2 + 4
F (s) =s2 + 2
s(s2 + 4)
Problema 3. Suponga que una función y(t) cuenta con laspropiedades y(0) = 1 y y’(0) = -1. Determine la transformadaLaplace de la siguiente expresión.
5.3. DERIVADAS, INTEGRALES Y FUNCIONES PERIÓDICAS 151
y00 + 3y0
Solución: Se aplica la expresión para la derivada de una tranformada ylas condiciones, de lo que queda, factorizamos Y (S), y a lo demás lo despe-jamos.
s2Y (s)− sy (0)− y0(0) + 3 (sY (s)− y (0)) = 0
Y (s)¡s2 + 3s
¢− s+ 1− 3 = 0Y (s)
¡s2 + 3s
¢− s− 2 = 0Y (s)
¡s2 + 3s
¢= s+ 2
Y (s) =s+ 2
s2 + 3s
Aplicamos fracciones parciales, y a los valores encontrados los sustituimos,aplicando la transformada inversa.
s+ 2
s2 + 3s=A
s+
B
s+ 3
s+ 2 = A (s+ 3) +B(s)
A =3
2
B =1
3
y (t) = $−1 Y (s) = 2
3$−1
½1
s
¾+1
3$−1
½1
s+ 3
¾=2
3+1
3e−3t
Problema 4. Suponga que una función y(t) tiene las propiedades y(0) =2 y y0(0) = 3. Despeje la transformada de Laplace $ y(t) = Y (s).
152 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
y00 − 2y0 + y = 0
Solución: Se aplica la fórmula de la derivada de una tranformada y lascondiciones iniciales, de lo que queda, factorizamos Y (S), y a lo demás lodespejamos.
s2Y (s)− sy(0)− y0 (0)− 2 (sY (s)− y (0)) + Y (s) = 0
Y (s)¡s2 − 2s+ 1¢− 2s− 3 + 4 = 0Y (s) (s− 1)2 = 2s− 1
Y (s) =2s− 1(s− 1)2
Problema 5.
$
½Z t
0
eτdτ
¾Solución:Se utiliza la fórmula de la derivada de una integral:
$
½Z t
0
f(τ)dτ
¾=F (s)
s
en este caso f(τ) = eτ , F (s) = 1s−1 , por lo tanto:
$
½Z t
0
eτdτ
¾=
1
s (s− 1)Problema 6.
$
½Z t
0
τet−τdτ¾
Solución: Utilizamos la transformada de la convolución:
5.3. DERIVADAS, INTEGRALES Y FUNCIONES PERIÓDICAS 153
$
½Z t
0
f(τ)g(t− τ)dτ
¾= F (s)G(s)
donde F (s) = $ f(t) y G(s) = $ g(t)
$ t = 1
s2,$©etª=
1
s− 1Por lo tanto:
$
½Z t
0
τet−τdτ¾=
1
s2 (s− 1)Problema 7.
$©t2 ∗ t4ª
Solución: La transformada de la convolución es el producto de las trans-formadas:
$©t2ª=2
s3
$©t4ª=4!
s5=24
s5
$©t2 ∗ t4ª = 48
s8
Problema 8.$©e−t ∗ et cos tª
Solución: Al igual que en el problema anterior:
$©e−tª=
1
s+ 1
Para encontrar $ et cos t se hace una traslación:
$©et cos t
ª=
s
s2 + 1|s→s−1= s− 1
(s− 1)2 + 1
154 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
$©e−t ∗ et cos tª = s− 1
(s+ 1)£(s− 1)2 + 1¤
Problema 9.
$−1½
1
s (s+ 1)
¾Solución: Se utiliza el teorema de convolución en su forma inversa:
$−1½
1
s (s+ 1)
¾= $−1
½µ1
s
¶µ1
s+ 1
¶¾= t ∗ e−t
Problema 10. Halle la transformada de Laplace de la función periódica.
f(t) =
½1 si 0 ≤ t < 0−1 si a ≤ t ≤ 2a T = 2a
Solución: Para obtener la transformada de una función periódica seprocede de la siguiente forma:
$ f (t) = 1
1− e−2asZ 2a
0
e−stf (t) dt =1
1− e−2asµZ a
0
e−stdt+Z 2a
a
e−st (−1) dt¶
$ f (t) = 1
1− e−2as"µ−1se−st
¶a0
+
µ1
se−st
¶2aa
#
$ f (t) = 1
1− e−2as·µ−1se−as +
1
s
¶+
µ1
se−2as − 1
se−as
¶¸
$ f (t) = 1
1− e−2asµ1
s− 2se−as +
1
se−2as
¶=(1− 2e−as + e−2as)s (1− e−2as)
$ f (t) = (1− e−as) (1− e−as)s (1− e−as) (1 + e−as) =
1− e−ass (1− e−as)
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 155
5.4 Aplicaciones de la Transformada de Laplace
En los siguientes problemas use la transformada de Laplace para resolverla ecuación dferencial respectiva, sujeta a las condiciones iniciales indicadas.Cuando sea apropiado, exprese f en términos de funciones escalón unitario.
Problema 1.dy
dx− y = 1, y(0) = 0
Solución:
sY (s)− y(0)− Y (s) =1
s
sY (s)− 0− Y (s) =1
s
sY (s)− Y (s) =1
s
factorizamos Y (s) y la despejamos:
Y (s)(s− 1) =1
s
Y (s) =1
s(s− 1)aplicamos la transformada inversa:
$−1½Y (s) =
1
s(s− 1)¾
y(t) = et − 1
Problema 2.dy
dt+ 2y = t, y (0) = −1
Solución:
$
½dy
dt+ 2y = t
¾
156 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Resolviendo la transformada:
sY (s)− y (0) + 2Y (s) = 1
s2
Aplicando la condición inicial
sY (s) + 1 + 2Y (s) =1
s2
Factorizando y despejando a Y (S):
Y (s) (s+ 2) =1
s2− 1
Y (s) =1
s2 (s+ 2)− 1
s+ 2
Realizando la inversa de la transformada para obtener y(t) tenemos que:
y (t) = $−1 Y (s) = $−1½
1
s2 (s+ 2)
¾−$−1
½1
s+ 2
¾Resolviendo por fracciones parciales:
1
s2 (s+ 2)=A
s+B
s2+
C
(s+ 2)
Encontrando los valores de A, B, y C:
A = −14
B =1
2
C =1
4
Sustituyendo los valores:
y (t) = −14$−1
½1
s
¾+1
2$−1
½1
s2
¾+1
4$−1
½1
s+ 2
¾−$−1
½1
s+ 2
¾
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 157
y (t) = −14+1
2t+
1
4e−2t − e−2t
y (t) = −14+1
2t− 3
4e−2t
Problema 3.y0 + 4y = e−4t, y(0) = 2
Solución:
$©y0 + 4y = e−4t
ªResolviendo la transformada:
sY (s)− y(0) + 4Y (s) = 1
s+ 4
Aplicando la condición:
sY (s)− 2 + 4Y (s) = 1
s+ 4
Factorizando y despejando a Y (S):
Y (s) (s+ 4) =1
s+ 4+ 2
Y (s) =1
(s+ 4)2+
2
s+ 4
Realizando la inversa de la transformada para obtener y(t) tenemos que:
y (t) = $−1 Y (s) = $−1½
1
(s+ 4)2
¾+ 2$−1
½1
s+ 4
¾
y (t) = $−1½¯1
s2
¯s→s+4
¾+ 2e−4t
158 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
y (t) = te−4t + 2e−4t
Problema 4.
y00 + 5y0 + 4y = 0, y (0) = 1, y0 (0) = 0
Solución:
$ .y00 + 5y0 + 4y = 0
Resolviendo la transformada:
s2Y (s)− sy (0)− y0 (0) + 5 (sY (s)− y (0)) + 4Y (s) = 0
Aplicando las condiciones iniciales:
s2Y (s)− s+ 5sY (s)− 5 + 4Y (s) = 0
Factorizando y despejando a Y (S):
Y (s)¡s2 + 5s+ 4
¢= s+ 5
Y (s) =s
(s+ 4) (s+ 1)+
5
(s+ 4) (s+ 1)
Realizando la inversa para obtener y(t):
y (t) = $−1½
s
(s+ 4) (s+ 1)
¾+$−1
½5
(s+ 4) (s+ 1)
¾Resolviendo por fracciones parciales:
s
(s+ 4) (s+ 1)=
A
s+ 4+
B
s+ 1
A =4
3
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 159
B = −13
5
(s+ 4) (s+ 1)=
C
s+ 4+
D
s+ 1
C = −53
D =5
3
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada paraobtener y(t) tenemos que:
y (t) =4
3$−1
½1
s+ 4
¾− 13$−1
½1
s+ 1
¾− 53$−1
½1
s+ 4
¾+5
3$−1
½1
s+ 1
¾
y (t) =4
3e−4t − 1
3e−t − 5
3e−4t +
5
3e−t = −1
3e−4t +
4
3e−t
Problema 5.
y00 − 6y0 + 9y = t, y (0) = 0, y0 (0) = 1
Solución:
$ y00 − 6y0 + 9y = t
Resolviendo la transformada:
s2Y (s)− sy (0)− y0 (0)− 6 (sY (s)− y (0)) + 9sY (s) = 1
s2
Aplicando las condiciones iniciales:
s2Y (s)− 1− 6sY (s) + 9sY (s) = 1
s2
160 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Factorizando y despejando a Y (S):
Y (s)¡s2 − 6s+ 9¢ = 1
s2+ 1
Y (s) =1
s2 (s− 3)2 +1
(s− 3)2
Realizando la inversa para obtener y(t):
y (t) = $−1½
1
s2 (s− 3)2¾+$−1
½1
(s− 3)2¾
Resolviendo por fracciones parciales:
1
s2 (s− 3)2 =A
s+B
s2+
C
s− 3 +D
(s− 3)2
Obteniendo los valores:
A =2
27, B =
1
9, C = − 2
27, D =
1
9
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada paraobtener y(t) tenemos que:
y (t) =2
27$−1
½1
s
¾+1
9$−1
½1
s2
¾− 227$−1
½1
s− 3¾+1
9$−1
½1
(s− 3)2¾+$−1
½1
(s− 3)2¾
y (t) =2
27+1
9t− 2
27e3t +
1
9$−1
½¯1
s2
¯s→s−3
¾+$−1
½¯1
s2
¯s→s−3
¾
y (t) =2
27+1
9t− 2
27e3t +
1
9te3t + te3t =
2
27+1
9t− 2
27e3t +
10
9te3t
Problema 6.
y00 + y = sin t, y (0) = 1, y0 (0) = −1Solución:
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 161
$ .y00 + y = sin t
Resolviendo la transformada:
s2Y (s)− sy(0)− y0(0) + Y (s) = 1
s2 + 1
Aplicando las condiciones iniciales:
s2Y (s)− s+ 1 + Y (s) = 1
s2 + 1
Despejando y factorizando a Y (S):
Y (s)¡s2 + 1
¢=
1
s2 + 1+ s− 1
Y (s) =1
(s2 + 1)2+
s
s2 + 1− 1
s2 + 1
Realizando la inversa de la transformada para obtener y(t) tenemos que:
y (t) = $−1½
1
(s2 + 1)2
¾+$−1
½s
s2 + 1
¾−$−1
½1
s2 + 1
¾Para poder realizar la inversa : $−1
n1
(s2+1)2
ose requiere realizar una
convolución como sigue:
$−1½
1
s2 + 1
1
s2 + 1
¾= sin t ∗ sin t
sin t ∗ sin t =Z t
0
sin τ sin (t− τ) dτ =
Z t
0
sin τ (sin t cos τ − cos t sin τ) dτ
Resolviendo la integral se tiene:
sin t ∗ sin t = sin3 t
2− 12t cos t+
1
2sin cos2 t
162 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Sustituyendo para obtener y(t) y resolviendo las transformadas inversasrestantes:
y (t) =sin3 t
2− 12t cos t+
1
2sin cos2 t+ cos t− sin t
y (t) =1
2sin t− 1
2t cos t+ cos t− sin t
y (t) = cos t− 12t cos t− 1
2sin t
Problema 7.
y00 − y0 = et cos t, y (0) = 0, y0 (0) = 0
Solución:
$©y00 − y0 = etª
Resolviendo la transformada:
s2Y (s)− sy (0)− y0 (0)− (sY (s)− y (0)) =¯s
s2 + 1
¯s→s−1
Aplicando las condiciones iniciales:
s2Y (s)− sY (s) = s− 1(s− 1)2 + 1
Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:
Y (s)¡s2 − s¢ = s− 1
(s− 1)2 + 1
Y (s) =1
s (s2 − 2s+ 2)Realizando la inversa para obtener a y(t):
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 163
y (t) = $−1½
1
s (s2 − 2s+ 2)¾
Resolviendo por fracciones parciales:
1
s (s2 − 2s+ 2) =A
s+
Bs+ C
(s2 − 2s+ 2)Obteniendo valores:
A =1
2, B = −1
2, C = 1
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada paraobtener y(t) tenemos que:
y (t) =1
2$−1
½1
s
¾− 12$−1
½s
(s− 1)2 + 1
¾+$−1
½1
(s− 1)2 + 1
¾
y(t) =1
2− 12$−1
½s− 1 + 1(s− 1)2 + 1
¾+$−1
½¯1
s2 + 1
¯s→s−1
¾
y (t) =1
2− 12
Ã$−1
½s− 1
(s− 1)2 + 1
¾s→s−1
+$−1½
1
(s− 1)2 + 1
¾!+ et sin t
y (t) =1
2− 12
µ$−1
½s
s2 + 1
¾s→s−1
+$−1½¯
1
s2 + 1
¯s→s−1
¾¶+ et sin t
y (t) =1
2− 12et cos t− 1
2et sin t+ et sin t
y (t) =1
2− 12et cos t+
1
2et sin t
Problema 8.
y(4) − y = 0, y (0) = 1, y0 (0) = 0, y00 (0) = −1, y000 (0) = 0
164 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Solución:
$©y(4) − y = 0ª
Resolviendo la transformada:
s4Y (s)− s3y (0)− s2y0 (0)− sy00 (0)− y000 (0)− Y (s) = 0Aplicando las condiciones iniciales:
s4Y (s)− s3 + s− Y (s) = 0Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:
Y (s)¡s4 − 1¢ = s3 − s
Y (s) =s (s2 − 1)
(s2 − 1) (s2 + 1) =s
(s2 + 1)
Y (s) =s
(s2 + 1)
Realizando la inversa de la transformada para obtener y(t) tenemos que:
y (t) = $−1½
s
(s2 + 1)
¾
y (t) = cos t
Problema 9.
y0 + y = f (t) , y (0) = 0, en donde f(t) =½0, 0 ≤ t < 15, t ≥ 1
¾Solución:Tomando en cuenta la condicion inicial se sabe que f(t) es:
f(t) = 5u(t− 1)
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 165
$ y0 + y = 5u(t− 1)
Resolviendo la transformada:
sY (s)− y(0) + Y (s) = 5e−s
s
Aplicando las condiciones iniciales:
sY (s) + Y (s) = 5e−s
s
Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:
Y (s) (s+ 1) = 5e−s
s
Y (s) = 5e−s
s (s+ 1)
Realizando la inversa para obtener a y(t):
y(t) = 5$−1½
e−s
s (s+ 1)
¾Resolviendo por fracciones parciales:
1
s (s+ 1)=A
s+
B
s+ 1
Obteniendo valores:
A = 1, B = −1
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada paraobtener y(t) tenemos que:
y (t) = 5$−1½e−s
s
¾− 5$−1
½e−s
s+ 1
¾
166 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
y (t) = 5u (t− 1)− 5e−(t−1)u (t− 1)
y (t) = 5u (t− 1) ¡1− e−(t−1)¢Problema 10.
y00 + 4y = sentu (t− 2π) , y (0) = 1, y0 (0) = 0Solución:
$ y00 + 4y = sentu (t− 2π)Resolviendo la transformada:
s2Y (s)− sy (0)− y0 (0) + 4Y (s) = e−2πs
s2 + 1
Aplicando las condiciones iniciales:
s2Y (s)− s+ 4Y (s) = e−2πs
s2 + 1
Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:
Y (s)¡s2 + 4
¢=e−2πs
s2 + 1+ s
Y (s) =e−2πs
(s2 + 1) (s2 + 4)+
s
(s2 + 4)
Realizando la inversa obtenemos a y(t):
y (t) = $−1½
e−2πs
(s2 + 1) (s2 + 4)
¾+$−1
½s
(s2 + 4)
¾Resolviendo por fracciones parciales:
1
(s2 + 1) (s2 + 4)=As+B
(s2 + 4)+Cs+D
(s2 + 1)
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 167
Obteniendo los valores:
A = 0, B = −13, C = 0, D =
1
3
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada paraobtener y(t) tenemos que:
y (t) = −13$−1
½e−2πs
(s2 + 4)
¾+1
3$−1
½e−2πs
(s2 + 1)
¾+$−1
½s
(s2 + 4)
¾
y (t) = −16sen2 (t− 2π)u (t− 2π) + 1
3sen (t− 2π)u (t− 2π) + cos 2t
En los siguientes problemas resuelva la ecuación integral o inte-grodiferencial respectiva con la transformada de Laplace.
Problema 11.
f (t) +
Z t
0
(t− τ) f (τ) dτ = t
Solución:
$
½f (t) +
Z t
0
(t− τ) f (τ) dτ = t
¾Realizando la transformada:
F (s) +1
s2F (s) =
1
s2
Factorizando y despejando a F (S):
F (s)
µ1 +
1
s2
¶=1
s2
F (s)
µs2 + 1
s2
¶=1
s2
F (s) =s2
s2(s2 + 1)
168 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
F (s) =1
s2 + 1
Realizando la inversa obtenemos f(t):
f(t) = $−1½
1
s2 + 1
¾
f(t) = sin t
Problema 12.
f (t) = tet +
Z t
0
τf (t− τ) dτ
Solución:
$
½f (t) = tet +
Z t
0
τf (t− τ) dτ
¾Realizando la transformada:
F (s) =1
(s− 1)2 +F (s)
s2
Despejando y factorizando a F (S):
F (s)− F (s)s2
=1
(s− 1)2
F (s)
µ1− 1
s2
¶=
1
(s− 1)2
F (s) =s2
(s2 − 1) (s− 1)2 =s2
(s+ 1) (s− 1)3
Realizando la inversa obtenemos f(t):
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 169
y (t) = $−1½
s2
(s+ 1) (s− 1)3¾
Resolviendo por fracciones parciales:
s2
(s− 1) (s− 1)3 =A
s+ 1+
B
s− 1 +C
(s− 1)2 +D
(s− 1)3
Obteniendo los valores:
A = −18, B =
1
8, C =
3
4, D =
1
4
Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada paraobtener y(t) tenemos que:
f (t) = −18$−1
½1
s+ 1
¾+1
8$−1
½1
s− 1¾+3
4$−1
½1
(s− 1)2¾+1
4$−1
½D
(s− 1)3¾
f (t) = −18e−t +
1
8et +
3
4tet +
1
8t2et
Problema 13.
y0(t) = t− sin t−Z t
0
y (τ) dτ, y(0) = 0
Solución:
$
½y0(t) = t− sin t−
Z t
0
y (τ) dτ
¾Resolviendo la transformada:
sY (s)− y(0) = 1
s− 1
s2 + 1− Y (s)
s
Aplicando la condición inicial:
sY (s) =1
s− 1
s2 + 1− Y (s)
s
170 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Factorizando y despejando a Y (S):
sY (s) +Y (s)
s=1
s− 1
s2 + 1
Y (s)
µs+
1
s
¶=1
s− 1
s2 + 1
Y (s)
µs2 + 1
s
¶=1
s− 1
s2 + 1
Y (s) =1
s2 + 1− s
(s2 + 1)2
Realizando la inversa, obtenemos a y(t):
y(t) = $−1½
1
s2 + 1
¾−$−1
½s
(s2 + 1)2
¾Para la inversa de $−1
ns
(s2+1)2
ose requiere realizar una convolución:
$−1½
s
(s2 + 1)
1
(s2 + 1)
¾= cos t ∗ sin t
cos t ∗ sin t =Z t
0
cos τ sin(t− τ)dτ =1
2t sin t
Sustituyendo y resolviendo la transformada inversa restante:
y(t) = sin t− 12t sin t
Problema 14. Determine la corriente i(t) en un circuito LRC en serie,cuando L = 0.005H, R = 1Ω, C = 0.02F, E (t) = 100 [1− u (t− 1)] V ei (0) = 0.Solución:La suma del voltaje total en todo el circuito está dado por:
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 171
E(t) = VR + VL + VC
Cada voltaje es igual a:
VR = iR, VC =q
C, VL = L
di
dt
Sustituyendo los valores de los voltajes en el voltaje total:
iR+ Ldi
dt+q
C= E(t)
Pero se sabe que la corriente está dada por:
i =dq
dt
Para despejar a q y encontrar su valor:
dq = idt, q =
Z t
0
i (τ) dτ
Por lo tanto sustituyendo el valor de q y los valores iniciales en el voltajetotal se tiene que:
iR+ Ldi
dt+1
C
Z t
0
i (τ) dτ = E(t)
0.005di
dt+ i+
1
0.02
Z t
0
i (τ) dτ = 100 [1− u (t− 1)]
Dividiendo entre 0.005:
di
dt+ 200i+ 1000
Z t
0
i (τ) dτ = 20000 [1− u (t− 1)]
Aplicando la transformada y resolviendo:
L
½di
dt+ 200i+ 1000
Z t
0
i (τ) dτ = 20000 [1− u (t− 1)]¾
172 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
sI(s)− i(s) + 200I(s) + 10000I(s)s= 2000
µ1
s− e
−s
s
¶Factorizando y despejando I(S):
I(s)
µs+ 200s+ 10000
s
¶=2000
s− 2000e
−s
s
I(s) =
µs
s+ 200s+ 10000
¶·µ2000
s
¶−µ2000e−s
s
¶¸
I(s) =20000
s+ 200s+ 10000− 200000e−s
s+ 200s+ 10000
Realizando la inversa para obtener i(t):
i(t) = 20000L−1½
1
s+ 200s+ 10000
¾− 20000L−1
½e−s
s+ 200s+ 10000
¾
i(t) = 20000L−1½
1
(s+ 100)2
¾− 20000L−1
½e−s
(s+ 100)2
¾
i(t) = 20000L−1½¯1
s2
¯s→s+100
¾− 20000L−1
½¯e−s
s2
¯s→s+100
¾
i(t) = 20000te−100t − 20000 (t− 1) e−100(t−1)u (t− 1)
Problema 15. Recuerde que la ecuación diferencial que describe la cargaq(t) en el capacitor de un circuito RC en serie es:
Rdq
dt+1
Cq = E(t)
donde E(t) es el voltaje aplicado. Emplee la transformada de Laplacepara determinar la carga, q(t), cuando q(0) = 0 y E(t) = E0e−kt, k > 0.
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 173
Solución:Tomando en cuenta que R, C, E0 y k son constantes:
Rdq
dt+1
Cq = E0e
−kt
Dividiendo la ecuación entre la resistencia:
dq
dt+
1
RCq =
E0e−kt
R
Resolviendo la transformada:
$
½dq
dt+
1
RCq =
E0e−kt
R
¾
sQ(s)− q(0) + 1
RCQ (s) =
E0R (s+ k)
Factorizando y despejando a Q(S):
Q(s)
µs+
1
RC
¶=
E0R (s+ k)
Q(s)
µsRC + 1
RC
¶=
E0R (s+ k)
Q(s) =E0RC
R (s+ k) (RCs+ 1)
Q(s) =E0C
(s+ k) (RCs+ 1)
Realizando la transformada inversa para obtener q(t):
q(t) = $−1½
E0C
(s+ k) (RCs+ 1)
¾Resolviendo por fracciones parciales:
174 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
EoC
(s+ k) (RCs+ 1)=
A
(s− k) +B
(RCs+ 1)
Obteniendo valores:
A =EoC
1− kRC , B = −EoC2R
(1− kRC)Sustituyendo los valores y resolviendo la inversa:
q(t) =EoC
1− kRC$−1½
1
(s− k)¾− EoC2R
(1− kRC)$−1½
1
(RCs+ 1)
¾
q(t) =EoC
1− kRCe−kt − EoC2R
(1− kRC)1
RC$−1
(1¡
s+ 1RC
¢)
q(t) =EoC
1− kRCe−kt − EoC
(1− kRC)e− tRC
q(t) =EoC
1− kRC³e−kt − e− t
RC
´Problema 16. Use la transformada de Laplace para determinar la carga
en el capacitor de un circuito en serie RC, cuando q(0) = 0, R = 2.5Ω, C =0.008F y E(t) = 5u (t− 3).Solución:Se sabe que el voltaje total es igual a:
E(t) = VR + VC
De donde:
VR = Ri, VC =q
C, i =
dq
dt
El voltaje total es:
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 175
E (t) = 5u (t− 3)Sustituyendo valores:
Rdq
dt+q
C= 5u (t− 3)
2.5dq
dt+
1
0.08q = 5u (t− 3)
Dividiendo la ecuación entre la resistencia:
dq
dt+ 5q = 2u (t− 3)
Aplicando la transformada y resolviendo:
$
½dq
dt+ 5q = 2u (t− 3)
¾
sQ(s)− q(0) + 5Q(s) = 2e−3s
s
Aplicando la condición inicial:
sQ(s) + 5Q(s) = 2e−3s
s
Factorizando y despejando a Q(S):
Q(s) (s+ 5) = 2e−3s
s
Q(s) = 2e−3s
s (s+ 5)
Realizando la transformada inversa para obtener q(t):
q(t) = 2$−1½
e−3s
s (s+ 5)
¾
176 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
Resolviendo por fracciones parciales:
1
s (s+ 5)=A
s+
B
s+ 5
Obteniendo valores:
A =1
5, B = −1
5
Sustituyendo los valores en la transformada inversa:
q(t) = 2
·1
5$−1
½e−3s
s
¾− 15L−1
½e−3s
(s+ 5)
¾¸
q(t) =2
5u (t− 3)− 2
5e−5(t−3)u (t− 3)
Problema 17. Determine la carga, q(t), y la corriente, i(t), en un circuitoen serie, en el que L = 1H, R = 20Ω, C = 0.01F, E(t) = 120 sin 10t V,q(0) = 0 C e i(0) = 0 A. ¿Cuál es la corriente de estado estable?Solución:Se sabe que el voltaje total es igual a:
E(t) = VR + VL + VC
E(t) = iR+ Ldi
dt+q
C
i =dq
dt
E(t) = Rdq
dt+ L
d2q
dt2+q
C
Sustituyendo valores:
120 sin 10t = 20dq
dt+d2q
dt2+
q
0.01
5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 177
d2q
dt2+ 20
dq
dt+ 100q = 120 sin 10t
Aplicando la transformada y resolviendo:
$
½d2q
dt2+ 20
dq
dt+ 100q = 120 sin 10t
¾
s2Q(s)− sq(0)− q0(0) + 20sQ(s)− 20q(0) + 100Q(s) = 1200
s2 + 100
Aplicando las condiciones iniciales:
s2Q(s) + 20sQ(s) + 100Q(s) =1200
s2 + 100
Factorizando y despejando a Q(S):
Q(s)¡s2 + 20s+ 100
¢=
1200
s2 + 100
Q(s) (s+ 10)2 =1200
s2 + 100
Q(s) =1200
(s+ 10)2 (s2 + 100)
Realizando la transformada inversa para obtener a q(t):
q(t) = 1200$−1½
1
(s+ 10)2 (s2 + 100)
¾Resolviendo por fracciones parciales:
1
(s+ 10)2 (s2 + 100)=As+B
s2 + 100+
C
s+ 10+
D
(s+ 10)2
Obteniendo valores:
178 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE
A = −35, B = 0, C =
3
5, D = 6
Sustituyendo los valores en la transformada inversa:
q(t) = −35$−1
½1
s2 + 100
¾+3
5$−1
½1
s+ 10
¾+ 6$−1
½1
(s+ 10)2
¾
q(t) = − 310sin 10t+
3
5e−10t + 6te−10t
Aplicando la condición inicial de i(0) = 0 :
i(t) = −35cos 10t− 6e−10t − 60te−10t + 6e−10t
i(t) = −35cos 10t− 60te−10t
Chapter 6
SERIES DE FOURIER
6.1 Funciones pares e impares
Una función es par si f(x) = f(−x) y es impar si f(−x) = −f(x). Gráfi-camente esto significa que una función par es simétrica con respecto al ejey, mientras que una función impar es antisimétrica. También es importanteconsiderar que si se integra una función par en un intervalo simétrico entoncesse cumple lo siguiente:
Z a/2
−a/2f(x)dx = 2
Z a/2
0
f(x)dx (6.1)
Mientras que si f(x) es una función impar, entonces
Z a/2
−a/2f(x)dx = 0 (6.2)
Problema 1: En la siguiente función que se supone es periódica,de periodo 2π, indique si es función par, impar o ninguno de estosdos tipos.f(x) = x |x| (−π < x < π)
Solución: La gráfica de la función en el intervalo (−π < x < π) semuestra a continuación:
179
180 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
3210-1-2-3
10
5
0
-5
-10
A partir de la gráfica se observa que la función es impar. Para demostrarlose calcula f(−x).f(−x) = −x| −x |= −x | x |= −f(x)
Efectivamente, f(x) = x | x | es una función impar.♠Problema 2: Diga si la siguiente función es par o impar y ex-
plique porqué:
f(x) =
½x (−π/2 < x < π/2)0 (π/2 < x < 3π/2)
con periodo T = 2π
Solución: La función no está definida en un intervalo simétrico, perocomo es periódica se repite cada T = 2π, la gráfica se ilustra en la siguientefigura:
86420-2-4-6-8
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
A partir de la gráfica de la función se concluye que la función puedereescribirse en forma equivalente como:
6.1. FUNCIONES PARES E IMPARES 181
f(x) =
0 −π < x < −π/2x −π/2 < x < π/20 π/2 < x < π
Se observa en la gráfica que la función es impar, a continuación se procedea realizar la demostración.Se sabe que para funciones impares debe cumplirse f(−x) = −f(x)Si cambiamos x por −x en f(x), obtenemos:
f(−x) = 0 (−π < −x < −π/2) o sea (π > x > π/2)−x (−π/2 < −x < π/2) o sea (−π/2 > x > π/2)0 (π/2 < −x < π) o sea (−π/2 > x > −π)
o sea f(−x) es equivalente a:
f(−x) = 0 (−π < x < −π/2)−x (−π/2 < x < π/2)0 (π/2 < x < π)
Y esta es precisamente −f(x)Por lo tanto la función es impar.♠Problema 3: Diga si la siguiente función es par o impar:
f(x) =
½x 0 < x < π0 π < x < 2π
con periodo T = 2π
Solución: En la siguiente figura se muestra la gráfica de la función:
121086420-2-4-6
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
A partir de la gráfica se observa que la función no es par ni impar. Sinembargo esto puede demostrarse de la siguiente forma:
f(−x) =½ −x 0 > x > −π
0 −π > x > −2π o sea:
182 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
f(−x) =½
0 −2π < x < −π−x −π < x < 0 = −
½0 −2π < x < −πx −π < x < 0 lo cual no
es ni f(x) ni −f(x), por lo tanto la función no es par ni tampoco impar.♠
6.2 Funciones con periodo T = 2π
La serie de Fourier para una función periódica con periodo T = 2π tiene laforma:
f(x) = a0 +∞Xn=1
an cosnx+∞Xn=1
bn sinnx (6.3)
donde los coeficientes se calculan a partir de las fórmulas:
a0 =1
2π
Z +π
−πf(x)dx (6.4)
an =1
π
Z +π
−πf(x) cosnxdx, n = 1, 2, 3, ... (6.5)
bn =1
π
Z +π
−πf(x) sinnxdx, n = 1, 2, 3, ... (6.6)
Problema 1: Encontrar la serie de Fourier de la función f(x)que se muestra en la siguiente figura, la cual se supone que tieneel periodo 2π.
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π 183
Solución: La función puede escribirse en la siguiente forma:
f(x) =
0 −π < x < −π/21 −π/2 < x < π/20 π/2 < x < π
En la serie de Fourier (6.3) bn = 0 porque la función es par. Solo hay quecalcular a0 y an, a partir de las ecuaciones (6.4) y (6.5) usando el hecho deque la función es par se obtiene:
a0 =1
2π
Z +π
0
dx =1
2πx |+π0 =
π
2π=1
2
an =1
π
Z +π
0
cos(nπx
2π) dx =
1
π
·2
nsin (
nx
2)
¸+π0
=2
nπsin (
nπ
2)
Por lo tanto la serie de Fourier queda como:
f(x) =1
2+2
π
X sin nπ2
ncosnx
La aproximación de la serie de Fourier a la función se muestra en pasossucesivos en las siguientes figuras, se ilustran hasta seis sumas parciales deFourier:
S1 =12+ 2
πcosx
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S2 =12+ 2
π(cosx− 1
3cos 3x)
184 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S3 =12+ 2
π(cosx− 1
3cos 3x+ 1
5cos 5x)
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S4 =12+ 2
π(cosx− 1
3cos 3x+ 1
5cos 5x− 1
7cos 7x)
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S5 =12+ 2
π(cosx− 1
3cos 3x+ 1
5cos 5x− 1
7cos 7x+ 1
9cos 9x)
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π 185
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S6 =12+ 2
π(cosx− 1
3cos 3x+ 1
5cos 5x− 1
7cos 7x+ 1
9cos 9x− 1
11cos 11x)
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
Problema 2: Encontrar la serie de Fourier de la función f(x)que se muestra en la siguiente figura, la cual se supone que tieneel periodo T = 2π.
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
186 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
La función se escribe de la siguiente forma:
f(x) =
½0 −π < x < 01 0 < x < π
; T = 2π
Como la función es periódica, en general la gráfica tiene la forma que semuestra en la siguiente figura:
86420-2-4-6-8
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
Se procede a calcular los coeficientes de la serie de Fourier:
a0 =1
2π
Z +π
−πf(x)dx =
1
2π
·Z 0
−π0dx+
Z +π
0
1dx
¸=1
2πx |+π0 =
1
2
an =1
π
Z +π
−πf(x) cosnxdx =
1
π
·Z +π
0
cosnxdx
¸=1
nπsinnx |+π0 = 0
bn =1
π
Z +π
−πf(x) sinnxdx =
1
π
·Z +π
0
sinnxdx
¸= − 1
nπcosnx |+π0
bn =1
nπ(1− (−1)n)
Por lo tanto
f(x) =1
2+1
π
∞Xn=1
(1− (−1)n)n
sinnx
La aproximación de la función por medio de la serie de Fourier se muestraen las siguientes figuras, se muestra la comparación de la función f(x) convarias sumas parciales en el intervalo (−π,π):S1(x) =
12+ 2
πsinx, cuando n = 2 el coeficiente a2 = 0, por lo tanto
S1(x) = S2(x)
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π 187
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S3(x) =12+ 2
π(sinx+ 1
3sin 3x)
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S5(x) =12+ 2
π(sinx+ 1
3sin 3x+ 1
5sin 5x)
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S7(x) =12+ 2
π(sinx+ 1
3sin 3x+ 1
5sin 5x+ 1
7sin 7x)
188 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
♠
Problema 3: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente funcióncon periodo T = 2π
f(x) =
½1 −π/2 < x < π/2−1 π/2 < x < 3π/2
Solución: La gráfica de la función se muestra en la siguiente figura:
86420-2-4-6-8
1
0.5
0
-0.5
-1
Rescribiendo la función se tiene que:
f(x) =
−1 −π < x < −π/21 −π/2 < x < π/2−1 π/2 < x < π
; si T = 2π
A partir de la gráfica se observa que esta es una función par, por lo tantobn = 0
Se procede a calcular los demás coeficientes:
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π 189
a0 =1
2π
Z +π
−πf(x)dx =
1
2π
"−Z −π
2
−πdx+
Z π2
−π2
dx−Z +π
π2
dx
#=
1
2π
h−³−π
2+ π
´+³π2+
π
2
´−³π − π
2
´i= 0
an =1
π
"−Z −π
2
−πcosnxdx+
Z π2
−π2
cosnxdx−Z +π
π2
cosnxdx
#=
1
nπ
h− sin
³−nπ2
´+ sin (−nπ) + sin
³nπ2
´− sin
³−nπ2
´− sin (πx) + sin
³nπ2
´ian =
4
nπsinnπ
2
Por lo tanto la serie de Fourier es:
f(x) =4
π
Xµsin nπ
2
n
¶cosnx
En las siguientes gráficas se muestran las sumas parciales de Fourier conuno, dos, tres y cuatro términos, es decir: S1(x) = 4
πcosx, S2(x) = 4
π(cosx−
13cos 3x), S3(x) = 4
π(cosx− 1
3cos 3x+ 1
5cos 5x), S4(x) = 4
π(cosx− 1
3cos 3x+
15cos 5x− 1
7cos 7x) y como la serie va aproximando a la función.
3210-1-2-3
1
0.5
0
-0.5
-1
190 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
3210-1-2-3
1
0.5
0
-0.5
-1
3210-1-2-3
1
0.5
0
-0.5
-1
3210-1-2-3
1
0.5
0
-0.5
-1
♠
Problema 4: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-ción:f(x) = x2 (−π < x < π), T = 2π
Solución: La gráfica se muestra en la siguiente figura, obviamente es unafunción par, por lo tanto bn = 0.
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π 191
86420-2-4-6-8
10
8
6
4
2
0
a0 =1
2π
Z +π
−πx2dx =
1
2π
·π3
3+
π3
3
¸=
π2
3
an =1
π
Z +π
−πx2 cosnxdx
Integrando por partes
u = x2 dv = sinnxdxdu = 2xdx v = − 1
ncosnx
an =1
π
·x2
nsennx− 2
n
Z +π
−πxsennxdx
¸Integrando nuevamente por partesu = x dv = sennxdxdu = dx v = − 1
ncosnx
an =1
π
·x2
nsennx− 2
n[−xncosnx+
1
n
Z +π
−πcosnxdx]
¸
an =1
π
·x2
nsennx+
2
n
µx
ncosnx− 1
n2sennx
¶¸+π−π
an =1
π
hπ2
nsennπ + 2π
n2cosnπ − 2
n3sennπ
i−h
π2
nsen(−nπ)− 2π
n2cos(−nπ)− 2
n3sen(−nπ)
i
192 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
an =1
π
½2π
n2cosnπ +
2π
n2cosnπ
¾=4
n2cosnπ =
4
n2(−1)n.
Por lo tanto
f(x) =π2
3+ 4
∞Xn=1
(−1)nn2
cosnx
Se muestran ahora dos sumas parciales de Fourier: S1(x) = π2
3− 4 cosx
y S2(x) = π2
3− 4 cosx+ cos 2x:
3210-1-2-3
10
8
6
4
2
03210-1-2-3
8
6
4
2
0
Problema 5. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-ción, la cual tiene el periodo T = 2π:
f(x) =
½π + x −π < x < 0π − x 0 < x < π
Solución: La gráfica de la función se muestra en la siguiente figura:
86420-2-4-6-8
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π 193
Como se observa f(x) es una función par, por lo tanto solo hay quecalcular a0 y a1:
a0 =1
2π
·Z 0
−π(π + x)dx+
Z +π
0
(π − x)dx¸=1
2π
·(πx+
x2
2) |0−π +(πx−
x2
2) |+π0
¸=
a0 =1
2π
·π2 − π2
2+ π2 − π2
2)
¸=
a0 =1
2π(π2) =
π
2
an =1
π
·Z 0
−π(π + x) cosnxdx+
Z +π
0
(π − x) cosnxdx¸
Se realiza primero por partes la integralRx cosnxdx:
u = x; du = dxdv = cosnx; v = 1
nsinnxZ
x cosnxdx =x
nsinnx− 1
n
Zsinnxdx =
x
nsinnx+
1
n2cosnx
Luego se sustituye en an
an =1
π
·π
nsinnx+
x
nsinnx+
1
n2cosnx
¸0−π+
1
π
·π
nsinnx− x
nsinnx− 1
n2cosnx
¸+π0
an =1
π
·1
n2− 1
n2cosnπ
¸+1
π
·− 1n2cosnπ +
1
n2
¸=
2
πn2(1− cosnπ)
Por lo tanto la serie de Fourier queda como:
f(x) =π
2+2
π
∞Xn=1
1
n2(1− (−1)n) cosnx
Se muestran cuatro sumas parciales que ilustran el proceso de aproxi-mación a la función:
S1(x) =π
2+2
π(2 cosx)
194 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
3210-1-2-3
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
S3(x) =π
2+2
π(2 cosx+
2
9cos 3x)
3210-1-2-3
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
S5(x) =π
2+2
π(2 cosx+
2
9cos 3x+
2
25cos 5x)
3210-1-2-3
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π 195
S7(x) =π
2+2
π(2 cosx+
2
9cos 3x+
2
25cos 5x+
2
49cos 7x)
3210-1-2-3
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0♠
Problema 6. Encuentre la serie de Fourier de la siguiente fun-ción:
f(x) =
½x (−π/2,π/2)π − x (π/2, 3π/2)
con periodo T = 2π
Solución: La gráfica de la función en el intervalo (−π/2, 3π/2) se muestraa continuación:
43210-1
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
Como la función es periódica, en general la función tiene la forma sigu-iente:
196 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
6420-2-4-6
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
Si se observa con cuidado la gráfica, se concluye que la función se puedeescribir en forma equivalente en la siguiente forma:
f(x) =
−π − x (−π,−π/2)x (−π/2,π/2)
π − x (π/2,π)con periodo T = 2π
De esta forma se logra que la función esté definida en un intervalo simétrico.Para mayor claridad en la siguiente figura se muestra la gráfica en el intervalo(−π,π):
3210-1-2-3
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
Se observa también que la función es impar, por lo que se tiene quea0 = an = 0. Por lo tanto solo es necesario calcular el coeficiente bn en laexpresión de la serie de Fourier.
bn =2
T
Z +T/2
−T/2f(x) sin
2nπx
T=1
π
Z +π
−πf(x) sinnxdx =
6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π 197
=1
π[−π
Z −π/2
−πsinnxdx−
Z −π/2
−πx sinnxdx+
Z π/2
−π/2x sinnxdx+
+π
Z +π
π/2
sinnxdx−Z +π
π/2
x sinnxdx] =1
π[π
ncosnx |−π/2−π −π
ncosnx |+ππ/2 −
−Z −π/2
−πx sinnxdx+
Z π/2
−π/2x sinnxdx−
Z +π
π/2
x sinnxdx]
La integralRx sinnxdx se resuelve por partes:
u = x dv = sinxdxdu = dx v = − 1
ncosnx
Por lo tanto:
Zx sinnxdx = −x
ncosnx+
1
n
Zcosnxdx = −x
ncosnx+
1
n2sinnx
Sustituyendo y evaluando:
bn =1
ππncosnx |−π/2−π −π
ncosnx |+ππ/2 −
µ−xncosnx+
1
n2sinnx
¶−π/2−π
+
+
µ−xncosnx+
1
n2sinnx
¶π/2
−π/2−µ−xncosnx+
1
n2sinnx
¶+ππ/2
=
bn =1
ππn
³cos(−nπ
2)− cos(−nπ)− cos(nπ) + cos(nπ
2)´−− π
2ncos(−nπ/2)−
− 1n2sin(−nπ/2)+π
ncos(−nπ)+ 1
n2sin(−nπ)− π
2ncos(nπ/2)+
1
n2sin(nπ/2)−
198 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
− π
2ncos(−nπ/2)− 1
n2sin(−nπ/2)+π
ncos(nπ)− 1
n2sin(nπ)− π
2ncos(nπ/2)+
1
n2sin(nπ/2)
Simplificando todos los términos, tenemos:
bn =1
π
·µ2π
n− 2πn
¶cos
nπ
2+
µ2π
n− 2πn
¶cosnπ +
µ2
n2+2
n2
¶sinnπ
2
¸
bn =4
πn2sinnπ
2
si n es par sin nπ2= 0, por lo tanto bn es cero si n es par,
si n es impar sin nπ2= 1,−1, 1, ...
Finalmente la serie de Fourier queda:
f(x) =∞X
n=impar
bn sinnx =4
π
∞Xn=impar
1
n2sinnπ
2sinnx =
=4
π
µsinx− 1
9sin 3x+
1
25sin 5x− ...
¶La aproximación a la función en el intervalo (−π,π) con uno y dos tér-
minos se observa en las siguientes figuras:
3210-1-2-3
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
3210-1-2-3
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO 199
6.3 Funciones con periodo arbitrario
La serie de Fourier para funciones con periodo T arbitrario es:
f(x) = a0 +∞Xn=1
an cos2nπ
Tx+
∞Xn=1
bn sin2nπ
Tx (6.7)
donde
a0 =1
T
Z T/2
−T/2f(x)dx (6.8)
an =2
T
Z T/2
−T/2f(x) cos
2nπ
Txdx (6.9)
bn =2
T
Z T/2
−T/2f(x) sin
2nπ
Txdx (6.10)
Problema 1. Encuentre la serie de Fourier de la siguiente funciónperiódica:
f(x) =
½ −1 −1 < x < 01 0 < x < 1
; T = 2
Solución: La gráfica en el intervalo (−1, 1) es la siguiente:
10.50-0.5-1
1
0.5
0
-0.5
-1
Como la función es periódica, ésta se repite cada T = 2, la gráfica semuestra en la siguiente figura en un intervalo más amplio. No obstante loscálculos se realizan para aproximar a la función solamente en el intervalo(−1, 1). En los demás puntos la aproximación es equivalente.
200 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
420-2-4
1
0.5
0
-0.5
-1
Dado que es una función impar, an = a0 = 0; por lo tanto solo calculamosbn:
bn =4
T
Z T/2
0
f(x) sin
µ2nπ
T
¶dx
bn =4
2
Z 2/2
0
sin
µ2nπ
2x
¶dx = 2
Z 1
0
sin (nπx) dx = 21− cosnπ
nπ
Por lo tanto la serie de Fourier queda:
f(x) = 2∞Xn=1
µ1− cosnπ
nπsin (nπx)
¶
f(x) =4
π(sinπx+
sin 3πx
3+sin 5πx
5+ ...)
En la siguiente figura se ilustra el primer término de la serie de Fouriery como es que aproxima a la función. Obviamente la aproximación noparece muy buena, pero al tomar sucesivamente más términos la aproxi-mación mejora.
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO 201
10.50-0.5-1
1
0.5
0
-0.5
-1
Con dos términos en la suma la aproximación se muestra a continuación:
10.50-0.5-1
1
0.5
0
-0.5
-1
Con tres términos:
10.50-0.5-1
1
0.5
0
-0.5
-1
Por último con cuatro términos, es decir:
202 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
f(x) ≈ 4
π(sin(πx) +
sin(3πx)
3+sin(5πx)
5+sin(7πx)
7)
10.50-0.5-1
1
0.5
0
-0.5
-1
El proceso que muestra como la aproximación se mejora al tomar unamayor cantidad de términos se hace evidente, tanto al observar cada gráficapor separado como viendo el proceso en una sola gráfica como en la siguientefigura:
10.50-0.5-1
1
0.5
0
-0.5
-1
♠
Problema 2: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente funcióncon periodo T = 2.
f(x) =
½0 −1 < x < 0x 0 < x < 1
Solución: La gráfica de la función se muestra a continuación en el intervalo(−1, 1):
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO 203
10.50-0.5-1
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
En general dado que la función es periódica, la gráfica tiene la siguienteforma:
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
La función no tiene paridad, por lo tanto hay que calcular todos loscoeficientes de la serie de Fourier:
a0 =1
2
·Z 0
−10dx+
Z 1
0
xdx
¸=1
2
µx2
2
¶10
a0 =1
4
an =
·Z 0
−10 cosnπxdx+
Z 1
0
x cosnπxdx
¸u = x; du = dx
204 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
dv = cosnπx; v = 1nπsinnπx
an =
·x
nπsinnπx+
1
n2π2cosnπx
¸10
an =1
n2π2((−1)n − 1)
bn =
·Z 0
−10 sinnπxdx+
Z 1
0
x sinnπxdx
¸u = x; du = dxdv = sinnπx; v = − 1
nπcosnπx
bn =
·− xnπcosnπx+
1
n2π2sinnπx
¸10
bn = −(−1)n
nπ
f (x) =1
4+1
π2
∞Xn=1
·1
n2[(−1)n − 1] cosnπx
¸− 1
π
∞Xn=1
(−1)nn
sinnπx
Se muestran acontinuación cinco sumas sumas parciales y como estas vanaproximando a la función.S1(x) =
14− 2
π2cosπx+ 1
πsinπx
10.50-0.5-1
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO 205
S2(x) =14− 2
π2cosπx− 1
π(− sinπx+ 1
2sin 2πx)
10.50-0.5-1
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S3(x) =14− 2
π2cosπx− 2
9π2cos 3πx− 1
π(− sinπx+ 1
2sin 2πx− 1
3sin 3πx)
10.50-0.5-1
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S4(x) =14− 2
π2cosπx− 2
9π2cos 3πx− 1
π(− sinπx+ 1
2sin 2πx− 1
3sin 3πx+
14sin 4πx)
10.50-0.5-1
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
206 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
S5(x) =14− 2
π2cosπx− 2
9π2cos 3πx− 2
25π2cos 5πx− 1
π(− sinπx+ 1
2sin 2πx−
13sin 3πx+ 1
4sin 4πx− 1
5sin 5πx)
10.50-0.5-1
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
♠Problema 3: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-
ción, con periodo T = 2
f(x) =
½ −1 −1 < x < 02x 0 < x < 1
Solución: La gráfica de la función se muestra en la siguiente figura:
10.50-0.5-1
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
La función no es par ni impar, es necesario calcular todos los coeficientesen la serie de Fourier:
f(x) = a0 +X
an cos (2nπx
T) +
Xbn sin (
2nπx
T)
a0 =1
2
Z +1
−1f (x) dx =
1
2
·−Z 0
−1dx+ 2
Z 1
0
xdx
¸=
6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO 207
a0 =1
2
·−x|0−1 + 2
x2
2|10¸=1
2[−1 + 1] = 0
an =2
2
Z +1
−1f (x) cos nπx dx = −
Z 0
−1cosnπxdx+ 2
Z 1
0
x cosnπxdx
se realiza una integración por partes: u = x ; du = dx ; dv =cosnπxdx ; v = 1
nπsinnπx
an = − 1
nπsin(nπx) |0−1 + 2
·x
nπsen(nπx) +
1
n2π2cos(nπx)
¸10
=
an =2
n2π2[(−1)n − 1]
bn =2
2
Z +1
−1f (x) sin(nπx) dx = −
Z 0
−1sin(nπx)dx+ 2
Z 1
0
x sin(nπx)dx
bn =1
nπcos(nπx) |0−1 + 2
·− xnπcos (nπx)− 1
n2π2sin(nπx)
¸10
bn =1
nπ[1− (−1)n ] + 2
nπ[−(−1)n ] = 1
nπ[1− 3(−1)n ]
Por lo tanto la serie de Fourier se escribe como:
f (x) =2
π2
X [(−1)n − 1]n2
cosnπx+1
π
X [1− 3(−1)n ]n
sinnπx
En las siguientes figuras se muestran cuatro sumas parciales que muestrancomo la serie aproxima a la función.S1(x) =
2π2(−2 cos(πx) + 4
πsin(πx))
208 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
10.50-0.5-1
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
S2(x) =2π2(−2 cos(πx)) + 2
π(2 sin(πx)− 1
2sin(2πx))
10.50-0.5-1
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
S3(x) =2π2(−2 cos(πx)− 2
9cos 3πx)+ 2
π(2 sin(πx)− 1
2sin(2πx)+ 2
3sin(3πx))
10.50-0.5-1
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
S4(x) =2π2(−2 cos(πx)−2
9cos 3πx)+ 2
π(2 sin(πx)−1
2sin(2πx)+2
3sin(3πx)−
14sin 4πx)
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES 209
10.50-0.5-1
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
♠
6.4 Series de Fourier de funciones pares e im-pares
Aunque ya se ha aplicado, es conveniente recordar que si una función espar o impar entonces el trabajo para determinar la serie de Fourier puedesimplificarse.Si f(x) es una función par, entonces la serie de Fourier es una serie
cosenoidal de Fourier
f(x) = a0 +∞Xn=1
an cos2nπ
Tx, n = 1, 2, ... (6.11)
donde los coeficientes son:
a0 =2
T
Z T/2
0
f(x)dx (6.12)
an =4
T
Z T/2
0
f(x) cos2nπ
Txdx, n = 1, 2, ... (6.13)
De la misma forma si f(x) es una función impar, entonces la serie deFourier es una serie senoidal de Fourier
f(x) =∞Xn=1
bn sin2nπ
Tx, n = 1, 2, ... (6.14)
donde los coeficientes son:
210 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
bn =4
T
Z T/2
0
f(x) sin2nπ
Txdx, n = 1, 2, ... (6.15)
Problema 1. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-ción:
f(x) =
½1 −π/2 < x < π/20 π/2 < x < 3π/2
; T = 2π
Solución: La función periódica se muestra en la figura siguiente, comose observa hay simetría con respecto al eje y.
86420-2-4-6-8
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
A partir de la gráfica se observa que la función es equivalente a la siguiente:
f(x) =
0 (−π,−π/2)1 (−π/2,π/2)0 (π/2,π)
con periodo T = 2π
Esta función es par, por lo tanto bn = 0.
a0 =1
π
π/2Z0
dx =1
π
³π2
´=1
2
an =2
π
Z π/2
0
cos (nx) dx =2
nπ(sin (nx)|π/20
an =2
nπsinnπ
2
Por lo tanto la serie de Fourier para f(x) queda de la siguiente forma:
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES 211
f(x) =1
2+2
π
∞Xn=1
sin¡nπ2
¢n
cos (nx)
Que se puede escribir de forma equivalente como:
f(x)=1
2+2
π
∞Xk=0
(−1)k(2k + 1)
cos (2k + 1)x
En las siguientes gráficas se observa como la serie aproxima a la función,se grafican sumas parciales con uno, dos, tres y cuatro términos:
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
212 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
3210-1-2-3
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
♠Problema 2. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-
ción, la cual tiene el periodo T = 2π.
f (x) =
½x −π
2< x < π
2
π − x π2< x < 3π
2
Solución: La gráfica de la función se muestra en la siguiente figura:
86420-2-4-6-8
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES 213
A partir de la gráfica de la función esta puede reescribirse como:
f(x) =
−π − x −π < x < −π/2x −π/2 < x < π/2π − x π/2 < x < π
Este función es impar por lo que an = a0 = 0
bn =2π
hR π20x sinnxdx+
Rπ2π (π − x) sinnxdx
i, integrando por partes:
u = x
du = dx
dv = sinnxdx
v = − 1ncosnx
bn =2
π
"Z π2
0
x sinnxdx+ π
Zπ2
π sinnxdx−Z
π2
πx sinnxdx
#
bn =2
π
(·−xncosnx+
1
n2sinnx
¸π2
0
− π
n[cosnx]π
2π −
·−xncosnx+
1
n2sinnx
¸π2
π
)
bn =2
π
· ¡− π2ncos nπ
2+ 1
n2sin nπ
2
¢− πncosnπ + π
ncos nπ
2−¡−π
ncosnπ + π
2ncos nπ
2− 1
n2sin nπ
2
¢ ¸
bn =2
π
·2
n2sinnπ
2
¸=
4
πn2sinnπ
2
Por lo tanto la serie de Fourier se escribe como:
f (x) =4
π
∞Xn=1
µ1
n2sinnπ
2
¶sinnx
En este caso la serie converge muy rápido hacia la función, tal como semuestra en las siguientes figuras en las cuales se ilustran tres sumas parciales:S1(x) =
4πsinx
214 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
3210-1-2-3
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
S3(x) =4π(sinx− 1
9sin 3x)
3210-1-2-3
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
S5(x) =4π(sinx− 1
9sin 3x+ 1
25sin 5x)
3210-1-2-3
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
♠
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES 215
Problema 3: Encontrar la serie de Fourier de la función siguiente,la cual tiene el periodo T = 2π
f(x) =
½ −x −π < x < 0x 0 < x < π
Solución: La gráfica se muestra en la siguiente figura:
3210-1-2-3
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
Se procede a calcular la serie de Fourier, pero bn = 0 porque f(x) es unafunción par.
a0 =2
2π
Z +π
0
xdx =1
π
µx2
2|+π0¶=1
π
π2
2=
π
2
an =2
π
Z +π
0
x cosnxdx
realizamos una integración por partes: u = x; du = dx; dv = cosnxdx ; v =1nsinnx
an =2
π
·x
nsinnx|+π0 −
1
n
Z +π
0
sinnxdx
¸=2
π
·−1n((−1n)− 1)
¸=
an =2
π n2[(−1)n − 1]
f (x) =π
2+2
π
X [(−1)n − 1]n2
cosnx
216 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
En este caso la aproximación con uno y dos términos se muestra a con-tinuación, la convergencia se realiza rápidamente según se puede observar.S1(x) =
π2− 4
πcosx
3210-1-2-3
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
S2(x) =π2+ 2
π(−2 cosx− 2
9cos 3x)
3210-1-2-3
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0♠
Problema 4. Encontrar la serie de Fourier de la función, la cualse supone que tiene el periodo T = 2π.f(x) = x2
4(−π < x < π)
Solución: La gráfica de la función se muestra a continuación:
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES 217
86420-2-4-6-8
2.5
2
1.5
1
0.5
0
Como es una función par, bn = 0
a0 =2
2π
Z0
πx2
4dx =
1
4π
x3
3|0 π =
π2
12
an =2
π
Z0
πx2
4cosnxdx
Ya se había encontrado queRx2 cosnxdx = x2
nsinnx+ 2x
n2cosnx− 2
n3sinnx, por lo tanto:
an =1
2π
Z0
πx2 cosnxdx =1
2π
·x2
nsinnx+
2x
n2cosnx− 2
n3sinnx
¸0
π =
an =1
2π
·2π
n2cosnπ
¸=1
n2cosnπ
Por lo tanto:
f(x) =π2
12+
∞Xn=1
(−1)nn2
cosnx
En las siguientes figuras se muestran tres sumas parciales en donde seobserva como la serie de Fourier aproxima a la función:S1(x) =
π2
12− cosx
218 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
3210-1-2-3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
S2(x) =π2
12− cosx+ 1
4cos 2x
3210-1-2-3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
S3(x) =π2
12− cosx+ 1
4cos 2x− 1
9cos 3x
3210-1-2-3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
♠
6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES 219
Problema 5. Demostrar que 1− 13+ 1
5− 1
7+ ... = π
4
Solución: Se encontró en el problema 1 de esta sección que si
f(x) =
½1 −π/2 < x < π/20 π/2 < x < 3π/2
,entonces la serie de Fourier para esta
función está dada por:
f(x) =1
2+2
π
∞Xn=1
sin¡nπ2
¢n
cosnx
si se hace x = 0 en esta expresión
1 =1
2+2
π(1− 1
3+1
5− 17+ ...)
1
2=2
π(1− 1
3+1
5− 17+ ...)
De donde se obtiene lo que se pide, es decir,
π
4= 1− 1
3+1
5− 17+ ...♠
Problema 6. Demostrar que 1− 14+ 1
9− 1
16+ ... = π2
12
Solución: Se tiene que si f(x) = x2
4, x ∈ (−π,π), ya se demostró en
el problema 4 de esta sección que la serie de Fourier para esta función estádada por:
f(x) =π2
12+
∞Xn=1
(−1)nn2
cosnx
si se hace x = 0 en esta expresión
0 =π2
12− 1 + 1
4− 19+1
16− ...
De donde se obtiene lo que se pide, o sea,
π2
12= 1− 1
4+1
9− 1
16+ ...♠
220 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
6.5 Desarrollos de medio rango
Si una función está solamente definida sobre un intervalo finito [0, l] decualquier forma puede obtenerse su serie de Fourier realizando una extensiónperiódica, la cual puede ser par o impar. Se escribe T = 2l en las ecuacionesde la serie de Fourier para funciones pares e impares. Por ejemplo, si se haceuna extensión par se obtiene la siguiente serie cosenoidal,
f(x) = a0 +∞Xn=1
an cosnπ
lx (6.16)
y los coeficientes son:
a0 =1
l
Z l
0
f(x)dx (6.17)
an =2
l
Z l
0
f(x) cosnπ
lxdx, n = 1, 2, ... (6.18)
Para una extensión impar se obtiene una serie senoidal,
f(x) =∞Xn=1
bn sinnπ
lx (6.19)
y los coeficientes son:
bn =2
l
Z l
0
f(x) sinnπ
lxdx, n = 1, 2, ... (6.20)
Problema 1. Halle la serie senoidal de Fourier de la siguientefunción:
f(x) =
½x (0,π/2)π2(π/2,π)
Solución: La gráfica de esta función se muestra a continuación.
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO 221
32.521.510.50
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
Para poder obtener la serie de Fourier se puede realizar una extensión paro una extensión impar. Como se pide calcular una serie senoidal se necesitarealizar una extensión impar, según se muestra en la siguiente figura:
3210-1-2-3
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
Por lo tanto, para obtener la serie senoidal se necesita solamente calcularbn, para ello se elige l = π en la fórmula para bn:
bn =2
π
Z0
πf(x) sinnxdx
=2
π
"Z π/2
0
x sinnxdx+π
2
Zπ/2
π sinnxdx
#
Hay que hacer una integración por partes:u = x dv = sinnxdxdu = dx v = − 1
ncosnx
222 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
bn =2
πÃ−xncosnx |π/20 +
1
n
Z π/2
0
cosnxdx
!+³− π
2ncosnx |+ππ/2
´
bn =2
πµ−xncosnx+
1
n2sinnx
¶π/2
0
+³− π
2ncosnx |+ππ/2
´
bn =2
π− π
2ncos
nπ
2+1
n2sinnπ
2− π
2ncosnπ +
π
2ncos
nπ
2
bn =2
π 1n2sinnπ
2− π
2ncosnπ
Finalmente la serie de Fourier queda:
f(x) =2
π
∞Xn=1
(1
n2sinnπ
2− π
2n(−1)n) sinnx
La aproximación con varias sumas parciales se muestra a continuación.La aproximación va mejorando conforme se toma una mayor cantidad detérminos.S1(x) =
2π(1 + π
2) sinx
32.521.510.50
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S2(x) =2π((1 + π
2) sinx+ (−π
4) sin 2x))
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO 223
32.521.510.50
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S3(x) =2π((1 + π
2) sinx+ (−π
4) sin 2x+ (−1
9+ π
6) sin 3x)
32.521.510.50
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S4(x) =2π((1 + π
2) sinx+ (−π
4) sin 2x+ (−1
9+ π
6) sin 3x+ (−π
8) sin 4x)
32.521.510.50
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S5(x) =2π((1 + π
2) sinx + (−π
4) sin 2x + (−1
9+ π
6) sin 3x + (−π
8) sin 4x +
( 125+ π
10) sin 5x)
224 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
32.521.510.50
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S6(x) =2π((1 + π
2) sinx + (−π
4) sin 2x + (−1
9+ π
6) sin 3x + (−π
8) sin 4x +
( 125+ π
10) sin 5x+ (− π
12) sin 6x)
32.521.510.50
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
S7(x) =2π((1 + π
2) sinx + (−π
4) sin 2x + (−1
9+ π
6) sin 3x + (−π
8) sin 4x +
( 125+ π
10) sin 5x+ (− π
12) sin 6x+ (− 1
49+ π
14) sin 7x)
32.521.510.50
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO 225
Problema 2. Halle la serie senoidal de Fourier de la siguientefunción:
f(x) =
½x (0,π/8)
π4− x (π/8,π/4)
Solución: La gráfica de esta función se muestra a continuación.
10.80.60.40.20
0.4
0.3
0.2
0.1
0
Para poder obtener la serie de Fourier se puede realizar una extensión paro una extensión impar. Como se pide calcular una serie senoidal se necesitarealizar una extensión impar, según se muestra en la siguiente figura:
10.50-0.5-1
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
Por lo tanto, para obtener la serie senoidal se necesita solamente calcularbn, para ello se elige l = π
4en la fórmula:
bn =2l
R l0f(x) sin nπx
ldx realizando el cálculo:
bn =8
π
Z π/4
0
f(x) sin 4nxdx
226 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
=8
π
"Z π/8
0
x sin 4nxdx+π
4
Z π/4
π/8
sin 4nxdx−Z π/4
π/8
x sin 4nxdx
#
Hay que hacer una integración por partes:u = x dv = sin(4nx)dxdu = dx v = −(4n)−1 cos(4nx)
bn =8π³− x4ncos 4nx |π/80 + 1
4n
R π/8
0cos 4nxdx
´+³− π16ncos 4nx |π/4π/8
´−³− x4ncos 4nx |π/4π/8 +
14n
R π/4
π/8cos 4nxdx
´
bn =8π− x
4ncos 4nx |π/80 + 1
16n2sin 4nx |π/80 − π
16ncos 4nx |π/4π/8 +
x4ncos 4nx |π/4π/8
− 116n2
sin 4nx |π/4π/8bn =
8π− π
32ncos nπ
2+ 1
16n2sin nπ
2− π
16ncosnπ + π
16ncos nπ
2+ π
16ncosnπ −
π32ncos nπ
2+ 1
16n2sin nπ
2
bn =8π¡− π
32n+ π
16n− π
32n
¢cos nπ
2+¡
116n2
+ 116n2
¢sin nπ
2+¡− π
16n+ π
16n
¢cosnπ
bn = (8
π)2
16n2sinnπ
2=
1
πn2sinnπ
2
Debe tomarse en cuenta que:
si n es par sin nπ2= 0
si n es impar sin nπ2= 1,−1, 1, ...
Finalmente la serie de Fourier queda:
f(x) =∞X
n=impar
bn sin 4nx =1
π
∞Xn=impar
1
n2sinnπ
2sin 4nx
f(x) =1
π
µsin 4x− 1
9sin 12x+
1
25sin 20x− ...
¶
La aproximación con uno, dos, tres y cuatro términos se muestra a contin-uación. La aproximación va mejorando conforme se toma una mayor cantidadde términos.
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO 227
0.70.60.50.40.30.20.10
0.4
0.3
0.2
0.1
0 0.70.60.50.40.30.20.10
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0.70.60.50.40.30.20.10
0.4
0.3
0.2
0.1
0 0.70.60.50.40.30.20.10
0.4
0.3
0.2
0.1
0♠
Problema 3. Representar la función f(x) que se da, mediante
una serie cosenoidal de Fourier.f(x) = x2 (0 < x < l)
Solución: Se hace una extensión par, de tal forma que bn = 0,
a0 =1
l
Z l
0
f(x)dx =1
l
Z l
0
x2dx =1
3l2
an =2
l
Z l
0
f(x) cos³nπxl
´dx =
2
l
Z l
0
x2 cos³nπxl
´dx
Hacemos la integración por partes:u = x2 dv = cos(nπx
l)dx
du = 2xdx v = lnπcos nπx
l
an =2
l
·l
nπx2 sin
³nπxl
´− 2l
nπ
Zx sin(
nπx
l)
¸l0
228 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
Hacemos otra vez integración por partes:u = x dv = sin(nπx
l)dx
du = dx v = − lnπcos nπx
l
an =2
nπ
·x2 sin
³nπxl
´− 2
µ−lnπx cos
³nπxl
´+
Zcos³nπxl
´dx
¶¸l0
=1
nπ
·x2 sin
³nπxl
´− 2
µ−lnπx cos
³nπxl
´+
l2
n2π2sinnπx
l
¶¸l0
an = 2
·l2
nπsinnπ +
2l2
n2π2cosnπ − 2l2
n3π3sinnπ
¸= l2
4 cosnπ
n2π2
Por lo tanto la serie de Fourier queda como:
f(x) =1
3l2 +
4l2
π2
∞Xn=1
cosnπ
n2cos
nπx
l
f(x) =1
3l2−4l
2
π2
·cos³πxl
´− 14cos
µ2πx
l
¶+1
9cos
µ3πx
l
¶− 1
16cos
µ4πx
l
¶+ ...
¸♠
Problema 4. Encontrar una serie cosenoidal de Fourier para lasiguiente función:f(x) = sin π
lx, (0 < x < l)
Solución: Se hace una extensión par, de tal forma que solamente hay que
calcular los coeficientes a0 y an:
a0 =1
l
Z l
0
f(x)dx =1
l
Z l
0
sinπ
lxdx =
−1l
·l
πcos
π
lx
¸l0
= −1π
hcos
π
lxil0
a0 =2
π
an =2
l
Z l
0
sinπ
lx cos
nπ
lxdx
6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO 229
Para encontrar anusamos la identidadsin a cos b = 1
2[sin (a+ b) + sin(a− b)]
an =2
l
µ1
2
¶Z l
0
sin³πxl+nπx
l
´+ sin
³πxl− nπx
l
´dx =
an =2
l
Z l
0
·sin(n+ 1)π
lx+ sin
(1− n)πl
x
¸dx
an =1
l
·− l
(n+ 1)πcos(n+ 1)
πx
l− l
(1− n)π cos(1− n)πx
l
¸l0
an =1
l
· −l(n+ 1)π
cos(n+ 1)π − l
(1− n)π cos(1− n)π +l
(n+ 1)π+
l
(1− n)π¸
esto es válido solamente si n 6= 1Por esto el an queda como
an =1
π
·1
(n+ 1)
¡1− (−1)n+1¢− 1
(n− 1)¡1− (−1)1−n¢¸ , n = 2, 3, 4...
Para encontrar a1:
a1 =2
l
Z l
0
sinπ
lx cos
π
lxdx =
1
l
Z l
0
sin2πx
ldx = − 1
2πcos
2πx
l|l0= 0
Por lo tanto:
f(x) =2
π+1
π
∞Xn=2
·1
(n+ 1)(1− (−1)n+1)− 1
(n− 1)(1− (−1)1−n)
¸cos
nπ
lx
f(x) =2
π+1
π
∞Xn=2
·1
(n+ 1)(1− (−1)n+1)− 1
(n− 1)(1− (−1)1−n)
¸cos
nπ
lx
f(x) =2
π− 2
π(1
3cos
2π
lx+
1
15cos
4π
lx+
1
35cos
6π
lx+ ...)♠
230 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER
Chapter 7
Las funciones de Bessel
Antes de proceder a la resolución de problemas se revisarán algunos an-tecedentes de las funciones de Bessel.
7.1 La función gamma
La función gamma se define como:
Γ(n+ 1) =
Z ∞
0
une−udu (7.1)
tiene la propiedad:
Γ(n+ 1) = nΓ(n) (7.2)
la cual se demuestra fácilmente usando integración por partes. La ecuación(7.1) es una relación de recurrencia para la función gamma.Como:
Γ(1) =
Z ∞
0
e−udu = −e−u¯∞0= 1
se tiene
Γ(2) = 1Γ(1) = 1,Γ(3) = 2Γ(2) = 2 · 1 = 2!,Γ(4) = 3Γ(3) = 3!Por lo tanto
Γ(n+ 1) = n! (7.3)
231
232 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
La función gamma es una generalización del factorial, por ejemplo, acontinuación se demuestra que
Γ
µ1
2
¶=√π
Sea
I = Γ
µ1
2
¶=
Z ∞
0
u−1/2e−udu
si se hace u = x2 se obtiene:
I = 2
Z ∞
0
e−x2
dx
Entonces
I2 =
µ2
Z ∞
0
e−x2
dx
¶µ2
Z ∞
0
e−y2
dy
¶= 4
Z ∞
0
Z ∞
0
e−(x2+y2)dxdy
usando coordenadas polares para evaluar esta integral
I2 = 4
Z π2
0
Z ∞
0
e−r2
rdrdθ = 4
Z π2
0
µ−12e−r
2
¶¯∞0
dθ = 4
Z π2
0
1
2dθ = π
de donde fácilmente se obtiene lo que se quería demostrar.Con este resultado y usando la ecuación (7.2) se obtiene:
Γ
µ3
2
¶=1
2Γ
µ1
2
¶=1
2
√π,Γ
µ5
2
¶=3
2Γ
µ3
2
¶=3
2
µ1
2
√π
¶=3
4
√π, · · ·
Por lo tanto, para determinar la función gamma de cualquier númeropositivo es suficiente conocer sus valores en el intervalo (0, 1). En cualquiermanual de tablas matemáticas están tabulados estos valores.A partir de la ecuación (7.2) se puede extender el rango de definición de
la función gamma para n < 0, así por ejemplo:
Γ
µ−12
¶=
Γ¡12
¢−12
= −2√π,Γµ−32
¶=
Γ¡−1
2
¢−32
=−2√π−32
=4√π
3, · · ·
Si en la ecuación (7.2) se coloca n = 0, se tiene 1 = 0Γ(0), de donde setiene 1/Γ(0) = 0, por lo tanto Γ(0) es infinito. Igualmente al colocar n = −1,se obtiene Γ(0) = −1Γ(−1) o 1/Γ(−1) = 0. De tal forma que se encuentra:
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 233
1
Γ(0)= 0,
1
Γ(−1) = 0,1
Γ(−2) = 0,1
Γ(−3) = 0, · · ·
En la figura 1 se muestra la gráfica de la función gamma:
Γ(x)
x 420-2-4
30
20
10
0
-10
-20
-30
Figura 1. Gráfica de la función gamma.
7.2 La ecuación y las funciones de Bessel
La ecuación
x2y00 + xy0 + (x2 − n2)y = 0 (7.4)
se llama la ecuación de Bessel de orden n. Esta ecuación puede resolverseusando el método de Frobenius en el cual se supone una solución de la forma:
y =
j=∞Xj=−∞
ajxj+c
con aj = 0 para j < 0
234 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Se obtienen y y sus derivadas y se sustituyen en la ecuación de Bessel:x2P(j + c)(j + c − 1)ajxj+c−2 + x
P(j + c)ajx
j+c−1 + x2Pajx
j+c −n2Pajx
j+c = 0X(j+c)(j+c−1)ajxj+c+
X(j+c)ajx
j+c+X
ajxj+c+2−n2
Xajx
j+c = 0
Cambiando j por j − 2 en la tercera sumatoria, la expresión anteriorpuede escribirse como:X©
(j + c)(j + c− 1)aj + (j + c)aj + aj−2 − n2ajªxj+c = 0
X©£(j + c)2 − n2¤ aj + aj−2ªxj+c = 0
Igualando el coeficiente de xj+c a cero:£(j + c)2 − n2¤ aj + aj−2 = 0 (7.5)
Si en esta ecuación se toma j = 0 y como a−2 = 0, mientras que a0 6= 0,esto se reduce a: £
c2 − n2¤ a0 = 0 o c2 − n2 = 0 (7.6)
Esta ecuación se llama la ecuación indicial, a partir de ella se requierec = ±n. Por lo tanto se tienen dos casos a considerar:Caso 1, c = n, n ≥ 0. En este caso la ecuación (7.5) se convierte enj(2n+ j)aj + aj−2 = 0 esto es
aj =−aj−2j(2n+ j)
A partir de esta ecuación si j = 1 se obtiene a1 = 0 ya que a−1 = 0.También a3 = a5 = a7 = · · · = 0Con j = 2, 4, 6, ... se obtiene:
a2 =−a0
2(2n+ 2)
a4 =−a2
4(2n+ 4)=
a02 · 4(2n+ 2)(2n+ 4)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 235
a6 =−a4
6(2n+ 6)=
−a02 · 4 · 6(2n+ 2)(2n+ 4)(2n+ 6) , · · ·
Por lo tanto la solución en serie se escribe como:
y =X
ajxj+n
y = a0xn
·1− x2
2(2n+ 2)+
x4
2 · 4(2n+ 2)(2n+ 4) −x6
2 · 4 · 6(2n+ 2)(2n+ 4)(2n+ 6) + · · ·¸
y = a0xn
·1− x2
22(n+ 1)+
x4
241 · 2(n+ 1)(n+ 2) −x6
261 · 2 · 3(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + · · ·¸
y = a0xn
·1− (x/2)2
1!(n+ 1)+
(x/2)4
2!(n+ 1)(n+ 2)− (x/2)6
3!(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)+ · · ·
¸Para simplificar esta expresión se toma a0 = 1
2nn!
y = (x/2)n·1
n!− (x/2)2
1!(n+ 1)!+
(x/2)4
2!(n+ 2)!− (x/2)6
3!(n+ 3)!+ · · ·
¸Para generalizar de tal forma que n sea cualquier número positivo se puede
usar la función gamma, la cual como ya se mencionó es una generalizacióndel factorial:
y = (x/2)n·
1
Γ(n+ 1)− (x/2)2
1!Γ(n+ 2)+
(x/2)4
2!Γ(n+ 3)− (x/2)6
3!Γ(n+ 4)+ · · ·
¸esta es una solución de la ecuación de Bessel para n ≥ 0, esta función sellama la función de Bessel de orden n:
Jn(x) =(x/2)n
Γ(n+ 1)− (x/2)n+2
1!Γ(n+ 2)+(x/2)n+4
2!Γ(n+ 3)− (x/2)n+6
3!Γ(n+ 4)+ · · · (7.7)
Caso 2, c = −n, n ≥ 0. Lo único que hay que hacer para no repetir elprocedimiento es cambiar n por −n en la expresión de Jn(x):
236 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
J−n(x) =(x/2)−n
Γ(−n+ 1)−(x/2)−n+2
1!Γ(−n+ 2)+(x/2)−n+4
2!Γ(−n+ 3)−(x/2)−n+6
3!Γ(−n+ 4)+· · · (7.8)
En el caso de que n no sea entero la solución general de la ecuación deBessel se escribe como:
y(x) = c1Jn(x) + c2J−n(x), n 6= 0, 1, 2, 3, ... (7.9)
Pero si n es un entero, Jn(x) y J−n(x) son linealmente dependientes, dehecho se puede verificar sin problema que:
J−n(x) = (−1)nJn(x), n = 0, 1, 2, 3, ... (7.10)
Para encontrar una segunda solución se observa que si n no es un enterola siguiente función también es solución de la ecuación de Bessel:
Yn(x) =cosnπJn(x)− J−n(x)
sinnπ
y es linealmente independiente de Jn(x). Si n es un entero se obtiene unaindeterminación de la forma 0/0 pero entonces el límite si debe existir, porlo que se puede considerar como una solución si n es un entero a la función:
Yn(x) = lımp→ncosnπJp(x)− J−p(x)
sin pπ(7.11)
A esta solución se le llama la función de Bessel de segunda clase de ordenn. De tal forma que la solución general de la ecuación de Bessel para todo nse puede escribir como:
y(x) = c1Jn(x) + c2Yn(x) (7.12)
7.2.1 Gráficas de las funciones de Bessel
Si n = 0, la función de Bessel de primera clase está dada por:
J0(x) = 1− x2
22+x4
2242− x6
224262+ ...
Se puede evaluar esta función para cualquier valor de x tomando unnúmero apropiado de términos. Por ejemplo:
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 237
J0(0) = 1, J0(1) = 0. 7652, J0 (2) = 0. 22389, J0(3) = −0.26005, J0(4) = −0. 39715, ...
La gráfica de J0(x) se muestra a continuación:
J0(x)
x 151050-5-10-15
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
Figura 2. Gráfica de la función J0(x).
También se muestran J1(x), J2(x) y J3(x)
J1(x)
x 151050-5-10-15
0.6
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
Figura 3. Gráfica de la función J1(x).J2(x)
238 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
x 151050-5-10-15
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0-0.1
-0.2
-0.3
Figura 4. Gráfica de la función J2(x).J3(x)
x 151050-5-10-15
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
Figura 5. Gráfica de la función J3(x).
Estas gráficas muestran que las funciones Bessel de orden n con n par sonpares y si n es impar la función es impar. Tienen carácter oscilatorio y parax > 0 son decrecientes, sus raíces pueden encontrarse de forma aproximada.Por ejemplo:
Raíces de 1 2 3 4 5J0(x) 2.4048 5.5201 8.6537 11.7915 14.9309J1(x) 3.8317 7.0156 10.1735 13.3237 16.4706J2(x) 5.1356 8.4172 11.6198 14.7960 17.9598J3(x) 6.3802 9.7610 13.0152 16.2235 19.4094
Es interesante notar que las diferencias entre raíces consecutivas de cualquierJn(x) se aproximan a π según n→∞ (veáse la demostración más adelante).
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 239
Las gráficas de Y0(x) y Y1(x) se muestran a continuación. Tal como seobserva las funciones Yn(x) no están definidas en x = 0, es decir, no estánacotadas en x = 0.
Y0(x)
x 14121086420
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
Figura 6. Gráfica de la función Y0(x).Y1(x)
x 14121086420
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
Figura 7. Gráfica de la función Y1(x).
Por otro lado, si se coloca n = 12y n = −1
2en las expresiones de Jn(x) y
J−n(x) en las ecuaciones (7.7) y (7.8) se encuentra que:
J1/2(x) =(x/2)1/2
Γ(3/2)− (x/2)
5/2
1!Γ(5/2)+(x/2)9/2
2!Γ(7/2)− · · · =
r2
πx
µx− x
3
3!+x5
5!− · · ·
¶es decir
J1/2(x) =
r2
πxsinx (7.13)
240 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
J−1/2(x) =(x/2)−1/2
Γ(1/2)− (x/2)
3/2
1!Γ(3/2)+(x/2)7/2
2!Γ(5/2)−· · · =
r2
πx
µ1− x
2
2!+x4
4!− · · ·
¶o sea
J−1/2(x) =
r2
πxcosx (7.14)
Las funciones de Bessel pueden obtenerse también a partir de la funcióngeneratriz:
f(x, t) = e(x/2)(t−1/t) (7.15)
de hecho se tiene que:
e(x/2)(t−1/t) =∞X−∞
Jn(x)tn (7.16)
Esto puede demostrarse de la siguiente forma:
f(x, t) = e(x/2)(t−1/t) = ext/2e−x/2t
Usando la fórmula de Taylor MacLaurin para la expansión en serie de eu:
eu = 1 + u+1
2!u2 +
1
3!u3 + ... =
∞Xn=0
un
n!
f(x, t) =∞Xm=0
(xt/2)m
m!
∞Xk=0
(−x/2t)kk!
=∞Xm=0
∞Xk=0
(xt/2)m
m!
(−x/2t)kk!
f(x, t) =∞Xm=0
∞Xk=0
(−1)kxm+ktm−km!k!2m+k
Esta expresión es válida desde −∞ hasta +∞, ya que si se usa la funcióngamma como una generalización del factorial, los inversos de los factorialespara números enteros negativos es igual a cero, por lo tanto no hay contribu-ción de tales términos. Entonces:
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 241
f(x, t) =∞X
m=−∞
∞Xk=−∞
(−1)kxm+ktm−km!k!2m+k
Haciendo el cambio m− k = n
f(x, t) =∞X
n=−∞
∞Xk=−∞
(−1)kxn+2ktn(n+ k)!k!2n
=∞X
n=−∞
à ∞Xk=−∞
(−1)kxn+2k(n+ k)!k!2n+2k
!tn
de donde se obtiene
f(x, t) =∞X
n=−∞Jn(x)t
n
Problema 1. Muestre a partir de la función generatriz las sigu-ientes relaciones de recurrencia:(a)
Jn−1(x) + Jn+1(x) =2n
xJn(x) (7.17)
(b)Jn−1(x)− Jn+1(x) = 2J 0n(x) (7.18)
Solución:(a) A partir de la función generatriz
f(x, t) = e(x/2)(t−1/t) =∞X−∞
Jn(x)tn
se derivan ambos miembros de la ecuación con respecto a t³x2
´µ1 +
1
t2
¶e(x/2)(t−1/t) =
∞X−∞
Jn(x)ntn−1
e(x/2)(t−1/t) +1
t2e(x/2)(t−1/t) =
2
x
∞X−∞
Jn(x)ntn−1
Usando nuevamente la función generatriz
242 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
∞X−∞
Jn(x)tn +
1
t2
∞X−∞
Jn(x)tn =
2
x
∞X−∞
Jn(x)ntn−1
∞X−∞
Jn(x)tn +
∞X−∞
Jn(x)tn−2 =
2
x
∞X−∞
Jn(x)ntn−1
cambiando n por n−1 en la primera sumatoria y n por n+1 en la segunda∞X−∞
Jn−1(x)tn−1 +∞X−∞
Jn+1(x)tn−1 =
∞X−∞
2n
xJn(x)t
n−1
Igualando los coeficientes de tn−1 se obtiene
Jn−1(x) + Jn+1(x) =2n
xJn(x)
(b) Derivamos ambos lados de la función generatriz con respecto a x
1
2(t− 1/t)e(x/2)(t−1/t) =
∞X−∞
J 0n(x)tn
te(x/2)(t−1/t) − 1te(x/2)(t−1/t) =
∞X−∞
2J 0n(x)tn
Usando nuevamente la función generatriz
t∞X−∞
Jn(x)tn − 1
t
∞X−∞
Jn(x)tn =
∞X−∞
2J 0n(x)tn
∞X−∞
Jn(x)tn+1 −
∞X−∞
Jn(x)tn−1 =
∞X−∞
2J 0n(x)tn
cambiando n por n−1 en la primera sumatoria y n por n+1 en la segunda
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 243
∞X−∞
Jn−1(x)tn −∞X−∞
Jn+1(x)tn =
∞X−∞
2J 0n(x)tn
Igualando los coeficientes de tn se obtiene
Jn−1(x)− Jn+1(x) = 2J 0n(x)
Por ejemplo si n = 0 se tiene que
J−1(x)− J1(x) = 2J 00(x)
−J1(x)− J1(x) = 2J 00(x)
de donde se obtiene
J 00(x) = −J1(x) (7.19)
Problema 2. Muestre que (a) J3/2(x) =q
2πx
¡sinxx− cosx¢, (b)
J−3/2(x) = −q
2πx
¡sinx+ cosx
x
¢Solución: Si en la fórmula de recurrencia (7.17) hacemos n = 1
2:
J3/2(x) =1
xJ1/2(x)− J−1/2(x) = 1
x
Ãr2
πxsinx
!−r2
πxcosx
J3/2(x) =
r2
πx
µsinx
x− cosx
¶Si hacemos en la fórmula de recurrencia (7.17) n = −1
2:
J1/2(x) = −1xJ−1/2(x)− J−3/2(x)
J−3/2(x) = −1xJ−1/2(x)− J1/2(x) = −1
x
r2
πxcosx−
r2
πxsinx =
244 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
J−3/2(x) = −r2
πx
³sinx+
cosx
x
´Problema 3. A partir de la definición de Jn(x) y J−n(x) demuestre
las siguientes identidades:a) Z
xnJn−1(x)dx = xnJn(x) (7.20)
o en forma equivalente:
d
dx[xnJn(x)] = x
nJn−1(x)
b) Zx−nJn+1(x)dx = −x−nJn(x) (7.21)
o en forma equivalente:
d
dx
£x−nJn(x)
¤= −x−nJn+1(x)
Solución: a) La función de Bessel de orden n (ec. 7.7) se puede escribircomo:
Jn(x) =∞Xr=0
(−1)r(x2)n+2r
r!Γ(n+ r + 1)(7.22)
A partir de esta relación:
Jn−1(x) =∞Xr=0
(−1)r(x2)n+2r−1
r!Γ(n+ r)
RxnJn−1(x)dx =
Rxn
∞Pr=0
(−1)r(x2)n+2r−1
r!Γ(n+r)dx =
∞Pr=0
Rxn
(−1)r(x2)n+2r−1
r!Γ(n+r)dx =
∞Pr=0
(−1)rx2n+2rr!Γ(n+r)(2n+2r)(2n+2r−1) =
∞Pr=0
(−1)rx2n+2rr!Γ(n+r)(n+r)(2n+2r)
=∞Pr=0
(−1)r(x2 )2n+2r
r!Γ(n+r)(n+r)=
∞Pr=0
(−1)r(x2 )n+2r
r!Γ(n+r)(n+r)xn =
∞Pr=0
(−1)r(x2 )n+2r
r!Γ(n+r+1)xn = xnJn(x)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 245
b)
Jn+1(x) =∞Xr=0
(−1)r(x2)n+2r+1
r!Γ(n+ r + 2)Rx−nJn+1(x)dx =
Rx−n
∞Pr=0
(−1)r(x2)n+2r+1
r!Γ(n+r+2)dx =
∞Pr=0
Rx−n (−1)r(x)n+2r+1
r!Γ(n+r+2)2n+2r+1dx =
∞Pr=0
R (−1)r(x)2r+1r!Γ(n+r+2)2n+2r+1
dx =∞Pr=0
(−1)r(x)2r+2r!Γ(n+r+2)(2r+2)2n+2r+1
=∞Pr=0
(−1)r(x)n+2r+2r!Γ(n+r+2)(r+1)2n+2r+2
x−n =
−∞Pr=0
(−1)r+1(x)n+2r+2(r+1)!Γ(n+r+2)2n+2r+2
x−n, si se hace el cambio r → r − 1Rx−nJn+1(x)dx = −
∞Pr=0
(−1)r(x)n+2r(r)!Γ(n+r+1)2n+2r
x−n = −∞Pr=0
(−1)r(x2)n+2r
(r)!Γ(n+r+1)x−n
Por lo tanto Zx−nJn+1(x)dx = −x−nJn(x)
Problema 4. Muestre que:
J 00n(x) =1
4[Jn−2(x)− 2Jn(x) + Jn+2(x)]
Solución:Se sabe que:
J 0n =1
2[Jn−1(x)− Jn+1(x)]
Con n→ n− 1 J 0n−1(x) =12[Jn−2(x)− Jn(x)]
Con n→ n+ 1 J 0n+1(x) =12[Jn(x)− Jn+2(x)]
Entonces como:
J00n(x) =
1
2
£J 0n−1(x)− J 0n+1(x)
¤se pueden sustituir las expresiones de J 0n−1(x) y J 0n+1(x) :
J00n(x) =
1
4[Jn−2(x)− Jn(x)− Jn(x) + Jn+2(x)]
J00n(x) =
1
4[Jn−2(x)− 2Jn(x) + Jn+2(x)]
246 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Problema 5. Evalúe las siguientes integralesa)RxJ0 (x) dx
b)Rx3J2 (x) dx
c)Rx−4J5 (x) dx
d)Rx12J 1
2(x) dx
e)Rx3J0 (x) dx
f)Rx3J1(x)dx
Solución: Para realizar estas integrales se usan las relaciones (7.20) y(7.21)a)RxJo(x)dx =
Rddx[xJ1(x)] dx = xJ1(x) + c
b)Rx3J2 (x) dx =
Rddx[x3J3 (x)] dx = x
3J3 (x) + cc)Rx−4J5 (x) dx =
Rddx[x−4J4 (x)] dx = x−4J4 (x) + c
d) En la integralRx12J 1
2(x) dx se usa la expresión de J 1
2(x) en la ecuación
(7.13)Rx12J 1
2(x) dx =
Rx12
q2πxsinxdx =
q2π
Rsinxdx = −
q2πcosx+ c
e)Rx3J0 (x) dxR
x3J0 (x) dx =Rx2x J0 (x) dx
Integrando por partes u = x2 du = 2xdv = xJ0 (x) dx v = xJ1 (x)
y usando el resultado del inciso (a):
Zx3J0 (x) dx = x
3J1 (x)− 2Zx2J1 (x) dx = x
3J1 (x)− 2x2J2 (x)
si se usa la relación de recurrencia (7.17) con n = 1J2 (x) + J0 (x) =
2xJ1 (x)
J2 (x) = −J0 (x) + 2xJ1 (x)R
x3J0 (x) dx = x3J1 (x)− 2x2
£2xJ1 (x)− J0 (x)
¤=Z
x3J0 (x) dx = x3J1 (x)− 4x J1 (x) + 2x2J0 (x)
f) En este problema se ilustrará que si una integral queda en términos deJ0(x), ésta se deja indicada.Para realizar la integral
Rx3J1(x)dx se hace integración por partes tomando
u = x, du = dx
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 247
dv = x2J1(x)dx, v = x2J2(x)dx
Por lo tanto Zx3J1(x)dx = x
3J2(x)−Zx2J2(x)dx
Para usar la integralRx2J2(x)dx se parte de la relación de recurrencia
(7.17)J2(x) + J0(x) =
2xJ1(x)
J2(x) =2xJ1(x)− J0(x)
por lo tantoZx2J2(x)dx = 2
ZxJ1(x)dx−
Zx2J0(x)dx
es decirZx3J1(x)dx = x
3J2(x)− 2ZxJ1(x)dx+
Zx2J0(x)dx
También se usa integración por partes para evaluar la integralRx2J0dx,
haciendo:u = x, du = dxdv = xJ0dx, v = xJ1(x)de donde se obtieneZ
x2J0dx = x2J1(x)−
ZxJ1(x)dx
o seaZx3J1(x)dx = x
3J2(x)− 2ZxJ1(x)dx+ x
2J1(x)−ZxJ1(x)dx
Zx3J1(x)dx = x
3J2(x) + x2J1(x)− 3
ZxJ1(x)dx
Para la última integral se vuelve a integrar por partesu = x, du = dxdv = J1dx, v = −J0(x)Sustituyendo
248 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSELRx3J1(x)dx = x
3J2(x) + x2J1(x)− 3(−xJ0(x) +
RJo(x)dx) =
x3J2(x) + x2J1(x) + 3xJ0(x)− 3
RJo(x)dx =
x3£2xJ1(x)− J0(x)
¤+ x2J1(x) + 3xJ0(x)− 3
RJo(x)dx =
2x2J1(x)− x3J0(x) + x2J1(x) + 3xJ0(x)− 3RJo(x)dx =Z
x3J1(x)dx = 3x2J1(x)− x3J0(x) + 3xJ0(x)− 3
ZJo(x)dx
Problema 6. Pruebe queZxkJo(x)dx = x
kJ1(x) + (k − 1)xk−1Jo(x)− (k − 1)2Zxk−2Jo(x)dx
y así encuentreRx5Jo(x)dx
Solución: Integrando por partesu = xk−1, du = (k − 1)xk−2dv = xJ0(x), v = xJ1(x)Z
x5Jo(x)dx = xkJ1(x)− (k − 1)
Zxk−1J1(x)dx
Volviendo a integrar por partesu = xk−1, du = (k − 1)xk−2dv = J1(x), v =
RJ1(x)dx = −
RJ 00(x)dx = −J0(x)R
x5Jo(x)dx = xkJ1(x)− (k − 1)
£−xk−1J0(x) + (k − 1) R xk−2J0(x)dx¤Zx5Jo(x)dx = x
kJ1(x) + (k − 1)xk−1J0(x)− (k − 1)2Zxk−2J0(x)dx
Ahora, para encontrar la integralRx5Jo(x)dx simplemente aplicamos la
fórmula ya demostrada:Zx5Jo(x)dx = x
5J1(x) + 4x4J0(x)− 16
Zx3J0(x)dx
y otra vez aplicamos la fórmula:Rx3J0(x)dx = x
3J1(x)+2x2J0(x)−4
RxJ0(x)dx = x
3J1(x)+2x2J0(x)−
4xJ1(x)Por lo tantoRx5Jo(x)dx = x
5J1(x) + 4x4J0(x)− 16(x3J1(x) + 2x2J0(x)− 4xJ1(x)Z
x5Jo(x)dx = x5J1(x) + 4x
4J0(x)− 16x3J1(x)− 32x2J0(x) + 64xJ1(x)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 249
7.2.2 Solución de ecuaciones de Bessel
Problema 7. Escriba la solución general dea) x2y00 + xy0 + (x2 − 9)y = 0b) x2y00 + xy0 + (x2 − 8)y = 0Solución: Las dos ecuaciones son de Bessel, por lo tanto la solución se
escribe comoa) y(x) = c1J3(x) + c2Y3(x), donde se ha usado Y3(x) porque J3(x) y
J−3(x) no son linealmente independientes entre sí.b) y(x) = c1J√8(x) + c2J−√8(x).
Problemas más complejos pueden resolverse de la siguiente forma. Sesabe que si se reemplaza x por λx, donde λ es una constante, entonces laecuación de Bessel se convierte en
x2y00 + xy0 + (λ2x2 − n2)y = 0 (7.23)
Para ver como escribir la solución en este caso, se recuerda que la ecuaciónde Bessel tiene la forma siguiente:
x2y00 + xy0 + (x2 − n2)y = 0
Si u = λx, entoncesdy
dx=dy
du
du
dx= λ
dy
du
de la misma forma
d2y
dx2= λ2
d2y
du2,
sustituyendo en la ecuación de Bessel se obtiene:
u2
λ2
µλ2d2y
du2
¶+u
λ
µλdy
du
¶+ (u2 − n2)y = 0
o sea
u2d2y
du2+ u
dy
du+ (u2 − n2)y = 0
cuya solución es
y = AJn(u) +BYn(u) = AJn( λx) +BYn( λx)
250 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Por ejemplo, la solución de la ecuación
x2y00 + xy0 + (3x2 − 4) = 0
es
y(x) = C1J2(√3x) + C2Y2(
√3x)
y la solución de la ecuación
4x2y” + 4xy0 + (2x2 − 1)y = 0
Dividiendo ambos miembros por 4 :x2y”− xy0 + (1
2x2 − 1
4)y = 0
de tal forma que la solución es
y(x) = C1J 12(1√2x) + C2J−1
2(1√2x)
Problema 8. Encuentre la solución de x2y” + xy0 + (4x2 − 1)y = 0,la cual está acotada en x = 0 y satisface la condición y(2) = 5.Solución: La solución de la ecuación está dada por:
y(x) = c1J1(2x) + c2Y1(2x)
como y(x) debe estar acotada en x = 0 y como Y1 es una función no acotadaen x = 0 entonces debe tenerse necesariamente c2 = 0, de tal forma que
y(x) = c1J1(2x)
Aplicando la condición inicial y(2) = 5:5 = c1J1(4)c1 =
5J1(4)
Por lo tanto la solución es:
y(x) =5
J1(4)J1(2x)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 251
7.2.3 Ecuaciones reducibles a la ecuación de Bessel
Muchas ecuaciones de segundo orden tienen la forma:
x2y” + axy0 + (b+ cxm)y = 0 (7.24)
Donde a, b, c,m son constantes (c > 0 y m 6= 0). Estas ecuaciones sereducen a una ecuación de Bessel mediante las siguientes sustituciones:
x =
µt
γ
¶1/β
y =
µt
γ
¶−α/βu
donde
α =a− 12, β =
m
2, γ =
2√c
m
La ecuación queda como:
t2d2u
dt2+ tdu
dt+¡t2 − ν2
¢u = 0
en esta ecuación:
ν2 =(a− 1)2 − 4b
m2
Problema 9. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales.a)
xy00 +1
2y0 +
1
4y = 0
b)y00 + xy = 0
c)x2y00 − 2xy0 + (4x4 − 4)y = 0
Solución: (a) La ecuación se puede escribir en la forma:
x2y00 +1
2xy0 +
1
4xy = 0
252 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
A partir de la ecuación en la forma (7.24) se tiene que a = 12, b = 0, c = 1
4
y m = 1por lo tantoα = −1
4, β = 1
2, γ = 1 y ν2 = 1
4
x = t2
y = t1/2u =¡x1/2
¢1/2u = x1/4u
de tal forma que la ecuación queda
t2d2u
dt2+ tdu
dt+
µt2 − 1
4
¶u = 0
La solución queda como:
u(t) = c1J1/2(t) + c2J−1/2(t)
yx−1/4 = c1J1/2(x1/2) + c2J−1/2(x1/2)
y(x) = x1/4£c1J1/2(x
1/2) + c2J−1/2(x1/2)¤
b) La ecuacióny00 + xy = 0
se conoce como la ecuación de Airy.Solución: la ecuación se puede escribir en la forma:
x2y00 + x3y = 0
A partir de la ecuación en la forma (7.24) se tiene que a = 0, b = 0, c = 1y m = 3por lo tantoα = −1
2, β = 3
2, γ = 2
3y ν2 = 1
9
x =¡3t2
¢2/3y =
¡3t2
¢1/3u = x1/2u
de tal forma que la ecuación puede escribirse como
t2d2u
dt2+ tdu
dt+
µt2 − 1
9
¶u = 0
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 253
Por lo tanto la solución es
u(t) = c1J1/3(t) + c2J−1/3(t)
yx−1/2 = c1J1/3(2
3x3/2) + c2J−1/3(
2
3x3/2)
y(x) = x1/2·c1J1/3(
2
3x3/2) + c2J−1/3(
2
3x3/2)
¸c) Solución: A partir de la ecuación en la forma (7.24) se tiene que
a = −2, b = −4, c = 4 y m = 4por lo tantoα = −3
2, β = 2, γ = 1 y ν2 = 25
16
x = t1/2
y = t3/4u = (x2)3/4u = x3/2u
de tal forma que la ecuación queda
t2d2u
dt2+ tdu
dt+
µt2 − 25
16
¶u = 0
y la solución es
u(t) = c1J5/4(t) + c2J−5/4(t)
yx−3/2 = c1J5/4(x2) + c2J−5/4(x2)
y(x) = x3/2£c1J5/4(x
2) + c2J−5/4(x2)¤
Problema 10. Muestre que mediante el cambio de variable dadopor y = x−1/2v, la ecuación de Bessel se convierte en
v00 +µ1− 4n
2 − 14x2
¶v = 0 (7.25)
Use el resultado para resolver la ecuación de Bessel para el cason = 1
2.
Solución: Si y = x−1/2v entonces:
254 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
dy
dx= x−1/2v0 − 1
2x−
32 v
d2y
dx2= x−1/2v00 − 1
2x−
32v0 +
3
4x−
52v − 1
2x−
32 v0
d2y
dx2= x−1/2v00 − x− 3
2v0 +3
4x−
52v
Sustituyendo en la fórmula de la ecuación de Bessel
x3/2v00 − x1/2v0 + 34x−
52v + x−1/2v0 − 1
2x−
32v + (x2 − n2)x−1/2v = 0
x3/2v00 +1
4x−1/2v + (x2 − n2)x−1/2v = 0
x3/2v00 + x−1/2v(1
4+ x2 − n2) = 0
v00 + v(1 + 4x2 − 4n2
4x2) = 0
por lo tanto
v00 + v(1− 4n2 − 14x2
) = 0
que es precisamente lo que se quería demostrar.Si n = 1
2, la ecuación se reduce a
v00 + v = 0
Cuya solución es de la forma
v(x) = c1 cosx+ c2 sinx
como v = x1/2y entonces
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 255
y(x) =1√x(c1 cosx+ c2 sinx)
este resultado está de acuerdo con la solución de la ecuación de Bessel deorden 1
2, la cual es y(x) = c1J1/2(x) + c2J−1/2(x), como se puede ver con la
ayuda de las ecuaciones (7.13) y (7.14) los resultados coinciden.
Problema 11. Muestre que para valores grandes de x las solu-ciones de la ecuación de Bessel tienen la forma
y(x) =c1 cosx+ c2 sinx√
x
Explique cómo esto se puede usar para demostrar que las difer-encias de ceros sucesivos de Jn(x) tienden a π.Solución: A partir de la ecuación (7.25) se observa que cuando x es muy
grande la ecuación se reduce a
v00 + v = 0
Cuya solución es de la forma
v(x) = c1 cosx+ c2 sinx
entonces
y(x) =c1 cosx+ c2 sinx√
x
Por lo tanto cuando x es grande
Jn(x) ' c1 cosx+ c2 sinx√x
Para encontrar las raíces se iguala la función a cero
c1 cosx+ c2 sinx√x
= 0
c1 cosx+ c2 sinx = 0
256 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
c1 + c2 tanx = 0
tanx = −c1c2= k
Las raíces de Jn(x) para x grande entonces coinciden con los puntos deintersección de las funciones y(x) = tanx y y(x) = k. En la siguiente gráficase ilustra el comportamiento para un cierto valor de k.
6420-2-4-6
8
6
4
2
0-2
-4
-6
-8
y como la tangente tiene periodo T = π entonces, tal como se ve en lagráfica, la distancia entre puntos sucesivos de cruce es siempre igual a π.
7.2.4 El problema de valor a la frontera de Sturm-Liouville
Partiendo de la ecuación
a0d2y
dx2+ a1
dy
dx+ a2y = −λy (7.26)
si suponemos que a0 6= 0, esta ecuación puede escribirse en la formad2y
dx2+a1a0
dy
dx+
µa2a0+
λ
a0
¶y = 0
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 257
Multiplicando esta ecuación por eR(a1/a0)dx obtenemos
d
dx
·eR(a1/a0)dx
dy
dx
¸+
µa2a0+
λ
a0
¶eR(a1/a0)dxy = 0
si se escribe
P (x) = eR(a1/a0)dx, Q(x) =
a2a0eR(a1/a0)dx, R(x) =
eR(a1/a0)dx
a0
entonces la ecuación (7.26) se puede escribir como
d
dx
·P (x)
dy
dx
¸+ (Q(x) + λR(x)) y = 0 (7.27)
esta ecuación diferencial se llama de Sturm-LiouvilleLas soluciones de esta ecuación se llaman eigenfunciones, las correspon-
dientes constantes λ se llaman eigenvalores.Si se supone que dos eigenfunciones diferentes yj y yk las cuales satis-
facen (7.27) con los correspondientes eigenvalores λj y λk, respectivamente,sustituyendo en la ecuación (7.27)
d
dx
£P (x)y0j
¤+ (Q(x) + λjR(x)) yj = 0
d
dx[P (x)y0k] + (Q(x) + λkR(x)) yk = 0
Si se multiplica la primera ecuación por yk y la segunda por yj y luegorestando una de la otra
ykd
dx
£P (x)y0j
¤− yj ddx[P (x)y0k] + (λj − λk)R(x)yjyk = 0
o en forma equivalente como
(λj − λk)R(x)yjyk = yjd
dx[P (x)y0k]− yk
d
dx
£P (x)y0j
¤o también
(λj − λk)R(x)yjyk =d
dx
£P (x)
¡yjy
0k − yky0j
¢¤
258 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
integrando desde a hasta b
(λj − λk)
Z b
a
R(x)yjykdx =
P (b)¡yj(b)y
0k(b)− yk(b)y0j(b)
¢− P (a) ¡yj(a)y0k(a)− yk(a)y0j(a)¢ (7.28a)
Si el lado derecho fuera cero entonces se tendríaZ b
a
R(x)yjykdx = 0, j 6= k
o si R(x) ≥ 0 Z b
a
hpR(x)yj
i hpR(x)yk
idx = 0, j 6= k
es decir, las eigenfuncionespR(x)yj y
pR(x)yj son ortogonales en el
intervalo [a, b] , o en forma equivalente yj y yj son ortogonales con respectoa la función de peso R(x) ≥ 0. Examinando los diferentes casos para loscuales el lado derecho de la ecuación (7.28a) se tienen cuatro condiciones defrontera:A. Caso ordinario
P (a) 6= 0, P (b) 6= 0
a1y(a) + a2y0(a) = 0, b1y(b) + b2y0(b) = 0
B. Caso de un punto singular
P (a) = 0
y y y0 acotadas en x = a, b1y(b) + b2y0(b) = 0
C. Caso de dos puntos singulares
P (a) = P (b) = 0
y y y0 acotadas en x = a y x = b
D. Caso ordinario
P (a) = P (b) 6= 0
y(a) = y(b), y0(a) = y0(b)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 259
Ortogonalidad de las funciones de Bessel
La ecuación diferencial de Bessel se puede escribir en la forma
x2d2y
dx2+ x
dy
dx+ (λx2 − n2)y = 0
La ecuación tiene la forma de Sturm-Liouville
d
dx
·xdy
dx
¸+ (λx− n
2
x)y = 0
Esto corresponde a la ecuación (7.27) conP (x) = x, Q(x) = −n2
x, R(x) = x
De las cuatro condiciones de frontera que corresponden al problema deSturm-Liouville y dado que x = 0 es el único valor para el que P (x) = 0,se observa que se deben usar las condiciones de frontera para el caso de unpunto singulary y y0 acotadas en x = 0, y
b1y(1) + b2y0(1) = 0
por simplicidad se ha elegido b = 1Las eigenfunciones deben ser ortogonales en el intervalo [0, 1] con respecto
a la función de peso R(x) = x. En el caso especial b1 = 1 y b2 = 0 se obtiene
y(1) = 0
Por lo tanto en este caso la solución se escribe solamente como
y = AJn(√λx)
debido a que tanto Yn y J−n no están acotadas en x = 0. Para satisfacerla condición de frontera en la ecuación anterior se tieneJn(√λ) = 0
Por lo tanto√λ = r1, r2, r3, · · · o bien λ = r21, r
22, r
23, · · ·
donde las rj son las raíces de Jn(x) = 0y las correspondientes eigenfunciones sonJn(r1x), Jn(r2x), Jn(r3x), · · ·
260 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
es importante considerar que de acuerdo con la ecuación (7.28a) las fun-ciones
√xJn(r1x),
√xJn(r2x),
√xJn(r3x), · · ·
son mutuamente ortogonales en el intervalo [0, 1]Este conjunto de funciones puede hacerse ortonormal normalizando cada
función. Para ello se consideran las funciones
φk(x) = ck√xJn(rkx)
y se debe determinar el valor de las constantes ck tal queZ 1
0
[φk(x)]2 dx =
Z 1
0
£ck√xJn(rkx)
¤2dx = 1 (7.29)
de donde se obtiene
ck =
·Z 1
0
xJ2n(rkx)dx
¸−1/2(7.30)
para obtener esta integral se resuelve primero la siguienteZ 1
0
xJn(αx)Jn(βx)dx
Si suponemos que α es variable y β es constante y se hace tender α a β.Se obtendrá Z 1
0
xJ2n(βx)dx
y en esta integral se pone β = rkA partir de la ecuación (7.28a) poniendo P (x) = x, R(x) = x, a = 1,
b = 1, y = Jn(√λx)
se obtiene(λj − λk)
R 10xJn(
pλjx)Jn(
√λkx)dx =
Jn(p
λj)£√
λkJ0n(√λk)¤− Jn(√λk) £pλjJ
0n(p
λj)¤
Escribiendo λj = α2, λk = β2 se encuentraZ 1
0
xJn(αx)Jn(βx)dx =βJn(α)J
0n(β)− αJn(β)J
0n(α)
α2 − β2
Al tomar el límite cuando α→ β, el lado derecho tiene la forma indeter-minada 0
0, por lo que puede usarse la regla de L’Hôpital
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 261
Z 1
0
xJ2n(βx)dx = limα→β
βJ 0n(α)J0n(β)− αJn(β)J
00n(α)− Jn(β)J 0n(α)
2α
Z 1
0
xJ2n(βx)dx =βJ 02n (β)− βJn(β)J
00n(α)− Jn(β)J 0n(β)2β
Si β = rk donde rk es una raíz de Jn(x) = 0 la expresión anterior sereduce a Z 1
0
xJ2n(rkx)dx =1
2J 02n (rk) (7.31)
de esto se sigue que el conjunto de funciones φk(x) es igual a
φk(x) =
√2xJn(rkx)
J 0n(rk), k = 1, 2, 3, · · · (7.32)
Si las rk son las raíces de J 0n(x) = 0 entoncesZ 1
0
xJ2n(rkx)dx =(r2k − n2)J2n(rk)
2r2k(7.33)
o sea
φk(x) =
√2xrkJn(rkx)
(r2k − n2)J2n(rk)(7.34)
si se considera ahora el caso con b1 = µ y b2 = 1 donde µ es una constantepositiva. Y la condición de frontera queda
µy(1) + y0(1) = 0
La solución está dada por
y = AJn(√λx)
y se debe cumplirse la condición
µJn(√λ) +
√λJ 0n(√λ) = 0
262 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
también rk son las raíces de
µJn(x) + xJ0n(x) = 0
y se tiene tambiénZ 1
0
xJ2n(rkx)dx =(µ2 + r2k − n2)J2n(rk)
2r2k(7.35)
como se tiene que µJn(rk) + xJ 0n(rk) = 0
φk(x) =
√2xrkJn(rkx)p
µ2 + r2k − n2Jn(rk)(7.36)
Tales resultados se resumen en la siguiente tabla
Ecuaciones con raíces de rk Valores deR 10xJ2n(rkx)dx
Jn(x) = 012J 02n (rk)
J 0n(x) = 0(r2k−n2)J2n(rk)
2r2k
µJn(x) + xJ0n(x) = 0
(µ2+r2k−n2)J2n(rk)2r2k
Tabla I. Valores de la integralR 10xJ2n(rkx)dx para diferentes condiciones defrontera.
Problema 12. Escriba cada una de las siguientes ecuaciones enla forma de Sturm-Liouville.a)
xy00 + 2y0 + (λ+ x)y = 0
b)y00 − y0 + (λ+ e−x)y = 0
c)y00 + (3 + λ cosx)y = 0
d)y00 − (tanx)y0 + (1 + λ tanx)y = 0
Solución:a) Se tiene que la ecuación de Sturm-Liouville es
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 263
d
dx
·P (x)
dy
dx
¸+ [Q(x) + λR(x)] y = 0
Dividiendo la ecuación original por x, se obtiene
y00 +2
xy0 + (
λ
x+ 1)y = 0
µ(x) = eR2xdx = e2 lnx = elnx
2= x2
Multiplicando la ecuación anterior por x2
x2y00 + 2xy0 + (λx+ x)y = 0
agrupando los dos primeros términos, se obtiene la ecuación en la formade Sturm-Liouville
d
dx
·x2dy
dx
¸+ (λx+ x)y = 0
dondeP (x) = x2, Q(x) = x2, R(x) = xb) y00 − y0 + (λ+ e−x)y = 0µ(x) = e−
Rdx = e−x
Multiplicando la ecuación por e−x
e−xy00 − e−xy0 + (λe−x + e−2x) = 0y se obtiene la ecuación en la forma de Sturm-Liouville
d
dy
·e−x
dy
dx
¸+ (e−2x + λe−x)y = 0
dondeP (x) = e−x, Q(x) = e−2x, R(x) = e−x
c) y00 + (3 + λ cosx)y = 0En esta ecuación si P (x) = 1, Q(x) = 3, R(x) = cosx se observa fácil-
mente que tiene la forma de Sturm-Liouville:
d
dx
·dy
dx
¸+ (3 + λ cosx)y = 0
264 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
d) y00 − (tanx)y0 + (1 + λ tanx)y = 0
µ(x) = e−Rtanxdx = e−(− ln cosx) = eln cosx = cosx
Multiplicando la ecuación por cosx,y sustituyendo tanx por sinxcosx
y00 cosx−·µsinx
cosx
¶cosx
¸y0 +
·cosx+ λ
µsinx
cosx
¶cosx
¸y = 0
y00 cosx− y0 sinx+ (cosx+ λ sinx)y = 0
d
dx
·cosx
dy
dx
¸+ (cosx+ λ sinx)y = 0
Problema 13. Muestre que cada uno de los siguientes son prob-lemas de valor de frontera de Sturm-Liouville. En cada caso en-cuentre (i) los eigenvalores y las eigenfunciones, (ii) un conjuntode funciones mutuamente ortogonales en el intervalo (verifique laortogonalidad por integración directa), y (iii) un conjunto ortonor-mal de funciones en el intervalo . (a) y00 + λy = 0; y(0) = 0, y(4) = 0.(b) y00+λy = 0; y00(0) = 0, y(π) = 0. (c) y00+λy = 0; y0(0) = 0, y0(2) = 0.Solución: En todos los casos se trata de la ecuación
y00 + λy = 0,d
dy
µdy
dx
¶+ λy = 0
la cual tiene la forma de Sturm-Liouville con p(x) = 1, solo resta veri-ficar que las condiciones a la frontera coinciden con alguno de los casos delproblema de valor de frontera de Sturm-Liouville.La solución general de la ecuación es
y(x) = c1 cos√λx+ c2 sin
√λx
(a) Las condiciones a la frontera y(0) = 0, y(4) = 0 coinciden con el casoordinario con a = 0, b = 4, a1 = 1, b1 = 1, a2 = 0 y b2 = 0Aplicando las condiciones de frontera:y(0) = 0 = c1y(4) = 0 = c2 sin 4
√λ, como c2 6= 0, se obtiene
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 265
sin 4√λ = 0, 4
√λ = nπ, λ = n2π2
16
Por lo tantoy(x) = c2 sin
nπ4x
por lo tanto los eigenvalores son
λn =n2π2
16
y las eigenfunciones
yn(x) = an sinnπ
4x
Como se trata de un problema de valor a la frontera de Sturm-Liouvillelas eigenfunciones forman un conjunto ortogonal en el intervalo [0,4], estopuede verificarse por integración directa:Z 4
0
³an sin
nπ
4x´³am sin
mπ
4x´dx = anam
Z 4
0
³sinnπ
4x´³sinmπ
4x´dx
Usando la identidad
sinu sin v =1
2[cos(u+ v)− cos(u− v)] (7.37)
Z 4
0
³an sin
nπ
4x´³am sin
mπ
4x´dx =
anam2
Z 4
0
µcos(
(n+m)π
4x)− cos((n−m)π
4x)
¶dx =
anam2
½µ4
(m+ n)πsin(
(n+m)π
4x
¶−µ
4
(m− n)π sin((n+m)π
4x
¶¾40
= 0
siempre y cuando m 6= n. Efectivamente son ortogonales.Para determinar el conjunto de funciones ortonormales:Z 4
0
a2n sin2 nπ
4xdx = 1
a2n
Z 4
0
µ1
2− 12cos
nπ
2x
¶dx = 1
266 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
a2n
µx
2− 1
nπsinnπ
2x
¶40
= 1
a2n (2) = 1, es decir an =1√2
por lo tanto
φn(x) =1√2sinnπ
4x
es un conjunto de funciones ortonormales en el intervalo [0, 4](b) Las condiciones a la frontera y0(0) = 0, y(π) = 0 coinciden con el caso
ordinario con a = 0, b = π, a1 = 0, b1 = 1, a2 = 1 y b2 = 0Derivando la solución:
y0(x) = −√λc1 sin
√λx+
√λc2 cos
√λx
Aplicando las condiciones de frontera:y0(0) = 0 =
√λc2 por lo tanto c2 = 0, es decir y(x) = c1 cos
√λx
y(π) = 0 = c1 cos√λπ, como c1 6= 0, se obtiene
cos√λπ = 0,
√λπ = (2n+ 1) π
2, λ = (2n+1)2
4
Por lo tantoy(x) = c1 cos
2n+12x
por lo tanto los eigenvalores son
λn =(2n+ 1)2
4
y las eigenfunciones
yn(x) = an cos2n+ 1
2x
Como se trata de un problema de valor a la frontera de Sturm-Liouvillelas eigenfunciones forman un conjunto ortogonal en el intervalo [0,π], noobstante, esto puede verificarse por integración directa:Z +π
0
µan cos
2n+ 1
2x
¶µam cos
2m+ 1
2x
¶dx =
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 267
= anam
Z +π
0
µcos
2n+ 1
2x
¶µcos
2m+ 1
2x
¶dx
Usando la identidad
cosu cos v =1
2[cos(u+ v) + cos(u− v)] (7.38)
Z +π
0
µan cos
2n+ 1
2x
¶µam cos
2m+ 1
2x
¶dx =
anam2
Z +π
0
(cos(n+m+ 1)x− cos(n−m)x) dx =
anam2
½1
m+ n+ 1sin (m+ n+ 1)x+
µ1
m− n sin (m− n)x¶¾+π
0
= 0
siempre y cuando m 6= n. Efectivamente son ortogonales.Para determinar el conjunto de funciones ortonormales:Z +π
0
a2n cos2 2n+ 1
2xdx = 1
a2n
Z +π
0
µ1
2+1
2cos (2n+ 1)x
¶dx = 1
a2n
µx
2+
1
2n+ 1sin (2n+ 1)x
¶+π0
= 1
a2n¡π2
¢= 1, es decir an =
q2π
por lo tanto
φn(x) =
r2
πcos
µ2n+ 1
2
¶x
268 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
es un conjunto de funciones ortonormales en el intervalo [0,π](c) Las condiciones a la frontera y0(0) = 0, y0(2) = 0 coinciden con el caso
ordinario con a = 0, b = 2, a1 = 0, b1 = 0, a2 = 1 y b2 = 1Derivando la solución:y0(x) = −√λc1 sin
√λx+
√λc2 cos
√λx
Aplicando las condiciones de frontera:y0(0) = 0 =
√λc2 por lo tanto c2 = 0, es decir y(x) = c1 cos
√λx
y0(2) = 0 = −√λc1 sin 2√λ, como c1 6= 0, se obtiene
sin 2√λ = 0, 2
√λ = nπ, λ = n2π2
4
Por lo tanto
y(x) = c1 cosnπ
2x
por lo tanto los eigenvalores son
λn =n2π2
4
y las eigenfunciones
yn(x) = an cosnπ
2x
Como se trata de un problema de valor a la frontera de Sturm-Liouvillelas eigenfunciones forman un conjunto ortogonal en el intervalo [0, 2], noobstante, esto puede verificarse por integración directa:Z 2
0
³an cos
nπ
2x´³am cos
mπ
2x´dx = anam
Z 2
0
³cos
nπ
2x´³cos
mπ
2x´dx
Usando la identidad de la ecuación (7.38)
anam2
Z 2
0
µan cos
(m+ n)π
2x
¶µam cos
(m− n)π2
x
¶dx =
anam2
½2
m+ nsin
µ(m+ n)π
2
¶x+
µ2
m− n sinµ(m− n)π
2
¶x
¶¾20
= 0
siempre y cuando m 6= n. Efectivamente son ortogonales.Para determinar el conjunto de funciones ortonormales:
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 269
Z 2
0
a2n cos2 nπ
2xdx = 1
a2n
Z 2
0
µ1
2+1
2cosnπx
¶dx = 1
a2n
µx
2+1
nπsinnπx
¶20
= 1
a2n (1) = 1, es decir an = 1por lo tanto
φn(x) = cos³nπ2
´x
es un conjunto de funciones ortonormales en el intervalo [0, 2] .Problema 14. Dado el problema de valor de frontera y00+λy = 0;
y(−1) = y(1), y0(−1) = y0(1).a) Muestre que es un problema de Sturm-Liouville y clasifíquelo
de acuerdo al tipo.b) Encuentre los eigenvalores y eigenfunciones.c) Verifique que las eigenfunciones son mutuamente ortogonales
en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1.d) Encuentre un correspondiente conjunto ortonormal de fun-
ciones.Solución:Tal como se dijo en el ejercicio anterior la ecuación y00 + λy = 0 tiene la
forma de Sturm-Liouville. Corresponde al caso periódico, puesto que:y(a) = y(b) y0(a) = y0(b)
Con a = −1; b = 1y(−1) = y(1) y0(−1) = y0(1)La solución general es:
y(x) = c1 cos√λx+ c2 sin
√λx
270 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
y0(x) = −c1√λ sin
√λx+ c2
√λ cos
√λx
a) Aplicando condiciones a la frontera:
y(−1) = c1 cos√λ(−1) + c2 sin
√λ(−1) = c1 cos
√λ− c2 sin
√λ
y(1) = c1 cos√λ+ c2 sin
√λ
Como y(−1) = y(1)
c1 cos√λ− c2 sin
√λ = c1 cos
√λ+ c2 sin
√λ
0 = 2c2 sin√λ como c2 6= 0 se obtiene que√
λ = nπO sea los eigenvalores son
λ = n2π2
De la segunda condición se tiene:
y0(−1) = −c1√λ sin
√λ(−1)+c2
√λ cos
√λ(−1) = c1
√λ sin
√λ+c2
√λ cos
√λ
y0(1) = −c1√λ sin
√λ+ c2
√λ cos
√λ
Como y0(−1) = y0(1)
c1√λ sin
√λ+ c2
√λ cos
√λ = −c1
√λ sin
√λ+ c2
√λ cos
√λ
0 = 2c1√λ sin
√λ como c1 6= 0
se tiene√λ = nπ
se confirma nuevamente que los eigenvalores son λ = n2π2
Por lo tanto las eigenfunciones se pueden escribir como:
yn(x) = an cos(nπx) + bn sin(nπx)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 271
para verificar que forman un conjunto ortogonal en el intervalo [−1, 1] secalcula la integralZ 1
−1(am cos(mπx) + bm sin(mπx)) (an cos(nπx) + bn sin(nπx)) dx =
aman
Z 1
−1(cosmπx) (cosnπx) dx+ ambn
Z 1
−1(cosmπx) (sinnπx) dx+
anbm
Z 1
−1(sinmπx) (cosnπx) dx+ bmbn
Z 1
−1(sinmπx) (sinnπx) dx
Usando la identidad siguiente junto con las de las ecuaciones (7.37) y7.38)
sinu cos v =1
2[sin(u+ v) + sin(u− v)] (7.39)
aman2
R 1−1 (cos(m+ n)πx+ cos(m− n)πx) dx+
ambn2
R 1−1 (sin(m+ n)πx− sin(m− n)πx) dx+
anbm2
R 1−1 (sin(m+ n)πx+ sin(m− n)πx) dx+
bmbn2
R 1−1 (cos(m+ n)πx− cos(m− n)πx) dx =
aman2
³1
(m+n)πsin(m+ n)πx+ 1
(m−n)π sin(m− n)πx´1−1+
ambn2
³− 1(m+n)π
cos(m+ n)πx+ 1(m−n)π cos(m− n)πx
´1−1+
anbm2
³− 1(m+n)π
cos(m+ n)πx− 1(m−n)π cos(m− n)πx
´1−1+
bmbn2
³1
(m+n)πsin(m+ n)πx− 1
(m−n)π sin(m− n)πx´dx = 0 siempre y cuando
m 6= n porque todos los términos con seno se hacen cero; además, al evaluarlos términos de coseno en los límites superiores e inferiores se cancelan.Se procede ahora a encontrar el conjunto de funciones ortonormales:R 1−1 [an cosnπx+ bn sinnπx]
2 =R 1−1£a2n cos
2 nπx+ 2anbn cosnπx sinnπx+ bn sin2 nπx
¤dx =
a2nR 1−1¡12+ 1
2cos 2nπx
¢dx+2anbn
nπsen2nπx
2|1−1 +b2n
R 1−1¡12− 1
2cos 2nπx
¢dx =£
a2n¡12x+ 1
4nπsin 2nπx
¢+ anbn
nπsen2nπx+ b2n
¡12x− 1
4nπsin 2nπx
¢¤1−1 =
272 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSELha2n2(1− (−1)) + b2n
2(1− (−1))
i= a2n + b
2n
Es decir la norma del conjunto de funciones es igual apa2n + b
2n
Por lo tanto el conjunto de funciones ortonormales es:
φn =1p
a2n + b2n
(an cosnπx+ bn sinnπx)
Problema 15. Discuta el problema de valor de frontera y00 +λy = 0; y(0) + y(1) = 0, y0(0) = 0, respondiendo en particular a lassiguientes preguntas a) ¿Es un problema de Sturm-Liouville? b)¿Tiene eigenvalores y eigenfunciones? c) ¿Si las eigenfuncionesexisten, son ellas mutuamente ortogonales?Solución:a) No es un problema de Sturm-Liouville. Aunque la ecuación tiene la
forma adecuada, las condiciones de frontera no coinciden con ninguno de loscuatro casos mencionados.b) La solución general es:
y (x) = c1 cos√λx+ c2 sin
√λx
y0 (x) = −c1√λ sin
√λx+ c2
√λ cos
√λx
Aplicando condiciones a la frontera:y (0) = c1y (1) = c1 cos
√λ+ c2 sin
√λ
Si y(0) + y(1) = 0, se tiene que:c1 + c1 cos
√λ+ c2 sin
√λ = 0
Ahora se usa la condición y0(0) = 00 = c2
√λ
∴ c2 = 0Retomando la primera condiciónc1 + c1 cos
√λ = 0
c1
³1 + cos
√λ´= 0
como c1no puede ser cero, se tiene que:³1 + cos
√λ´= 0
cos√λ = −1
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 273
√λ = (2n− 1)π
O sea los eigenvalores son
λ = (2n− 1)2 π2
Y las eigenfunciones pueden escribirse como
yn (x) = an cos (2n− 1)πx
c) Si el problema fuera de Sturm-Liouville si se podría asegurar la or-togonalidad de la eigenfunciones. Aunque el problema tiene eigenvalores yeigenfunciones éstas no son necesariamente ortogonales en el intervalo (0, 1).Problema 16. El problema de valor de frontera y00+λy = 0; y(−1) =
−y(1), y0(−1) = y0(1). a) ¿Es un problema de Sturm-Liouville? b)¿Tiene eigenvalores y eigenfunciones? c) ¿Si las eigenfunciones ex-isten, son ellas mutuamente ortogonales?Solución:a) Este problema no es de Sturm-Liouville porque las condiciones de fron-
tera no coinciden con ninguno de los cuatro casos.b) Aun así, se puede resolver. La solución general esy (x) = c1 cos
√λx+ c2 sin
√λx derivando
y0 (x) = −c1√λ sin
√λx+ c2
√λ cos
√λx
Aplicando la condición a la frontera y (−1) = −y(1)
y (−1) = c1 cos√λ− c2 sin
√λ
y (1) = c1 cos√λ+ c2 sin
√λ
c1 cos√λ− c2 sin
√λ = −c1 cos
√λ− c2 sin
√λx
0 = 2c1 cos√λ
hay dos posibilidades c1 = 0 o cos√λ = 0 lo cual llevaría a
√λ =
(2n− 1) π2
Aplicando la otra condición de frontera y0 (−1) = −y0(1)y0 (−1) = c1
√λ sin
√λ+ c2 cos
√λ
c1√λ sin
√λ+ c2
√λ cos
√λ = c1
√λ sin
√λ− c2
√λ cos
√λ
0 = 2c2√λ cos
√λ
también hay dos posibilidades c2 = 0 o cos√λ = 0
274 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Como c1 y c2 no pueden ser cero al mismo tiempo la solución más generalse escribe como
y (x) = c1 cos (2n− 1) π2x+ c2 sin (2n− 1) π
2x
las cuales son las eigenfunciones.c) La respuesta a este inciso se contesta analógamente al problema ante-
rior.Problema 17. Determine las eigenfunciones normalizadas y la
ecuación que define los eigenvalores para el problema de valor defrontera xy00 + y0 + xy = 0 con condiciones a la frontera: y acotadaen x = 0 y (a) y(1) = 0; (b) y0(1) = 0; (c) y(1) + 2y0(1) = 0.
a) La ecuación tiene la forma
x2y00 + xy0 + x2y = 0
esta es la ecuación de Bessel con n = 0 cuya solución general es
y (x) = AJ0(√λx) +BY0(
√λx)
A partir de las condiciones a la frontera se obtiene que B = 0 por quey(x) debe estar acotada en x = 0 y la función Y0( x) no está acotada enx = 0. Por lo tanto
y (x) = AJ0(√λx)
Aplicando la condición de frontera y(1) = 00 = A J0
√λ o sea J0
√λ = 0, por lo que los eigenvalores son
λn = r2n
con n = 0, 1, 2, · · ·, rn son las raíces positivas deJ0(x) = 0
Por lo que las eigenfunciones son
yn (x) = AnJ0(rnx)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 275
como el problema es de Sturm-Liouville, caso de un punto singular, talesfunciones son mutuamente ortogonales en el intervalo (0, 1) con respecto a lafunción de peso R(x) = x. Para obtener las eigenfunciones normalizadas sesigue el siguiente proceso Z 1
0
A2n xJ20 (rnx)dx = 1
A2n
Z 1
0
xJ20 (rnx)dx = 1
Como rn son las raíces positivas de J0(x) = 0entonces la integral indicada
se puede evaluar facilmente, consultando la tabla I.
A2n
µJ 020 (rn)2
¶= 1
por lo tanto
A2n =2
(J 00(rn))2 =
2
J21 (rn)
Por lo que las correspondientes funciones normalizadas son
yn (x) =
√2x
J1(rn)J0(rnx)
b) De la misma forma que en el inciso anterior
y (x) = A J0(√λx)
derivandoy0 (x) = A
√λJ 00
³√λx´
Aplicando la condición de frontera y0(1) = 0A√λJ 00√λ = 0 por lo tanto J 00
√λ = 0 y los eigenvalores son
λn = r2n
276 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
con n = 0, 1, 2, · · · , rn son las raíces positivasJ 00(x) = 0
Por lo que las eigenfunciones son
yn (x) = AnJ0(rnx)
Siguiendo el mismo procedimiento para normalizar que en el incisoanterior
A2n =1R 1
0xJ20 (rnx)dx
la integral se obtiene de la tabla I recordando que las rn son las raíces pos-itivas J 00(x) = 0 Z 1
0
xJ20 (rnx)dx =J20 (rn)
2
An =
√2
J0(rn)
Por lo que las funciones normalizadas son
yn (x) =
√2x
J0(rn)J0(rnx)
c) Aplicando la condición de frontera
y(1) + 2y0(1) = 0
AJ0
³√λ´+ 2A
√λJ 00
³√λ´= 0
J0³√
λ´+ 2√λJ 00
³√λ´= 0
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = r2n
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 277
con n = 0, 1, 2, · · ·, rn son las raíces positivasdeJ0(x) + 2xJ
00(x) = 0
Y las eigenfunciones son
yn(x) = AJ0(rnx)
con rn las raíces positivasde J0(x) + 2xJ 00(x) = 0Para obtener las funciones normalizadas se hace uso del tercer renglón de
la tabla I con µ = 12
yn (x) =
√2xrn¡
14+ r2n
¢J0(rn)
J0(rnx)
Problema 18. Encuentre los eigenvalores y eigenfunciones paralos problemas de valor de frontera:(a) x2y00 + xy0 + (λx2 − 4) y = 0; donde y está acotada en x = 0
y y0(1) = 0.(b) x2y00 + xy0 + (λx2 − 25) y = 0; donde y está acotada en x = 0
y 2y(1) + 3y0(1) = 0.Solución: (a) La solución de la ecuación x2y00 + xy0 + (λx2 − 4) y = 0
está dada por
y(x) = AJ2(√λx) +BY2(
√λx)
la función Y2(x) no está acotada en x = 0 por lo tanto B = 0 y
y(x) = AJ2(√λx)
Derivandoy0(x) = A
√λJ 02(√λx)
Aplicando la condición de frontera y0(1) = 0A√λJ 02(√λ) = 0 de donde se obtiene que
√λ = rn, n = 1, 2, 3, · · · donde
rn son las raíces de J 02(x) = 0Por lo tanto los eigenvalores son
λn = r2n
y las correspondientes eigenfunciones
278 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
yn(x) = AnJ2(rnx)
(b) La solución de la ecuación x2y00 + xy0 + (λx2 − 25) y = 0 está dadapor
y(x) = AJ5(√λx) +BY5(
√λx)
al igual que en el inciso anterior la función Y5(x) no está acotada en x = 0por lo tanto B = 0 y
y(x) = AJ5(√λx)
Derivandoy0(x) = A
√λJ 05(√λx)
Aplicando la condición de frontera
2y(1) + 3y0(1) = 0
2AJ5(√λ) + 3A
√λJ 05(√λ) = 0
la cual se puede escribir como
2
3J5(√λ) +
√λJ 05(√λ) = 0
de donde se obtiene que√λ = rn, n = 1, 2, 3, · · · donde rn son las raíces de
23J5(x) + xJ
05(x) = 0
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = r2n
y las correspondientes eigenfunciones
yn(x) = AnJ5(rnx)
Problema 19. Encuentre los eigenvalores y eigenfunciones parael problema de valor de frontera: consistente de la ecuación difer-encial x2y00 + xy0 +
¡λx2 − 1
4
¢y = 0 con la condición de que y está
acotada en x = 0 y (a) y(1) = 0; (b) y0(1) = 0; (c) y(1) + 5y0(1) = 0.
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 279
Solución: (a) La solución de la ecuación x2y00 + xy0 +¡λx2 − 1
4
¢y = 0
está dada por
y(x) = AJ1/2(√λx) +BJ−1/2(
√λx)
la cual se puede escribir como
y(x) =
r2
πx(A sin(
√λx) +B cos(
√λx))
la función y(x) debe estar acotada en x = 0, para ver lo que sucede enx = 0 calculamos el límite
limx→0
hq2πx(A sin(
√λx) +B cos(
√λx))
i= A
q2π
³limx→0
sin(√λx)√x
´+B
q2π
³limx→0
cos(√λx)√x
´aunque el primer límite puede evaluarse usando la regla de L’Hôpital el se-gundo límite se va a ∞, por lo tanto en x = 0 y(x) no está acotada debidoal segundo término, por lo tanto debe tomarse B = 0.
y(x) =
r2
πxA sin(
√λx)
Aplicando la condición de frontera y(1) = 0sin(√λ) = 0 de donde se obtiene que
√λ = nπ, n = 1, 2, 3, · · ·
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = n2π2
y las correspondientes eigenfunciones
yn(x) =
r2
πxAn sin(nπx)
(b) La solución de la ecuación x2y00 + xy0 +¡λx2 − 1
4
¢y = 0 está dada
por
y(x) = AJ1/2(√λx) +BJ−1/2(
√λx)
la cual se puede escribir como
y(x) =
r2
πx(A sin(
√λx) +B cos(
√λx))
280 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
la función y(x) debe estar acotada en x = 0, para ver lo que sucede enx = 0 calculamos el límite
limx→0
"r2
πx(A sin(
√λx) +B cos(
√λx))
#=
= A
r2
π
Ãlimx→0
sin(√λx)√x
!+B
r2
π
Ãlimx→0
cos(√λx)√x
!aunque el primer límite puede evaluarse usando la regla de L’Hôpital el se-gundo límite se va a ∞, por lo tanto en x = 0 y(x) no está acotada debidoal segundo término, por lo tanto debe tomarse B = 0.
y(x) =
r2
πxA sin(
√λx)
Aplicando la condición de frontera y(1) = 0sin(√λ) = 0 de donde se obtiene que
√λ = nπ, n = 1, 2, 3, · · ·
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = n2π2
y las correspondientes eigenfunciones
yn(x) =
r2
πxAn sin(nπx)
(b) Según el inciso anterior la solución acotada en x = 0 es
y(x) =
r2
πxA sin(
√λx)
Aplicando la condición de frontera y0(1) = 0
y0(x) =
r2
πA
Ã√λ cos(
√λx)√
x− x
−3/2
2sin(√λx)
!
0 =√λ cos(
√λ)− 1
2sin(√λ)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 281
o sea√λ cos(
√λ) = 1
2sin(√λ)⇒ tan(
√λ) = 2
√λ
por lo tanto√λ = rn, n = 1, 2, 3, · · · donde rn son las raíces de la ecuación
tanx = 2xPor lo tanto los eigenvalores son
λn = r2n
donde rn son las raíces tanx = 2xy las correspondientes eigenfunciones son
yn(x) =
r2
πxAn sin(rnx)
(c) La solución acotada en x = 0 es
y(x) =
r2
πxA sin(
√λx)
Aplicando la condición de frontera y(1) + 2y0(1) = 0
y0(x) =
r2
πA
Ã√λ cos(
√λx)√
x− x
−3/2
2sin(√λx)
!
0 =
r2
πA
·sin(√λ) + 2
µ√λ cos(
√λ)− 1
2sin(√λ)
¶¸
0 =h2√λ cos(
√λ)i
o sea cos(√λ) = 0⇒√λ) = (2n− 1) π
2, n = 1, 2, 3, · · ·
Por lo tanto los eigenvalores son
λn = (2n− 1)2 π2
4
y las correspondientes eigenfunciones son
yn(x) =
r2
πxAn sin (2n− 1) π
2x
282 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
7.2.5 Series de Bessel
Como las funciones de Bessel son mutuamente ortogonales en el intervalo[0, 1] con respecto a la función de peso x entonces es posible expander unafunción f(x) en serie de las funciones de Bessel de la forma
f(x) =∞Xj=1
ajJn(rjx) (7.40)
los coeficientes se calculan como
ak =
R 10xf(x)Jn(rkx)dxR 10xJ2n(rkx)dx
(7.41)
donde la integral en el denominador se encuentra fácilmente usando latabla I.Problema 20.a) Expanda f(x) = x, 0 < x < 1, en una serie de funciones de
Bessel J1(rkx), donde rk, k = 1, 2, 3, ..., son las raíces positivas deJ1(x) = 0, para obtener
x = 2+∞Xk=1
J1(rkx)
rkJ2(rk)
b) Muestre que la serie en a) converge a f(x) si −1 ≤ x ≤ 1Solución:
f(x) = x =+∞Pk=1
akJ 1(rkx)
ak =
R 10x2J 1(rkx)dxR 10xJ21 (rkx)dx
Como rk son las raíces positivas de J1(x) = 0, a partir de la tabla I la integraldel denominador se encuentra fácilmenteZ 1
0
xJ21 (rkx)dx =1
2J021 (rk)
Para evaluar la integralR 10x2J 1(rkx)dx se hace un cambio de variable
u = rkx du = rkdx
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 283
dx = durkZ 1
0
x2J 1(rkx)dx =
Z rk
0
u2
rk2J1 (u)
du
rk=1
r3ku2J2(u) |rk0 =
1
r3k
£r2kJ2(rk)
¤=J2(rk)
rk
Por lo tanto
ak =
J2(rk)rk
12J021 (rk)
=2J2(rk)
rkJ021 (rk)
Si en la relación de recurrencia
Jn−1(x)− Jn+1(x) = 2J 0n(x)se pone n = 1J0(x)− J2(x) = 2J
01(x)
J01(x) =
J0(x)− J2(x)
2(7.42)
Usando también la relación de recurrencia
Jn−1(x) + Jn+1(x) =2n
xJn(x)
también con n = 1J0(x) + J2(x) =
2xJ1(x)
de donde
J0(x) =2
xJ1(x) − J2(x) (7.43)
al sustituir en la ecuación (7.42) se obtiene
J01(x) =
1
xJ1(x)− J2(x) (7.44)
al poner x = rk en la ecuación (7.44) hay que considerar que J1(rk) = 0,por lo tantoJ01(rk) = −J2(rk)Sustituyendo en la expresión para ak
ak =2J2(rk)
rkJ22 (rk)=
2
rkJ2(rk)
284 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Por lo tanto, sustituyendo ak
f(x) = x =+∞Xk=1
2
rkJ2(rk)J 1(rkx)
que es precisamente lo que se deseaba demostrar.b) La aproximación anterior es válida para x ∈ [0, 1]. Para demostrar que
la serie converge a f(x) si x ∈ [−1, 1] cambiamos en la serie x por −x
−x = 2∞Xk=1
1
rkJ2(rk)J1(−rkx)
J1(x) es una función impar, por lo queJ1(−x) = −J1(x). Por lo tanto se obtiene el mismo resultado
x = 2∞Xk=1
1
rkJ2(rk)J1(rkx)
Y se concluye que la aproximación es válida también en el intervalo [−1, 0].Por lo tanto la serie converge a f(x) en el intervalo [−1, 1].NProblema 21. Expanda f(x) = x2, 0 < x < 1 en una serie de
funciones de Bessel J2(rkx), donde rk, k = 1, 2, ...., son las raícespositivas de J2(x) = 0, y muestre que la serie resultante tambiénconverge a f(x) donde −1 ≤ x ≤ 1.Solución:
ak =
R 10x3J2(rkx)dxR 1
0xJ22 (rkx)dx
La solución de la integral del denominador se encuentra en la tabla I yes: Z 1
0
xJ22 (rkx)dx =1
2J 02(rk)
Para encontrar la integral Z 1
0
x3J2(rkx)dx
se hace:
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 285
u = rkx du = rkdxx = u
rkdx = du
rkR 10x3J2(rkx)dx =
R rk0
u3
r3kJ2(u)
durk= 1
r4k
R rk0u3J2(u)du =
1r4k(u3J3(u) |rk0 )Z 1
0
x3J2(rkx)dx =1
rkJ3(rk)
Sustituyendo en la ecuación original:
ak =
J3(rk)rk
J 022 (rk)2
=2J3(rk)
rkJ 022 (rk)
De la relación de recurrencia (7.18) con n = 2
J 02(x) =1
2(J1(x)− J3(x))
Ahora de la relación de recurrencia (7.17); con n = 2
J3(x) =4
xJ2(x)− J1(x)
Al evaluar en x = rk
J3(rk) =4
rkJ2(rk)− J1(rk)
Pero como J2(rk) = 0
J1(rk) = −J3(rk)Sustituyendo en la ecuación para J 02(x)
J 02(rk) =1
2(−J3(rk)− J3(rk)) = −J3(rk)
(J 02(rk))2= J23 (rk)
Entonces ak es
286 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
ak =2J3(rk)
rkJ23 (rk)=
2
rkJ3(rk)
Por lo tanto
f(x) = 2∞Xk=1
J2(rkx)
rkJ3(rk)
o sea
x2 = 2
µJ2(r1x)
r1J3(r1)+J2(r2x)
r2J3(r2)+J2(r3x)
r3J3(r3)+ ....
¶Esta aproximación es válida para el intervalo [0, 1], para ver que es válida
en el intervalo [−1, 1] se cambia x por −x en la serie(−x)2 = x2 = 2
P∞k=1
J2(−rkx)rkJ3(rk)
y como J2(−rkx) = J2(rkx) se obtienela misma serie, por lo tanto la serie converge a f(x) en todo el intervalo[−1, 1] .NProblema 22. Expanda f(x) = 1, 0 < x < 1, en una serie de
funciones de Bessel J0(rkx), donde rk, k = 1, 2, ..., son las raícespositivas de xJo0(x) + J0(x) = 0.
Solución:
ak =
R 10xJ0(rkx)dxR 1
0xJ20 (rkx)dx
La integral del denominador se encuentra utilizando la tabla I (tercerrenglón) con µ = 1 Z 1
0
xJ20 (rkx)dx =(r2k + 1)J
20 (rk)
2r2k
y la del denominador se resuelve haciendo u = rkx esR 10xJ0(rkx)dx =
R rk0
ur2kJ0(u)du =
huJ1(u)r2k
irk0= J1(rk)
rk
por lo tanto
ak =
J1(rk)rk
(r2k+1)J20 (rk)2r2k
=2rkJ1(rk)
(r2k + 1)J20 (rk)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 287
por lo tanto
f(x) = 1 = 2∞Xk=1
rkJ1(rk)
(r2k + 1)J20 (rk)
J0(rkx)
Problema 23. Muestre que para −1 ≤ x ≤ 1
x
2=
∞Xk=1
rkJ2 (rk)J1 (rkx)
(r2k − 1)J21 (rk)
donde rk, k = 1, 2, .., son las raíces positivas de J 01(x) = 0.Solución:
ak =
R 10x¡x2
¢J1 (rkx) dxR 1
0xJ21 (rkx) dx
La integral del denominador se encuentra usando el segundo renglón dela tabla I Z 1
0
xJ21 (rkx) dx =(r2k − 1)J21 (rk)
2r2k
En la integral del numerador se hace u = rkxZ 1
0
x2
2J1 (rkx) dx =
1
2
rkZ0
u2
r3kJ1 (u) du =
1
2r3k
£u2J2 (u)
¤rk0=J2 (rk)
2rk
Por lo tanto
ak =
J2(rk)2rk
(r2k−1)J21 (rk)2r2k
=rkJ2 (rk)
(r2k − 1)J21 (rk)
Es decir
f(x) =x
2=
∞Xk=1
rkJ2 (rk)
(r2k − 1) J21 (rk)J1 (rkx)
que es precisamente lo que se quería demostrar.N
288 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
Problema 24. Usando la identidad de Parseval en el problema20, muestre que
∞Xk=1
J 021 (rk)r2kJ
22 (rk)
=1
8
Solución:La identidad de Parseval establece queZ 1
0
x [f(x)]2 dx =∞Xk=1
dka2k (7.45)
donde ak se encuentra usando la ecuación (7.41) y dk se determina a partirde
dk =
Z 1
0
xJ2n(rkx)dx (7.46)
En el problema 20 se obtuvo que
f(x) = x = 2∞Xk=1
J1(rkx)
rkJ2(rk)
al calcular ak se obtuvo
ak =2
rkJ2(rk)
dk =
Z 1
0
xJ21 (rkx)dx =1
2J 021 (rk)
Entonces la identidad de Parseval se escribe comoZ 1
0
x3dx =∞Xk=1
1
2J 021 (rk)
4
r2kJ22 (rk)
1
4=X 2J 021 (rk)
r2kJ22 (rk)
Por lo tanto
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 289
1
8=X J 021 (rk)
r2kJ22 (rk)
Problema 25. (a) Si rk, k = 1, 2, . . . , son las raíces positivas deJ3(x) = 0,muestre que para 0 ≤ x ≤ 1
x3 = 2∞Xk=1
J3(rkx)
rkJ4(rk)
(b) Escriba la identidad de Parseval correspondiente al resultadoen (a).Solución:(a)
x3 =∞Xk=1
akJ3(rkx)
donde
ak =
R 10x4J3(rkx)dxR 1
0xJ 2
3 (rkx)dx
la integral del denominador es:Z 1
0
xJ 23 (rkx)dx =
1
2J 0 23 (rk)
y la integral del numerador es:Z 1
0
x4J3(rkx)dx =J4(rk)
rk
A partir de las relaciones de recurrencia (7.16) y (7.17) con n = 3
J2(x)− J4(x) = 2J 03(x)
290 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
J2(x) + J4(x) =6
xJ3(x)
al poner x = rk, donde rk son las raíces de J3(x) = 0 en la segundaecuación
J2(rk) = −J4(rk)
y sustituyendo en la primera se obtiene
J 03(rk) = −J4(rk)
por lo tanto
ak =J4(rk)
12rkJ 0 23 (rk)
=2J4(rk)
rkJ24 (rk)=
2
rkJ4(rk)
y se obtiene justo lo que se deseaba mostrar
x3 = 2∞Xk=1
J3(rkx)
rkJ4(rk)
(b) Se calculan los coeficientes dk en la identidad de Parseval, ecuaciones(7.45) y (7.46)
dk =
Z 1
0
xJ 23 (rkx)dx =
1
2J 0 23 (rk)
Por lo que la identidad de Parseval queda comoZ 1
0
x7dx =∞Xk=1
·1
2J 0 23 (rk)
¸ ·2
rkJ4(rk)
¸2
1
8=
∞Xk=1
J24 (rk)
·2
r2kJ24 (rk)
¸= 2
∞Xk=1
1
r2k
o bien
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 291
1
16=
1
r21+1
r22+1
r23+ . . .
Problema 26. (a) Si rk, k = 1, 2, . . . , son las raíces positivas deJ0(x) = 0,muestre que para 0 ≤ x ≤ 1
x2 = 2∞Xk=1
(r2k − 4)J0(rkx)r3kJ1(rk)
(b) Escriba la identidad de Parseval correspondiente al resultadoen (a).Solución:(a)
x2 =∞Xk=1
akJ0(rkx)
donde
ak =
R 10x3J0(rkx)dxR 1
0xJ 2
0 (rkx)dx
la integral del denominador es:Z 1
0
xJ20 (rkx)dx =1
2J 0 20 (rk) =
1
2J21 (rk)
para la integral del numerador hacemos:w = rkx, dw = rkdxZ 1
0
x3J0(rkx)dx =1
r4k
Z rk
0
w3J0(w)dw
integrando por partesu = w2
du = 2wdwdv = wJ0(w)dwv = wJ1(w)R 10x3J0(rkx)dx =
1r4k
¡w3J1(w) |rk0 −2
R rk0w2J1(w)dw
¢=
292 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
1r4k(w3J1(w)− 2w2J2(w))rk0 = 1
r4k(r3kJ1(rk)− 2r2kJ2(rk)) =
1r2k(rkJ1(rk)− 2J2(rk))Z 1
0
x3J0(rkx)dx =rkJ1(rk)− 2J2(rk)
r2k
A partir de la relación de recurrencia (7.16) n = 1
J0(x) + J2(x) =2
xJ1(x)
al poner x = rk, donde rk son las raíces de J0(x) = 0
J2(rk) =2
rkJ1(rk)
se obtieneR 10x3J0(rkx)dx =
rkJ1(rk)−2³2rkJ1(rk)
´r2k
=J1(rk)(r
2k−4)
r3kpor lo tanto
ak =
J1(rk)(r2k−4)
r3k12J21 (rk)
=2(r2k − 4)r3kJ1(rk)
y se obtiene justo lo que se deseaba mostrar
x2 = 2∞Pk=1
(r2k−4)r3kJ1(rk)
J0(rkx)
(b) Se calculan los coeficientes dk en la identidad de Parseval, ecuaciones(7.45) y (7.46)
dk =
Z 1
0
xJ20 (rkx)dx =1
2J 020 (rk) =
1
2J21 (rk)
Por lo que la identidad de Parseval queda comoZ 1
0
x5dx =∞Xk=1
·1
2J21 (rk)
¸ ·2(r2k − 4)r3kJ1(rk)
¸2
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 293
1
6= 2
∞Xk=1
·(r2k − 4)2
r6k
¸o bien
1
12=(r21 − 4)2
r61+(r22 − 4)2
r62+(r23 − 4)2
r63+ . . .
Problema 27. (a) Si rk, k = 1, 2, . . . , son las raíces positivas deJ0(x) = 0,muestre que para −1 < x < 1
1− x28
=∞Xk=1
J0(rkx)
r3kJ1(rk)
(b) Muestre que
∞Xk=1
1
r3kJ1(rk)=1
8
Solución:(a)
1− x28
=∞Xk=1
akJ0(rkx)
donde
ak =
R 10x³1−x28
´J0(rkx)dxR 1
0xJ 2
0 (rkx)dx
la integral del denominador es:Z 1
0
xJ20 (rkx)dx =1
2J 0 20 (rk) =
1
2J21 (rk)
para la integral del numerador hacemos:w = rkx, dw = rkdxR 10x³1−x28
´J0(rkx)dx =
18r2k
R rk0wJ0(w)dw − 1
8r24
R rk0w3J0(w)dw
294 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
integrando por partes la segunda integralu = w2
du = 2wdwdv = wJ0(w)dwv = wJ1(w)Z 1
0
x
µ1− x28
¶J0(rkx)dx =
1
8r2kwJ1(w) |rk0 −
1
8r4k
µw3J1(w) |rk0 −2
Z rk
0
w2J1(w)dw
¶=
1
8rkJ1(rk)− 1
8r4k
¡r3kJ1(rk)− 2r2kJ2(rk)
¢=J2(rk)
4r2k
Z 1
0
x
µ1− x28
¶J0(rkx)dx =
J2(rk)
4r2k
A partir de la relación de recurrencia (7.16) n = 1
J0(x) + J2(x) =2
xJ1(x)
al poner x = rk, donde rk son las raíces de J0(x) = 0
J2(rk) =2
rkJ1(rk)
se obtiene Z 1
0
x
µ1− x28
¶J0(rkx)dx =
2rkJ1(rk)
4r2k=J1(rk)
2r3k
por lo tanto
ak =
J1(rk)2r3k
12J21 (rk)
=1
r3kJ1(rk)
y se obtiene justo lo que se deseaba mostrar
1− x28
=∞Xk=1
J0(rkx)
r3kJ1(rk)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 295
al cambiar en esta expresión x por −x se muestra fácilmente que estaaproximación es válida para x ∈ (−1, 1)(b) Si en el resultado anterior hacemos x = 0 y recordando que J0(0) = 1
1
8=
∞Xk=1
1
r3kJ1(rk)
Problema 28. a) Muestre que para −1 ≤ x ≤ 1,
x3 − x16
=∞Xk=1
J1(rkx)
r3kJ0(rk)
donde rk son las raíces positivas de J1(x) = 0b) Deduzca que
∞Xk=1
J1 (rk/2)
r3kJ0(rk)= − 3
128
Solución:(a)
ak =
R 10x³x3−x16
´J1(rkx)dxR 1
0xJ21 (rk)dxR 1
0xJo2(rk)dx =
12J021 (rk)R 1
0x³x3−x16
´J1(rkx)dx =
116
R 10x4J1(rkx)dx− 1
16
R 10x2J1(rkx)dx
Haciendo u = rkx du = rkdx dx = durkZ 1
0
x2J1(rkx)dx =1
r3k
Z rk
0
u2J1(u)du =1
r3k
¡u2J2(u)du
¢ |rk0 = J2(rk)rk
Z 1
0
x4J1(rkx)dx =1
r5k
Z rk
0
u4J1(u)du =1
r5k
Z 1
0
u4J1(u)du
w = u2 dv = u2J1 (u) dxdw = 2udu v = u2J2 (u)
296 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
1
r5k
Z 1
0
x4J1(rkx)dx =1
r5k
µu4J2 (u)− 2
Z 1
0
u3J2 (u) du
¶=
1
r5k
£u4J2 (u)− 2u3J3 (u)
¤rk0=1
r5k
·u4J2(x)− 2u3
·4
uJ2 (u)− J1 (u)
¸¸rk0
=
1
r5k
£u4J2(u)− 8u2J2(u)− 2u3J1 (u)
¤rk0=1
r5k
£r4kJ2(rk)− 8r2kJ2(rk)− 2r3kJ1 (rk)
¤=
1
r5k
£r4kJ2(rk)− 8r2kJ2(rk)
¤pero
J0(x) + J2(x) =2
xJ1(x)
si x = rk son las raíces de J1(x) = 0
J2(rk) = −J0(rk)Por lo tantoZ 1
0
x4J1(rkx)dx =1
r5k
£−r4kJ0(rk) + 8r2kJ0(rk)¤ = J0(rk)
r3k
£8− r2k
¤Regresando a la integral originalZ 1
0
x
µx3 − x16
¶J1(rkx)dx =
1
16
·J0(rk)
r3k
£8− r2k
¤+J0(rk)rk
¸=1
2
J0 (rk)
r3k
Por lo tanto
ak =
12J0(rk)r3k
12J20 (rk)
=1
r3kJ0 (rk)
Por lo tanto
x3 − x16
=∞Xk=1
J1 (rkx)
r3kJ0(rk)
7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 297
b) Si x = 12en esta expresión
∞Xk=1
J1 (rk/2)
r3kJ0(rk)=
18− 1
2
16= − 6
256= − 3
128
Problema 29. Encuentre la serie de Bessel de f(x) = lnx para0 < x ≤ 1 en términos de J0(rkx)donde rk, k = 1, 2, ....., son las raíces positivas de J0(x) = 0.Solución:
ak =
R 10x lnxJ0(rkx)dxR 10xJ20 (rkx)dx
Z 1
0
xJ20 (rkx)dx =1
2J 020 (rk)
En la integralR 10x lnxJ0(rkx)dx se hace:
u = rkx du = rkdxx = u
rkdx = du
rkR 10x lnxJ0 (rkx) dx =
R rk0
urkln( u
rk)J0 (u)
durk= 1
r2k
R rk0u ln( u
rk)J0 (u) du
Integrando por partesα = ln( u
rk) db = uJ0(u)du
dα = rkudurk= du
ub = uJ1(u)
= 1r2k
³uJ1(u) ln(
urk) |rk0 −
R rk0J1(u)du
´1r2k
³uJ1(u) ln(
urk) + J0(u)
´rk0= 1
r2k(rkJ1(rk) + J0(rk)− J0(0)) = 1
r2k(rkJ1(rk)−
1)
ak =2 (rkJ1(rk)− 1)r2kJ
020 (rk)
Como
J 00(x) = −J1(x)
(J 00(x))2= (−J1(x))2 = J21 (x)
298 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL
ak =2 (rkJ1(rk)− 1)
r2kJ21 (rk)
f(x) = lnx = 2∞Xk=1
(rkJ1(rk)− 1)r2kJ
21 (rk)
J0(rkx)
Chapter 8
Ecuaciones diferencialesparciales
En la primera parte se ilustra el método de separación de variables, talmétodo no requiere mayor explicación, se ilustra con todo detalle en losproblemas.
8.1 El método de separación de variables
Problema 1. Use el método de separación de variables para obtenerla solución del siguiente problema de valor de frontera.
∂U
∂x+
∂U
∂y= U
U (0, y) = 2e−y + 3e−2y
Solución: Se propone una solución de la forma:
Y (x, t) = X (x)Y (y)
dY
dy= XY 0;
dY
dx= X 0Y
Sustituyendo en la ecuación y dividiendo entre XY :
299
300 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
XY 0
XY+X 0YXY
= XY ;X 0
X+Y 0
Y= 1;
X 0
X= 1− Y
0
Y
La única forma en que una función de x es igual a una función de y escuando son iguales a una constante:
X 0
X= 1− Y
0
Y= c
Y se obtienen las ecuaciones
X 0
X= c
1− Y0
Y= c
La primera ecuación se escribe en la forma
X 0 = cX
dX
dx= cX
Es de variables separables
dX
X= cdx
Integrando:
lnX = cx+ ln c1
lnX − ln c1 = cx
lnX
c1= cx
X(x) = c1ecx
8.1. EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES 301
Para encontrar Y (y) se resuelve la ecuación
1− Y0
Y= c
Y 0
Y= 1− c
que es también de variables separables
dY
Y= (1− c)dy
lnY = (1− c)y + ln c2Despejando Y (y)
Y (y) = c2e(1−c)y
Por lo tanto la solución general se escribe como
U(x, y) = c1ecxc2e
(1−c)y = aecx+(1−c)y
Al tratar de aplicar la condición de frontera se llega a una contradicciónporque U(0, y) = ae(1−c)y solamente tiene un término, para evitar la con-tradicción se usa el principio de superposición y se escribe la solución de lasiguiente forma:
U(x, y) = a1ec1x+(1−c1)y + a2ec2x+(1−c2)y
Ahora si, aplicando las condiciones a la frontera:
U(0, y) = a1e(1−c1)y + a2e(1−c2)y = 2e−y + 3e−2y
de tal forma que a1 = 2, a2 = 3, 1− c1 = −1, 1− c2 = −2, o sea por lotanto c1 = 2 y c2 = 3, por lo tanto la solución se escribe como
U(x, y) = 2e2x−y + 3e3x−2y
302 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Problema 2. Use el método de separación de variables paraobtener la solución del siguiente problema de valor de frontera.
9d2Y
dt2=d2Y
dx2
y (0, t) = 0; yt (x, 0) = 2senx− 3sen2x; y (π, t) = 0; y (x, 0) = 0Solución: Se propone una solución de la forma:
Y (x, t) = X (x)T (t)
d2Y
dt2= XT 00;
d2Y
dx2= X 00T
Sustituyendo en la ecuación y dividiendo entre XT :
9XT 00
XT=X 00TXT
;9T 00
T=X 00
X
La única forma en que una función de t es igual a una función de x escuando son iguales a una constante:
9T 00
T=X 00
X= c
Y se obtienen las ecuaciones
X 00
X= c
9T 00
T= c
La primera ecuación se escribe en la forma
X 00 − cX = 0
Su ecuación característica es
8.1. EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES 303
m2 − c = 0o sea m = ±√c. Po r lo tanto existen tres casosc > 0. En cuyo caso las raíces son reales y diferentes. Por lo tanto la
solución X(x) se escribe como
X(x) = c1em1x + c2e
m2x
c = 0. En este caso solo hay una raíz doble m = 0, la solución se escribecomo
X(x) = c1 + c2x
c < 0. En este caso las raíces son complejas m = ±√−ci = ±βi. Y lasolución se escribe como
X(x) = c1 cosβx+ c2 sinβx
Para decidir cual de los tres casos es el adecuado se observa que una delas condiciones de frontera es yt (x, 0) = 2senx− 3sen2x, el hecho de que enesta expresión aparezcan términos con senos automáticamente descarta losdos primeros casos, ya que una solución que no contenga términos con senosy cosenos no podrá cumplir con esta condición a la frontera. Usualmentepara asegurar que c es negativa se pone c = −λ2, para encontrar T (t) seresuelve la ecuación
9T 00
T= − λ2
esta ecuación se escribe como
9T 00 + λ2T = 0
Las raíces de la ecuación característica son m = ±λ3i, por lo que la solu-
ción se escribe como
T (t) = c3 cosλ
3t+ c4 sen
λ
3t
304 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Por lo tanto la solución general se escribe como
Y (x, t) = (c1 cosλx+ c2 senλx)(c3 cosλ
3t+ c4 sen
λ
3t)
Aplicando las condiciones a la frontera:Y (0, t) = 0 = (c1) (c3 cos
λ3t+ c4 sen
λ3t) ∴ c1 = 0
Es decir,Y (x, t) = (c2 senλx)(c3 cos
λ3t + c4 sen
λ3t) = senλx(a1 cos
λ3t +
a2 senλ3t)
Aplicando ahora la condición y (x, 0) = 0
Y (x, 0) = a1senλx = 0 ∴ a1 = 0
Y la solución se escribe como
Y (x, t) = a2 senλxsenλ
3t
Ahora se aplica la condición y (π, t) = 0Y (π, t) = a2 senλπsen
λ3t = 0
∴ senλπ = 0 de donde se obtiene λπ = nπ, es decir, λ = n
Y (x, t) = a2sennxsenn
3t = Asennxsen
n
3t
Para cumplir con la última condición de frontera se aplica el principio desuperposición..
Y (x, t) = A1senn1xsenn13t + A2senn2xsen
n23t
Derivamos con respecto a t
Yt(x, t) = A1n13senn1x cos
n13t+A2
n23sen n2x cos
n23t
Aplicamos la última condición de frontera
Yt(x, 0) = 2senx− 3sen2x = A1n13senn1x+A2
n23sen n2x
n1 = 1 y A13= 2, A1 = 6; n2 = 2 y 2A2
3= −3, A2 = −92
Por lo tanto la solución queda como
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 305
Y (x, t) = 6senxsent
3− 92sen2xsen
2
3t
8.2 Problemas de aplicación
Problema 1. Una barra de 100 cm de longitud tiene sus extremosx = 0 y x = 100 mantenidos a 00 C. Inicialmente la temperaturaf(x) está dada por
f(x) =
0 si 0 < x < 40100 si 40 < x < 600 si 60 < x < 100
Asumiendo una difusividad de 0.20 y una superficie aislada,encuentre la temperatura en cualquier posición de la barra encualquier tiempo.
Solución:Se utiliza la ecuación de calor:
∂u
∂t= 0.2
∂2u
∂x2
Se propone una solución de la forma:
U(x, t) = X(x)T (t)
La derivadas parciales son:
∂u
∂t= XT 0,
∂2u
∂x2= X 00T
Sustituyendo en la ecuación:
XT 0 = 0.2X 00T
Dividiendo entre XT :
T 0
0.2T=X 00
X= −λ2
306 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Como se observa, ya se separaron las variables. Se iguala a −λ2 paraasegurar que la solución X(x) sea en términos de senos y cosenos. De hecho,tal solución es:
X(x) = c1 cosλx+ c2 sinλx
De la misma forma la solución de la ecuación para T (t) es:
T (t) = c3e−0.2λ2t
Por lo tanto la solución general es:
U(x, t) = c3e−0.2λ2t(c1 cosλx+ c2 sinλx)
Agrupando constantes la solución se escribe como:
U(x, t) = e−0.2λ2t(A cosλx+B sinλx)
Las condiciones de frontera son:
U(0, t) = 0, U(100, t) = 0
U(x, 0) = f(x)
Aplicando la primera condición:
U(0, t) = (e−0.2λ2t)A = 0⇒ A = 0
La solución queda como:
U(x, t) = Be−0.2λ2t sinλx
Con x = 100:
U(100, t) = Be−0.2λ2t sin 100λ = 0
La única forma en que puede dar cero es que sin 100λ = 0, osea:
nπ = 100λ, λ = nπ/100
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 307
Por lo que la solución hasta ahora se escribe como:
U(x, t) = Be−0.2(nπ/100)2tsin
nπx
100
Para satisfacer la última condición es necesario usar el principio de su-perposición:
U(x, t) =∞Xn=1
Bne−0.2(nπ/100)2tsin
nπx
100
Ahora si, en t = 0:
U(x, 0) = f(x) =∞Xn=1
Bn sinnπx
100
Aplicando las fórmulas de la serie de Fourier para calcular Bn:
Bn =2
100
·Z 100
0
f(x) sinnπx
100dx
¸
Bn =2
100
·Z 40
0
(0) sinnπx
100dx+
Z 60
40
100 sinnπx
100dx+
Z 100
60
(0) sinnπx
100dx
¸
Bn =2
100100
·−100nπ
cosnπx
100
¸6040
Bn =200
nπ
·cos
2nπ
5− cos 3nπ
5
¸La solución se escribe como:
U(x, t) =200
π
∞Xn=1
cos 2nπ5− cos 3nπ
5
ne−0.2(nπ/100)
2tsinnπx
100
Problema 2. Una barra de difusividad κ cuya superficie estáaislada y cuyos extremos están localizados en x = 0 y x = L tieneuna distribución de temperatura inicial f(x). Asumiendo que los
308 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
extremos de la barra están aislados, determine la temperatura dela barra en cualquier tiempo. Encuentre la temperatura de la barrasi
f(x)=
½2U0xL
si 0 < x ≤ L2
2U0L(L− x) si L
2≤ x < L
Solución:Si se resuelve la ecuación de calor:
∂U
∂T= k
∂2U
∂x2
Se obtiene la solución:
U(x, t) = e−kλ2t(A cosλx+B sinλx)
Si los extremos están aislados entonces deben de cumplirse las condicionesa la frontera:
Ux(0, t) = 0, Ux(L, t) = 0
y la condición inicial es:
U(x, 0) = f(x)
Derivando la solución:
Ux(x, t) = e−kλ2t(−Aλ sinλx+Bλ cosλx)
Aplicando la primera condición:
Ux(0, t) = 0 = e−kλ2tBλ
La única forma en que la expresión anterior puede ser cero es que B = 0,es decir:
U(x, t) = Ae−kλ2t cosλx
Aplicando la segunda condición de frontera:
Ux(L, t) = 0 = −Aλe−kλ2t sinλL
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 309
Para que la última expresión sea cero debe tenerse que sinλL = nπ, porlo tanto:
λ =nπ
L
Y la solución se escribe como:
U(x, t) = Ae−k(nπL)2t cos
nπ
Lx
Sin embargo, en esta forma no puede cumplirse la condición inicial, paraello habrá que utilizar el principio de superposición:
U(x, t) =∞Xn=0
Ane−k(nπ
L)2t cos
nπ
Lx = A0 +
∞Xn=1
Ane−k(nπ
L)2t cos
nπ
Lx
La separación en dos términos se hace para utilizar las fórmulas de Fourierpara A0 y An:
A0 =2
L
Z L
0
f(x)dx
An =1
L
Z L
0
f(x) sinnπ
Lxdx
Evaluando
A0 =2
L
"Z L/2
0
2U0Lxdx+
Z L
L/2
2U0L(L− x)dx
#=4U0L2
"x2
2
¯L/20
+ (Lx− x2
2)
¯LL/2
#
A0 =4U0L2
·L2
8+ L2 − L
2
2− L
2
2+L2
8
¸=4U0L2
·L2
4
¸= U0
An =2
L
"Z L/2
0
2U0Lx sin
nπ
Lxdx+
Z L
L/2
2U0L(L− x) sin nπ
Lxdx
#
Haciendo la integral:Rx sin nπ
Lxdx
310 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
u = x, du = dx
dv = sinnπ
Lxdx, v = − L
nπcos
nπ
Lx
Zx sin
nπ
Lxdx = − L
nπx cos
nπ
Lx+
L
nπ
Zcos
nπ
Lxdx = − L
nπx cos
nπ
Lx+
L2
n2π2sinnπ
Lx
An =4U0L2
− Lnπx cos nπ
Lx+ L2
n2π2sin nπ
Lx¯L/20−L2
nπcos nπ
Lx¯LL/2+
+ Lnπx cos nπ
Lx− L2
n2π2sin nπ
Lx¯LL/2
An =
4U0L2
· − L2
2nπcos nπ
2+ L2
n2π2sin nπ
2− L2
nπcosnπ + L2
nπcos nπ
2+ L2
nπcosnπ−
− L2
n2π2sinnπ − L2
2nπcos nπ
2+ L2
n2π2sin nπ
2
¸y solamente queda:
An =4U0L2
·2L2
n2π2sinnπ
2
¸=8U0n2π2
sinnπ
2
Por lo tanto la solución se escribe como:
U(x, t) = U0 +8U0π2
∞Xn=1
sin nπ2
n2e−k(
nπL)2t cos
nπ
Lx
Problema 3. Si la superficie de una barra metálica no estáaislada sino que en vez irradia calor a un medio de temperaturaconstante U0 de acuerdo a la Ley de Newton de enfriamiento, laecuación diferencial para el flujo de calor se convierte en
aUat
= ka2Uax2− c(U − U0)
Asumiendo que los extremos de la barra de longitud L se mantienena 0C y la distribución de la temperatura inicial es f(x), mientrasque U0 = 0C , encuentre U(x, t).Solución:Como U0 = 0C, la ecuación que se va a resolver es:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 311
aUat
= ka2Uax2
− cU
Con las condiciones a la frontera:
U(0, t) = 0 = U(L, t)
Y la condición inicial:
U(x, 0) = f(x)
Se propone una solución de la forma:
U(x, t) = X(x)T (t)
La derivadas parciales son:
∂u
∂t= XT 0,
∂2u
∂x2= X 00T
Sustituyendo en la ecuación:
XT 0 = κX 00T − cXTDividiendo entre XT :
T 0
κT=X 00
X− c
κ
T 0
κT+c
κ=X 00
X= −λ2
Resolviendo la ecuación:
X 00
X= −λ2
Obtenemos:
X(x) = c1 cosλx+ c2senλx
312 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
La solución para T (t) es:
T 0
κT= −λ2 − c
κ
dT
T= (−κλ2 − c)dt
ZdT
T= −
Z(κλ2 + c)dt
lnT = −(κλ2 + c)t+ ln c3
lnT
c3= −(κλ2 + c)t
T = c3e−(κλ2+c)t
Por lo que la solución general se escribe como:
U(x, t) = (c1 cosλx+ c2 sinλx)c3e−(κλ2+c)t
U(x, t) = e−(κλ2+c)t(A cosλx+B sinλx)
Aplicando la condición de frontera:
U(0, t) = Ae−(κλ2+c)t = 0⇒ A = 0
Por lo que la solución se escribe como:
U(x, t) = Be−(κλ2+c)t sinλx
Aplicando la segunda condición de frontera:
U(L, t) = Be−(κλ2+c)t sinλL = 0 : λL = nπ : λ =
nπ
L
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 313
U(x, t) = Be−(kn2πL2
2k+c)t sin
nπ
Lx
Para poder aplicar la condición inicial se requiere usar el principio desuperposición:
U(x, t) =∞Xn=1
Bne−(kn2π
L2
2k+c)t sin
nπ
Lx
U(x, 0) = f(x) =∞Xn=1
Bn sinnπ
Lx
Bn =2
L
·Z L
0
f(x) sinnπ
Lxdx
¸Por lo tanto la solución se puede escribir como:
U(x, t) = 2L
∞Pn=1
hR L0f(x) sin nπ
Lxdx
ie−(
kn2πL2
2k+c)t sin nπ
Lx
La cual podría ser evaluada si se conociera la función f(x).
Problema 4. Una placa rectangular de dimensiones a y b, tienesus caras planas aisladas. Tres aristas se mantienen a temperaturacero mientras que la cuarta se mantiene a la temperatura constanteU0. Muestre que la temperatura de estado estacionario está dadapor
U(x, y) =2U0π
∞Xk=1
(1− cos kπ) sin(kπxa) sinh
¡kπya
¢k sinh(kπb
a)
Solución:Consideramos la ecuación de calor en dos dimensiones:
∂U
∂t= κ
µ∂2U
∂x2+
∂2U
∂y2
¶Como es en estado estacionario ∂U
∂t= 0
la ecuación que se resuelve, es la ecuación de Laplace
314 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
∂2U
∂x2+
∂2U
∂y2= 0
haciendo la separación de variables:
X 00
X+Y 00
Y= 0
X 00
X= −Y
00
Y= −λ2
La ecuación para X(x) ya se ha obtenido anteriormente:
X(x) = c1 cosλx+ c2senλx
La ecuación para Y (y) es:
Y 00
Y= λ2
Y 00 − λ2Y = 0
La ecuación característica es:
m2 − λ2 = 0
o sea m = ±λ. Po r lo tanto Y (y) se escribe como
Y (y) = c3eλy + c4e
−λy
la solución general es de la forma:
U(x, y) = (c1 cosλx+ c2 sinλx)¡c3e
λy + c4e−λy¢
las cpndiciones a la frontera se pueden escribir como
U(0, y) = U(x, 0) = U(a, y) = 0, U(x, b) = U0
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 315
donde se está suponiendo que la arista superior es la que se mantiene auna temperatura diferente de cero.Aplicando la primera condición de frontera
U(0, y) = 0 = c1(c3eλy + c4e
−λy)⇒ c1 = 0
U(x, y) = c2 sinλx¡c3e
λy + c4e−λy¢
La segunda condición de frontera:
U(a, y) = 0 = c2 sinλa¡c3e
λy + c4e−λy¢
se obtiene que sinλa = 0 por lo que λa = nπ y λ = nπa
U(x, y) = sinnπ
ax³Ae
nπay +Be
−nπay´
Se aplica ahora la tercera condición de frontera:
U(x, 0) = 0 = sinnπ
ax (A+B)
para esto (A+B) = 0 por lo tanto B = −A
U(x, y) = A sinnπ
ax³enπay − e−nπa y
´
U(x, y) = 2A sinnπx
a
Ãenπay − e−nπa y
2
!= B sin
nπx
asinh
nπ
ay
Se necesita utilizar el principio de superposición para poder aplicar laúltima condición:
U(x, y) =∞Xn=1
Bn sinnπ
ax sinh
nπ
ay
U(x, b) = U0 =∞Xn=1
Bn sinnπ
ax sinh
nπ
ab
316 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Esta condición se puede escribir como:
U0 =∞Xn=1
Cn sinnπ
ax
Si se toma que Cn = Bn sinh nπa bSe obtiene Cn a partir de las fórmulas de Fourier:
Cn =2
a
Z a
0
U0 sin³nπax´dx
Cn =2
a
hU0³ anπ
´³− cos nπ
ax´ia
0
Cn =2U0nπ(1− cosnπ)
A partir de Cn se puede obtener Bn:
Bn =Cn
sinh nπab
La solución es:
U(x, y) =∞Xn=1
Ã2U0nπ(1− cosnπ)sinh
¡nπab¢ !
sinnπ
ax sinh
nπ
ay
Por lo tanto:
U(x, y) =2U0π
∞Xn=1
Ã(1− cosnπ)n sinh
¡nπab¢! sin nπ
ax sinh
nπ
ay
que es precisamente lo que se deseaba demostrar.
Problema 5. Una cuerda de longitud de 2 ft pesa 4 onzas y seestira hasta que la tensión sea de 1 lb fuerza. El centro de la cuerdase alza 1/4 de pulgada por encima de la posición de equilibrioy luego se suelta. Encuentre el desplazamiento resultante de lacuerda como función del tiempo.Solución:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 317
Se resolverá la ecuación de la cuerda vibrante:
∂2Y
∂t2= a2
∂2Y
∂x2
Con las condiciones:
Y (0.t) = 0
Y (L, t) = 0
Yt(x, 0) = 0
Recordando que 14in = 1
48ft:
Y (x, 0) = f(x) =
½148x si 0 < x < 1
2148(L− x) si 1
2< x < L
haciendo la separación de variables se obtiene la solución general:
Y (x, t) = (c1 cosλx+ c2 senλx) (c3 cos aλt+ c4 senaλt)
Aplicando las condiciones en los extremos de la cuerda:
Y (0, t) = 0 = c1 (c3 cos aλt+ c4 senaλt) ⇒ c1 = 0
Y (L, t) = c2 senλL (c3 cos aλt+ c4 senaλt) ⇒ λL = nπ, λ = nπ/L
La solución entonces se escribe como:
Y (x, t) = sennπ
Lx (A cos
anπ
Lt+B sen
anπ
Lt)
Para aplicar la condición de que la velocidad inicial es cero, se requierederivar con respecto al tiempo:
Yt(x, t) = sennπ
Lx (−Aanπ
Lsen
anπ
Lt+B
anπ
Lcos
anπ
Lt)
Yt(x, 0) = 0 = senanπ
Lx (B
anπ
L) ⇒ B = 0
318 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Y la solución hasta ahora se escribe como:
Y (x, t) = A cosanπ
Lt sen
nπ
Lx
Para la última condición se aplica el principio de superposición:
Y (x, t) =∞Xn=1
An cosanπ
Lt sen
nπ
Lx
f(x) = Y (x, 0) =∞Xn=1
Ansennπ
Lx
;
An =2
L
Z L
0
f(x)sennπ
Lxdx
An =1
24L
Z L2
0
xsennπx
Ldx +
1
24L
Z L
L2
(L− x) sennπxLdx
An =1
24L
"− Lnπx cos
nπx
L+L
nπ
Z l2
0
cosnπx
Ldx
#+
1
24L
Z L
L2
L sennπx
Ldx −
− 1
24L
Z L
L2
x sennπx
Ldx
An =1
24L
·− Lnπx cos
nπx
L+
L2
n2π2sen
nπx
L
¸ l2
0
−·1
24
L
nπcos
nπx
L
¸LL/2
−
− 1
24L
µ− Lnπx cos
nπx
L+
L2
n2π2sen
nπx
L
¶LL/2
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 319
An =1
24L
·− L
2
2nπcos
nπ
2+
L2
n2π2sen
nπ
2
¸− 1
24
L
nπcosnπ +
1
24
L
nπcos
nπ
2−
− 1
24L
µ−L
2
nπcosnπ +
L2
n2π2sennπ +
L2
2nπcos
nπ
2− L2
n2π2sen
nπ
2
¶
An =1
24L
· − L2
2nπcos nπ
2+ L2
n2π2sennπ
2− L2
nπcosnπ + L2
nπcos nπ
2+ L2
nπcosnπ−
− L2
2nπcos nπ
2+ L2
n2π2sennπ
2
¸
An =L
12n2π2sen
nπ
2
Y (x, t) =L
12π2
∞Xn=1
sennπ2
n2cos
anπ
Lt sen
nπ
Lx
Problema 6. Una cuerda fuertemente estirada con puntos ex-tremos fijos en x = 0 y x = L está inicialmente en equilibrio. Ent = 0 se pone a vibrar al darle a cada uno de sus puntos extremosuna distribución de velocidad definida por g(x). a) Establezca elproblema de valor de frontera, y b) Muestre que el desplazamientode cualquier punto de la cuerda para cualquier tiempo t > 0 estádado por
y(x, t) =∞Xn=1
bnsennπx
Lsen
nπat
L
donde
bn =2
nπa
Z L
0
g(x)sennπx
Ldx
Solución:Las condiciones de frontera son:
y(0, t) = y(L, t) = 0
y(x, 0) = 0, yt(x, 0) = g(x)
Se sabe que la solución es:
320 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
y(x, t) = (c1 cosλx+ c2senλx)(c3 cos aλt+ c4senaλt)
La aplicación de las condiciones de frontera es análoga al problema ante-rior.
y(0, t) = 0 =⇒ C1 = 0
y(L, t) = 0 =⇒ λ =nπ
L
La solución hasta ahora es:
y(x, t) = sennπx
L
µA cos
anπt
L+Bsen
anπt
L
¶Ahora se aplica la condición:
y(x, 0) = 0
y(x, 0) = sennπx
L(A) =⇒ A = 0
y(x, t) = Bsennπx
Lsen
anπt
L
Ahora se usa el principio de superposición:
y(x, t) =∞Xn=1
bnsennπx
Lsen
anπt
L
Para aplicar la última condición es necesario derivar:
yt(x, 0) = g(x)
Derivando:
yt(x, t) =∞Xn=1
bnanπ
Lsen
nπx
Lcos
anπt
L
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 321
yt(x, 0) =∞Xn=1
bnanπ
Lsen
nπx
L=
∞Xn=1
Dnsennπx
L
donde se ha puesto Dn = bn anπL , para obtener Dn se integra:
Dn =2
L
Z L
0
g(x)sennπx
Ldx
Despejando bn
bn = DnL
anπ=
2
anπ
Z L
0
g(x)sennπx
Ldx
Entonces la solución se puede escribir como:
y(x, t) =∞Xn=1
bnsennπx
Lsen
nπat
L
con
bn =2
nπa
Z L
0
g(x)sennπx
Ldx
Problema 7. Una placa tiene la forma de una región anularacotada por dos círculos concéntricos de radio r1 y r2, respectiva-mente. Tomando r1 = 1 y r2 = 2, y asumiendo que las temperaturasde frontera están dadas, respectivamente, porU1 = 100 sinφ, U2 = 50 cosφ, 0 < φ < 2πencuentre la temperatura de estado estacionario en cada punto
de la placa.Solución:La solución de la ecuación de calor en coordenadas polares es:
U (r, θ) = (c1 cosλθ + c2 sinλθ)¡c3rλ+ c4r
−λ¢Debido a la periodicidad de θ , tenemos que λ = nLas condiciones a la frontera son:
U (1, θ) = 100 sin θ, U (2, θ) = 50 cos θ
322 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Escribiendo la solución como:
U (r, θ) =¡c1c3r
n cosnθ + c1c4r−n cosnθ + c2c3rn sinnθ + c2c4r−n sinnθ
¢U (1, θ) = c1c3 cosnθ + c1c4 cosnθ + c2c3 sinnθ + c2c4 sinnθ = 100 sin θ
U (2, θ) = c1c32n cosnθ+c1c42
−n cosnθ+c2c32n sinnθ+c2c42−n sinnθ = 50 cos θ
Para que estas condiciones sean consistentes debe tenerse n = 1 y además:
(c1c3 + c1c4) cos θ + (c2c3 + c2c4) sin θ = 100 sin θ
¡2c1c3 + 2
−1c1c4¢cos θ +
¡21c2c3 + 2
−1c2c4¢sin θ = 50 cos θ
De donde se obtienen las ecuaciones:
c1c3 + c1c4 = 0
2c1c3 +1
2c1c4 = 50
Resolviendo:
c1c3 =100
3
c1c4 =−1003
Análogamente
c2c3 + c2c4 = 100
2c2c3 +1
2c2c4 = 0
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 323
c2c3 =−1003
c2c4 =400
3
Susutituyendo en la solución:
U (r, θ) =100
3r cos θ − 100
3r−1 cos θ − 100
3r sin θ +
400
3r−1 sin θ
Finalmente:
U (r, θ) =100
3
µr − 1
r
¶cos θ +
100
3
µ4
r− r¶sin θ
Problema 8. Encuentre la temperatura de estado estacionarioen una placa en la forma de un sector circular de radio unitario yángulo π/6, si las temperaturas de los lados se mantienen a 0, latemperatura del arco circular se mantiene a 100, y las caras planasestán aisladas.¿Cual es la solución si el sector tiene radio c?La solución general de la ecuación
∂2U
∂r2+1
r
∂u
∂r+1
r
∂2U
∂θ2= 0
es la siguiente:
u(r, θ) = (c1 cosλθ + c2senλθ) (c3rλ+ c4r−λ)
Por acotamiento c4 = 0
u(r, θ) = rλ (A cosλθ +Bsenλθ)
324 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
las condiciones de frontera son:
u(r, 0) = 0; u(1, θ) = 100; u(r,π
6) = 0
Aplicando la primera condición:
u(r, 0) = 0 = r2 A ⇒ A = 0
u(r, θ) = B rλsenθλ
La segunda condición:
u(r,π
6) = 0 = Brλsenλπ/6 ⇒ λ = 6n
u(r, θ) = Bn r6n sen 6nθ
Usando el principio de superposición para aplicar la última condición defrontera:
u(r, θ) =∞Xn=1
Bn r6n sen 6nθ
u(1, 0) = 100 =∞Xn=1
Bnsen6nθ
Bn =2π6
100
Z π6
0
sen 6nθ dθ = 2006
π
·− 16ncos 6nθ
¸π6
0
= −200nπ
(cosnπ − 1)
Bn =200
nπ[1− cosnπ]
u(r, θ) =200
π
∞Xn=1
1− cosnπn
r6n sen 6nθ
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 325
Si r = c :
u(c, θ) = 100∞Xn=1
Bn c6n sen 6nθ = 100
∞Xn=1
Dn sen 6nθ
donde Dn = Bn c6n, como
Dn =200
nπ(1− cosnπ)
entonces para este caso la solución es simplemente:
u(r, θ) =200
π
∞Xn=1
1− cosnπc6nn
r6n sen 6nθ
Problema 9. Encuentre la temperatura de estado estacionarioen una placa en la forma de un sector circular de radio unitarioy àngulo π/2.Si la temperatura de los lados se mantiene a 0, latemperatura del arco circular se mantiene a 100 y las caras planasestán aisladas.Solución:La ecuación de Laplace en coordenadas polares se escribe como:
∂2u
∂r2+1
r
∂u
dr+1
r2∂2u
∂θ2= 0
Se propone una solución de la forma:
u(r, θ) = R(r)Θ(θ)
Sustituyendo:
R00Θ+ 1rR0Θ+ 1
r2RΘ00
RΘ= 0
R00
R+1
r
R0
R+1
r2Θ00
Θ= 0
r2R00
R+ r
R0
R= −Θ
00
Θ= λ2
326 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
La solución para Θ(θ) es:
Θ(θ) = (c1 cosλθ + C2senλθ)
La ecuación que queda para R(r) es de Cauchy Euler:
r2R00 + rR0 − λ2R = 0
para resolverla se propone una solución de la forma R(r) = rm :
r2(m)(m− 1)rλ−2 + rmrλ−1 − λ2rλ = 0
(m)(m− 1) +m− λ2 = 0, m2 − λ2 = 0, m = ±λPor lo que la solución para R(r) es:
R(r) = c3rλ+ c4r−λ
Y la solución general se escribe como:
u(r, θ) = (c1 cosλθ + c2senλθ) (c3rλ+ c4r−λ)
Como la solución debe ser acotada en el origen: c4 = 0, reagrupandoconstantes:
u(r, θ) = rλ (A cosλθ +Bsenλθ)
Las condiciones a la frontera son:
U(r, 0) = 0, U(r,π/2) = 0, U(1, θ) = 100
Aplicando la primera condición:
U(r, 0) = 0 = rλA =⇒ A = 0
U(r, θ) = Brλsenλθ
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 327
Aplicando ahora la segunda condición:
U(r,π/2) = 0 = Brλsinλπ
2⇒ λπ
2= nπ, λ = 2n
U(r, θ) = Br2nsin2nθ
usando el principio de superposición:
U(r, θ) =∞Xn=1
Bnr2nsin2nθ
Por último:
U(1, θ) = 100 =∞Xn=1
Bnsin2nθ
Usando Fourier:
Bn =2π2
Z π/2
0
100 sin 2nθdθ =−(200)2π2n
cos 2nθ
¯π/20
=−200nπ
(cosnπ − 1)
Bn =200
nπ(1− cosnπ)
La solución se escribe como:
U(r, θ) =200
π
X (1− cosnπ)n
r2n sin 2nθ
Problema 10. Si una cuerda con sus puntos extremos fijos enx = 0 y x = L está bajo la influencia de la gravedad pero no vibra,muestre que su forma está dada por la porción de la parábola
Y = −gx (L− x)2a2
entre x = 0 y x = L.
Solución:La ecuación de la cuerda vibrante es:
328 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
∂2Y
∂t2= a2
∂2Y
∂x2
Pero si consideramos la gravedad, la ecuación cambia:
∂2Y
∂t2= a2
∂2Y
∂x2− g
Usamos las condiciones inciales:
Y (0, t) = 0, Y (L, t) = 0, Y (x, 0) = f (x) , Yt (x, 0) = 0
Donde f(x) representa el desplazamiento incial, pero como no vibra:
Y (x, 0) = f (x) = 0
Como la ecuación es no homogénea se requiere hacer un cambio de vari-able:
Y (x, t) =W (x, t) + ψ (x)
Sustituimos
∂2W
∂t2= a2
∂2W
∂x2+ a2ψ − g
para que la ecuación quede homogénea tomamos:
a2ψ − g = 0
es decir:
ψ00 =g
a2
Integrando dos veces:
ψ(x) =gx2
2a2+ αx+ β
La ecuación que debemos resolver es:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 329
∂2W
∂t2= a2
∂2W
∂x2
con las condiciones a la frontera e iniciales:
W (0, t) = Y (0, t)− ψ (0) = 0− β = 0⇒ β = 0
W (L, t) = Y (L, t)− ψ (L) = 0− gL2
2a2− αL = 0
Despejando α :
α = − gL2a2
Por lo que
ψ (x) =gx2
2a2− gL
2a2x = −gx (L− x)
2a2
En cuanto a las condiciones iniciales:
W (x, 0) = Y (x, 0)− ψ (x) =gx (L− x)
2a2
Wt (x, 0) = Yt (x, 0) = 0
La solución para W (x, t) es:
W (x, t) = (c1 cos aλt+ c2senaλt) (c3 cos λx+ c4 sen λx)
Aplicando la primera condición:
W (0, t) = 0
W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c3) = 0⇒ c3 = 0
Es decir, la solución queda hasta ahora como:
W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c4 sen λx) = sen λx(A cosλt+Bsenλt)
330 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Aplicamos la condición inicial:
Wt(x, 0) = 0
Wt(x, t) = sen λx(−Aλsenλt+Bλ cosλt)
Wt(x, 0) = sen λx(Bλ) = 0⇒ B = 0
es decir, la solución queda en este paso como:
W (x, t) = Asen λx cosλt
Aplicamos la otra condición de frontera:
W (L, t) = Asen λL cosλt = 0⇒ λL = nπ
es decir
λ =nπ
L
W (x, t) = Asennπ
Lx cos
nπ
Lt
Usando principio de superposición:
W (x, t) =∞Xn=1
Ansennπ
Lx cos
nπ
Lt
Por último aplicamos la condición inicial:
W (x, 0) =gx (L− x)
2a2
W (x, 0) =∞Xn=1
Ansennπ
Lx =
gx (L− x)2a2
An =2
L
Z L
0
(gx (L− x)
2a2)sen
nπ
Lxdx
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 331
Hacemos primero la integralZxsen
nπ
Lxdx
u = x, du = dx
dv = sennπ
Lxdx, v = − L
nπcos
nπ
Lx
Zxsen
nπ
Lxdx = −Lx
nπcos
nπ
Lx+
L
nπ
Zcos
nπ
Lxdx
Zxsen
nπ
Lxdx = −Lx
nπcos
nπ
Lx+
L2
(nπ)2sen
nπ
Lx
Como se va a necesitar, también se resuelve la integral:Zx cos
nπ
Lxdx
u = x, du = dx
dv = cosnπ
Lxdx, v =
L
nπsen
nπ
Lx
Zx cos
nπ
Lxdx =
Lx
nπsen
nπ
Lx− L
nπ
Zsen
nπ
Lxdx
Zx cos
nπ
Lxdx =
Lx
nπsen
nπ
Lx+
L2
(nπ)2cos
nπ
Lx
Ahora se resuelve la integral:Zx2sen
nπ
Lxdx
332 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
u = x, du = dx
dv = xsennπ
Lxdx, v = −Lx
nπcos
nπ
Lx+
L2
(nπ)2sen
nπ
Lx
Zx2sen
nπ
Lxdx = −Lx
2
nπcos
nπ
Lx+
L2x
(nπ)2sen
nπ
Lx−
−Z ·−Lxnπcos
nπ
Lx+
L2
(nπ)2sen
nπ
Lx
¸dx =
= −Lx2
nπcos
nπ
Lx+
L2x
(nπ)2sen
nπ
Lx+
L
nπ
Z ³x cos
nπ
Lx´dx
− L2
(nπ)2
Zsen
nπ
Lxdx = −Lx
2
nπcos
nπ
Lx+
L2x
(nπ)2sen
nπ
Lx
+L
nπ
µ−Lxnπsen
nπ
Lx+
L2
(nπ)2cos
nπ
Lx
¶+
L3
(nπ)3cos
nπ
Lx =
−Lx2
nπcos
nπ
Lx+
L2x
(nπ)2sen
nπ
Lx− L2x
(nπ)2sen
nπ
Lx+
L3
(nπ)3cos
nπ
Lx+
+L3
(nπ)3cos
nπ
Lx
Zx2sen
nπ
Lxdx = −Lx
2
nπcos
nπ
Lx+
2L3
(nπ)3cos
nπ
Lx
Ahora bien:
An =g
2a2L
Z L
0
x (L− x) sen nπLxdx
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 333
An =g
2a2
Z L
0
xsennπ
Lxdx− g
2a2L
Z L
0
x2sennπ
Lxdx =
An =g
2a2
·−Lxnπcos
nπ
Lx+
L2
(nπ)2sen
nπ
Lx
¸L0
− g
2a2L
·−Lx
2
nπcos
nπ
Lx+
2L3
(nπ)3cos
nπ
Lx
¸L0
An =g
2a2
·−L
2
nπcosnπ
¸− g
2a2L
·−L
3
nπcosnπ +
2L3
(nπ)3cosnπ − 2L3
(nπ)3
¸
An = − gL2
2a2nπcosnπ+
gL2
2a2nπcosnπ+
gL2
a2 (nπ)3(1−cosnπ) = gL2
a2 (nπ)3(1−cosnπ)
Por lo tanto la solución se escribe como:
W (x, t) =gL2
a2π3
∞Xn=1
(1− cosnπ)n3
sennπ
Lx cos
nπ
Lt
Y la solución Y (x, t) es:
Y (x, t) =gL2
a2π3
∞Xn=1
(1− cosnπ)n3
sennπ
Lx cos
nπ
Lt− gx (L− x)
2a2
Esta es la solución para una cuerda vibrante que está sometida a la acciónde la gravedad, pero si por alguna razón la cuerda no oscila entonces lasolución solamente es:
Y (x) = −gx (L− x)2a2
Problema 11. Evalue e interprete físicamente el siguiente prob-lema de valor de frontera.
∂2Y
∂t2= 1 +
∂2Y
∂x2
Y (0, t) = 1, Yx(π
2, t) = −π
2, Y (x, 0) = 1 +
1
2x2 − 1
2πx, Yt(x, 0) = 0
334 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Solución: Se trata de una ecuación de onda con un término extra el cualpuede deberse a la presencia de una fuerza constante externa. Las condicionesa la frontera también son no homogéneas, por lo que debe hacerse un cambiode variable:
Y (x, t) =W (x, t) + ψ(x)
Las derivadas son:
∂2Y
∂t2=
∂2W
∂t2
∂2Y
∂x2=
∂2W
∂x2+ ψ00(x)
Sustituyendo:
∂2Y
∂t2= 1 +
∂2W
∂x2+ ψ00(x)
Se desea que la ecuación quede de la forma:
∂2Y
∂t2=
∂2W
∂x2
Por lo que debemos tomar:
1 + ψ00(x = 0
Integrando:ψ0(x) = −x+ α
Integrando otra vez:
ψ(x) = −x2
2+ αx+ β
Las condiciones a la frontera e iniciales para W (x, t) = Y (x, t) − ψ(x)quedan:
W (0, t) = Y (0, t)− ψ(0) = 0
pero esto nos lleva a:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 335
W (0, t) = 1− β = 0 ⇒ β = 1
La siguiente condición es:
Wx(π
2, t) = Yx(
π
2, t)− ψ0 (
π
2) = −π
2− (−π
2+ α) = −α = 0
es decir, para que las condiciones de frontera queden homogéneas debecumplirse que α = 0 y β = 1, es decir:
ψ(x) = −x2
2+ 1
En cuanto a las condiciones iniciales estas quedan:
W (x, 0) = Y (x, 0)− ψ (x) = 1 +1
2x2 − 1
2πx+
x2
2− 1 = x2 − 1
2πx
Wt(x, 0) = Yt(x, 0) = 0
La solución de la ecuación:
∂2W
∂t2=
∂2W
∂x2
es
W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c3 cos λx+ c4 sen λx)
Aplicando la primera condición:
W (0, t) = 0
W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c3) = 0⇒ c3 = 0
Es decir, la solución queda hasta ahora como:
W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c4 sen λx) = sen λx(A cosλt+Bsenλt)
336 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Aplicamos la condición inicial:
Wt(x, 0) = 0
Wt(x, t) = sen λx(−Aλsenλt+Bλ cosλt)
Wt(x, 0) = sen λx(Bλ) = 0⇒ B = 0
es decir, la solución queda en este paso como:
W (x, t) = Asen λx cosλt
Aplicamos la otra condición de frontera:
Wx(x, t) = Aλ cos λx cosλt
Wx(π
2, t) = Aλ cos λ
π
2cosλt = 0⇒ cos λ
π
2= 0⇒ λ
π
2=(2n− 1)π
2
es decir
λ = 2n− 1
W (x, t) = Asen (2n− 1)x cos(2n− 1)tUsando principio de superposición:
W (x, t) =∞Xn=1
Ansen (2n− 1)x cos(2n− 1)t
Por último aplicamos la condición inicial:
W (x, 0) = x2 − 12πx
W (x, 0) =∞Xn=1
Ansen (2n− 1)x = x2 − 12πx
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 337
An =2π2
Z π2
0
(x2 − 12πx)sen (2n− 1)xdx
Hacemos primero la integralZxsen (2n− 1)xdx
u = x, du = dx
dv = sen(2n− 1)x, v = − 1
2n− 1 cos(2n− 1)x
Zxsen (2n− 1)xdx = − x
2n− 1 cos(2n− 1)x+1
2n− 1Zcos(2n− 1)xdx
Zxsen (2n− 1)xdx = − x
2n− 1 cos(2n− 1)x+1
(2n− 1)2 sen(2n− 1)x
Como se va a necesitar, también se resuelve la integral:Zx cos (2n− 1)xdx
u = x, du = dx
dv = cos(2n− 1)x, v = 1
2n− 1sen(2n− 1)x
Zx cos (2n− 1)xdx = x
2n− 1sen(2n− 1)x−1
2n− 1Zsen(2n− 1)xdx
Zx cos(2n− 1)xdx = x
2n− 1sen(2n− 1)x+1
(2n− 1)2 cos(2n− 1)x
338 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Ahora se resuelve la integral:Zx2sen (2n− 1)xdx
u = x, du = dx
dv = xsen(2n− 1)x, v = − x
2n− 1 cos(2n− 1)x+1
(2n− 1)2 sen(2n− 1)xRx2sen (2n− 1)xdx = − x2
2n−1 cos(2n− 1)x+ x(2n−1)2 sen(2n− 1)x−
− R h− x2n−1 cos(2n− 1)x+ 1
(2n−1)2 sen(2n− 1)xidx = − x2
2n−1 cos(2n−1)x++ x(2n−1)2 sen(2n− 1)x+ 1
2n−1R(x cos(2n− 1)x) dx−− 1
(2n−1)2Rsen(2n−
1)xdx =− x2
2n−1 cos(2n− 1)x+ x(2n−1)2 sen(2n− 1)x+
+ 12n−1
³x
2n−1sen(2n− 1)x+ 1(2n−1)2 cos(2n− 1)x
´− 1
(2n−1)3 cos(2n− 1)xZx2sen (2n− 1)xdx = − x2
2n− 1 cos(2n− 1)x+2x
(2n− 1)2sen(2n− 1)x
Ahora bien:
An =4
π
"− x2
2n−1 cos(2n− 1)x+ 2x(2n−1)2 sen(2n− 1)x+ π
2(2n−1) cos(2n− 1)x− π2(2n−1)2 sen(2n− 1)x
#π2
0
An =4
π
"− π2
4(2n−1) cos(2n− 1)π2 + π(2n−1)2 sen(2n− 1)π2 + π
2(2n−1) cos(2n− 1)π2−− π2(2n−1)2 sen(2n− 1)π2 − π
2(2n−1)
#=
An =4
π
·π
2 (2n− 1)2sen(2n− 1)π
2− π
2(2n− 1)¸=
2
(2n− 1)hsen(2n− 1)π
2− 1i
Por lo tanto la solución se escribe como:
W (x, t) = 2∞Xn=1
1
(2n− 1)hsen(2n− 1)π
2− 1isen (2n− 1)x cos(2n− 1)t
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 339
Y la solución Y (x, t) es:
Y (x, t) = 2∞Xn=1
1
(2n− 1)hsen(2n− 1)π
2− 1isen (2n−1)x cos(2n−1)t−x
2
2+1
Problema 12. Una placa circular de radio unitario y difusividadk tiene una temperatura inicial dada por
f (r)=100 si 0 < r < 1
2
0 si 12< r < 1
Donde r es la distancia de cualquier punto desde el centro.Asumiendo que la temperatura del borde se mantiene a cero yque las caras planas están aisladas encuentre la temperatura encualquier parte de la placa en cualquier punto.Solución:Se resuelve la ecuación:
∂u
∂t= κ
µ∂2u
∂r2+1
r
∂u
∂r
¶Por el método de separación de variables
RT0= κ
¡R00T + 1
rR0T
¢RT
T 0
κT=R”
R+1
r
R0
R= −λ2
Para T (t) queda la ecuación:
T 0
κT= −λ2
Cuya solución es:
T (t) = c1e−κλ2t
La ecuación para R(r) es:µR”
R+1
r
R0
R= −λ2
¶
340 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Que se puede escribir como:
r2R00 + rR0 + λ2r2R = 0
La cual es una ecuación de Bessel de orden cero con solución:
R(r) = c2J0(λr) + c3Y0 (λr)
La solución general es:
u (r, t) =³c1e
−kλ2t´(c2J0(λr) + c3Y0 (λr))
Como la solución debe ser acotada y la función Y0 (λr) no es acotada enle origen, entonces debe tomarse c3 = 0, reagrupando constantes la soluciónse escribe como:
u (r, t) = ce−kλ2tJ0(λr)
Como el brode se mantiene a temperatura cero, se tiene la condición defrontera:
u (1, t) = 0
u (1, t) = ce−kλ2tJ0(λ) = 0
Y debe tenerse que J0(λ) = 0, por lo tanto los eigenvalores λ son lasraíces de la J0(x) = 0.Usando el principio de superposición para aplicar la última condición de
frontera:
u (r, t) =∞Xk=1
cke−kλ2ktJ0(λkr)
Aplicando la última condición:
u (r, 0) =∞Xk=1
ckJ0(λkr) = f(r)
De tal manera que:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 341
ck =
R 10f (r) rJ0(λkr)drR 10rJ2o (λkr)dr
La integral del denominador da el siguiente resultado:Z 1
0
rJ2o (λkr)dr =1
2J020 (λk) =
1
2J21 (λk)
La integral del numerador es:Z 1
0
f (r) rJ0(λkr)dr = 100
Z 12
0
rJ0(λkr)dr
Haciendo el cambio de variable:
u = λkr, r =u
λk,du
λk= dr
Z 1
0
f (r) rJ0(λkr)dr = 100
Z kk2
0
u
λkJ0(u)
du
λk=100
λ2k
Z kk2
0
uJ0(u)du
Z 1
0
f (r) rJ0(λkr)dr =100
λ2kuJ1(u)
¯kk2
0
=100
λ2k
λk2J1(
λk2) =
50
λkJ1(
λk2)
O sea, ck se escribe como
ck =50λkJ1(
λk2)
12J21 (λk)
=100J1(
λk2)
λkJ21 (λk)
Por lo tanto la solución se escribe como:
u (r, t) = 100∞Xk=1
J1(λk2)
λkJ21 (λk)e−kλ
2ktJ0(λkr)
Problema 13. Trabaje el problema anterior si la condición detemperatura en el borde se reemplaza por la condición de radiaciónen el borde dada por ur (1, t) = −2u (1, t).
342 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
Solución:La solución coincide con lo realizado en el problema anterior hasta que
u (r, t) = ce−kλ2tJ0(λr)
pero la condición al borde ahora es
ur (1, t) = −2u (1, t)
para ello es necesario obtener la derivada de la solución con respecto a r :
ur (r, t) = cλe−kλ2tJ 00(λr)
la condición se aplica así:
cλe−kλ2tJ 00(λ) = −2ce−kλ
2tJ0(λ)
y nos lleva a:
2J0(λ) + λJ 00(λ) = 0
es decir, las λ’s son las raíces de 2J0(x) + xJ 00(x) = 0, λ = λkUsando el principio de superposición para aplicar la última condición de
frontera:
u (r, t) =∞Xk=1
cke−kλ2ktJ0(λkr)
La solución tiene el mismo aspecto que en el problema anterior pero lasλ’s son muy diferentes.Aplicando la última condición:
u (r, 0) =∞Xk=1
ckJ0(λkr) = f(r)
De tal manera que:
ck =
R 10f (r) rJ0(λkr)drR 10rJ2o (λkr)dr
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 343
Para calcular la integral del denominador se hace lo siguiente:Se sabe que si rk son las raíces de la ecuación:
µJn (x) + xJ0n (x) = 0
Entonces: Z 1
0
xJ2n (rkx) dx =(µ2 + r2k − n2)J2n (rk)
2r2k
en nuestro caso:µ = 2; n = 0; rk = λkasí obtenemos finalmenteZ 1
0
rJ20 (λkr) dr =(4 + λ2k)J
20 (λk)
2λ2k
La integral del numerador da el mismo resultado:Z 1
0
f (r) rJ0(λkr)dr =50
λkJ1(
λk2)
O sea, ck se escribe como
ck =50λkJ1(
λk2)
(4+λ2k)J20 (λk)2λ2k
=100λkJ1(
λk2)
(4 + λ2k)J20 (λk)
Por lo tanto la solución se escribe como:
u (r, t) = 100∞Xk=1
100λkJ1(λk2)
(4 + λ2k)J20 (λk)
e−kλ2ktJ0(λkr)
Problema 14. Un cilindro de radio unitario y longitud L tiene susuperficie convexa y base en el plano xy mantenidas a temperaturacero mientras que el extremo superior se mantiene a temperaturaf(r). Escriba y resuelva el problema de valor de frontera para latemperatura de estado estacionario en cualquier punto del cilindro.Solución:La ecuación que se resolverá es la siguiente. Note que no hay dependencia
del ángulo por la simetría y tampoco del tiempo, porque el problema esestacionario.
344 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
∂2U
∂r2+1
r
∂U
∂r+
∂2U
∂z2= 0
los condiciones a la frontera son
U(r, 0) = 0; U(r, L) = f(r); U(1, z) = 0
Haciendo la separación de variables:
R00Z + 1rR0Z +RZ 00
RZ= 0
R00
R+1
r
R0
R+Z 00
Z= 0
R00
R+1
r
R0
R= −λ2
Z 00
Z= −λ2
Resolviendo las ecuaciones:
d2Z
dz+ λ2Z = 0
Z(z) = c1eλz + c2e
−λz
La ecuación para R(r) es:
r2d2R
dr+ r
dR
dr+ λ2r2R = 0
la cual es una ecuación de Bessel cuya solución es:
R(r) = c3J0(λr) + c4Y0(λr)
De tal forma que la solución general del problema se escribe como:
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 345
U(r, z) = (c1eλz + c2e
−λz)(c3J0(λr) + c4Y0(λr))
La solución debe de ser acotada para r = 0, pero la función Y0(λr) no esacotada en el origen, por tal motivo debe tomarse c4 = 0.Aplicando la primera condición inicial:
U(r, 0) = 0 = (c1 + c2) (c3J0(λr))
0 = c1 + c2 por lo tanto c2 = −c1sustituyendo en U(r, z)
U(r, z) = (c1eλz − c1e−λz)c3J0(λr)
Se factoriza el c1 y se divide entre dos para utilizar la identidad del senhz.Agrupando las constantes:
U(r, z) = c sinh(λz)J0(λr)
Aplicando la siguiente condición:
U(1, z) = 0 = c sinh(λz)J0(λ)
J0(λ) = 0 esto significa que λ son todos los raíces positivas de J0(x) = 0
λ = λk
Y usando el principio de superposición:
U(r, z) =∞Xk=1
ck sinh(λkz)J0(λkr)
Aplicando la última condición: U(r, L) = f(r)
U(r, L) = f(r) =∞Xk=1
ck sinh(λkL)J0(λkr) =∞Xk=1
dkJ0(λkr)
donde se ha tomado: dk = ck sinh(λkL)La expresión para dk es:
346 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
dk =
R 10rf(r)J0(λkr)drR 10rJ2o (λkr)dr
=2R 10rf(r)J0(λkr)dr
J21 (λk)
es decir, ck es:
ck =2R 10rf(r)J0(λkr)dr
J21 (λk) sinh(λkL)
Y la solución se escribe como:
U(r, z) = 2∞Xk=1
R 10rf(r)J0(λkr)dr
J21 (λk) sinh(λkL)sinh(λkz)J0(λkr)
Problema 15. Considere una placa metálica delgada rectangu-lar cuyo ancho es L y cuya longitud es tan grande comparada consu ancho que para todos los propósitos prácticos se puede con-siderar infinita. Asumamos que los lados infinitos se mantienenaislados y que la base de la placa (en el eje x) se mantiene a unatemperatura constante U0oC. Asumiremos también que las carasde la placa están aisladas de modo que el calor no puedeentrar ni escapar de ellas. Buscamos determinar la temperaturade estado estacionario de la placa, esto es, la temperatura que esindependiente del tiempo.Solución:La ecuación de calor es:
∂U
∂t= k
µ∂2U
∂x2+
∂2U
∂y2
¶Por ser estado estacionario, el término ∂U
∂t= 0
∂2U
∂x2+
∂2U
∂y2= 0
Utilizando el método de separaciòn de variables
U(x, y) = X(x)Y (y)
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 347
X 00Y +XY 00
XY= 0
X”
X+Y ”
Y= 0
Haciendo la separación de variables:
X”
X= −Y ”
Y= −λ2
La ecuación para X(x):
X”
X= −λ2
X(x) = C1 cosλx+ C2senλx
La ecuación para Y (y):
Y ”
Y= λ2
d2Y
dy2= λ2y
d2Y
dy2− λ2y = 0
m2 = λ2
m = ±λ
Y (y) = C3eλy + C4e
−λy
348 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES
U(x, y) = (C1 cosλx+ C2senλx)¡C3e
λy + C4e−λy¢
Con las condiciones a la frontera:
U(0, y) = 0, u(L, y) = 0, u(x, 0) = U0
La temperatura debe estar acotada, por lo tanto C3 = 0.Factorizando y agrupando los productos de las constantes en dos nuevas
constantes A y B
U(x, y) = e−λy(A cosλx+Bsenλx)
Aplicando la primera condición de frontera:
u(0, y) = Ae−λy = 0⇒ A = 0
Por lo tanto la solución hasta ahora está dada como:
U(x, y) = Be−λysenλx
Ahora aplicamos la condición u(L, y) = 0
U(x, L) = Be−λysenλL = 0, ⇒ λ =nπ
L
Por lo tanto:
U(x, y) = Be−nπLysen
nπ
Lx
Usando el principio de superposición:
U(x, y) =∞Xn=1
Bne−nπ
Lysen
nπ
Lx
Por último aplicamos la condición:
U(x, 0) = U0
U(x, 0) =∞Xn=1
Bnsennπ
Lx = U0
8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 349
Bn =2
L
Z L
0
U0sennπ
Lxdx = − 2
L
U0L
nπcos
nπx
L
¯L0
=2U0nπ(1− (−1)n)
Y la solución se puede escribir como:
U(x, y) =2U0π
∞Xn=1
1
n(1− (−1)n)e−nπ
Lysen
nπ
Lx
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