ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN … Diferenciales/Guias... · ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden y sus aplicaciones 2.1 ... ecuaciones diferenciales

Prof. José Luis Quintero 59

TEMA 2

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE

SEGUNDO ORDEN Y SUS APLICACIONES

2.1. MOTIVACIÓN Las ecuaciones diferenciales de orden mayor o igual que dos son bastante

difíciles de resolver. De manera especial se estudiarán, algunas ecuaciones lineales,

para las cuales existe una teoría general a efectos de su integración (las lineales a

coeficientes constantes). Ya se ha visto un tipo de problema que conduce a ecuaciones

de orden superior a uno: la determinación de la ecuación diferencial de una familia de

curvas planas que depende de más de un parámetro. Se resolverán, inicialmente,

ecuaciones diferenciales lineales de orden dos o superior, con coeficientes constantes.

En las aplicaciones las ecuaciones lineales de orden superior con coeficientes variables

tienen la misma importancia, si no es que más, que las de coeficientes constantes. Una

ecuación lineal sencilla de segundo orden con coeficientes variables, como es y '' xy 0+ = , no tiene soluciones elementales. Se pueden encontrar dos soluciones

linealmente independientes de esta ecuación pero, según se verá, estas soluciones

están representadas por series infinitas.

2.2. ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL DE SEGUNDO ORDEN

Definición 1. Una ecuación diferencial lineal de segundo orden de coeficientes

reales tiene la forma 2

2

d y dya b cy g(x)

dxdx+ + = o bien ay '' by ' cy g(x)+ + = (1) con a, b,

c R,∈ a 0,≠ g(x) una función continua en un intervalo abierto I.

Cuando g(x) es diferente de cero entonces se dirá que (1) es una ecuación diferencial lineal no homogénea mientras que si g(x) 0= entonces (1) es una ecuación

diferencial lineal homogénea.

Definición 2. Sea ay '' by ' cy g(x)+ + = una ecuación diferencial lineal de segundo

orden con coeficientes reales y no homogénea. A la ecuación ay '' by ' cy 0+ + = (2) se

le llamará su ecuación homogénea asociada.


2.3. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL DE LAS SOLUCIONES Definición 3. Se dice que un conjunto de funciones 1f (x), 2f (x), ..., nf (x) es

linealmente dependiente en un intervalo I si existen constantes 1 2 nc , c , ..., c , no

todas nulas, tales que 1 1 2 2 n nc f (x) c f (x) ... c f (x) 0+ + + = para todo x en el intervalo.

Ejemplo 1. Las funciones 1f (x) sen2x= y 2f (x) senx cos x= son linealmente

dependientes en el intervalo x−∞ < < ∞ puesto que 1 2c sen2x c senx cos x 0+ = se

satisface para todo x si se elige 1c 1 /2= y 2c 1= − .

Ejemplo 2. Las funciones 1f (x) x 5= + , 2f (x) x 5x= + , 3f (x) x 1= − , 24f (x) x= , son

linealmente dependientes en 0 x< < ∞ ya que 2 1 3 4f (x) 1.f (x) 5.f (x) 0.f (x)= + + para todo

x del intervalo.

Definición 4. Se dice que un conjunto de funciones 1f (x), 2f (x), ..., nf (x) es

linealmente independiente en un intervalo I si no es linealmente dependiente en el

intervalo.

En otras palabras, un conjunto de funciones es linealmente independiente en un intervalo si las únicas constantes para las cuales 1 1 2 2 n nc f (x) c f (x) ... c f (x) 0+ + + = ,

para todo x en el intervalo, son 1 2 nc c ... c 0.= = = =

Ejemplo 3. Las funciones 1f (x) x= y 2f (x) x= son linealmente independientes en el

intervalo x−∞ < < ∞ . El intervalo en el cual las funciones están definidas es importante

en las consideraciones sobre dependencia lineal. Las funciones 1f (x) x= y 2f (x) x=

son linealmente independientes en el intervalo 0 x< < ∞ ya que 1 2c x c x+ =

1 2c x c x 0+ = se satisface para cualquier valor no nulo de 1c y 2c tal que 1 2c c= − .

2.4. EL WRONSKIANO

TEOREMA 1. Suponga que 1f (x), 2f (x), …, nf (x) tienen al menos n 1− derivadas. Si el

determinante

1 2 n

' ' '1 2 n

(n 1) (n 1) (n 1)n1 2

f (x) f (x) f (x)

f (x) f (x) f (x)

f (x) f (x) f (x)− − −

L

L

M M M M

L

no es cero por lo menos en un punto del

intervalo I, entonces 1 2 nf (x), f (x), ..., f (x) son linealmente independientes en I.

El determinante que aparece en el teorema anterior se designa por

1 2 nW(f (x), f (x),..., f (x)) y se llama wronskiano de las funciones.


Ejemplo 4. 21f (x) sen x= y 2f (x) 1 cos2x= − son linealmente dependientes para todo x

2W(sen x,1 cos2x) 0− = para todo número real. Para verificar esto, se observa que

22

2

2

2

sen x 1 cos2xW(sen x,1 cos2x)

2senx cos x 2sen2x

2sen xsen2x 2senx cosx 2senx cos x cos2x

sen2x[2sen x 1 cos2x]

sen2x[2sen x 1

−− =

= − +

= − +

= − +

2 2

2 2

cos x sen x]

sen2x[sen x cos x 1] 0

−

= + − =

Ejemplo 5. Para m x m x1 21 2 1 2f (x) e , f (x) e , m m= = ≠

m x m x1 2m x m x (m m )x1 2 1 2

2 1m x m x1 21 2

e eW(e ,e ) (m m )e 0

m e m e

+= = − ≠

para todo valor real de x. Por lo tanto 1f (x) y 2f (x) son linealmente independientes en

cualquier intervalo del eje x.

2.5. PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN

TEOREMA 2. Sean 1y , 2y dos soluciones de la ecuación (2) (homogénea asociada) en

el intervalo I. Si 1 2c , c R,∈ entonces la combinación lineal 1 1 2 2y c y c y= + también es

solución de la ecuación (2) sobre I. Demostración. Si 1 1 2 2y c y c y= + entonces la linealidad de la operación de

diferenciación implica que: ' ' '' ''1 1 2 2 1 1 2 2y ' c y c y , y '' c y c y= + = + luego:

'' '' ' '1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

'' ' '' '1 1 1 1 2 2 2 2 1 2

ay '' by ' cy a[c y c y ] b[c y c y ] c[c y c y ]

c [ay by cy ] c [ay by cy ] c [0] c [0] 0

+ + = + + + + +

= + + + + + = + =

ya que 1y , 2y son soluciones de (2).

Ejemplo 6. Demuestre que 2x x1 2y e , y e−= = son soluciones de y '' y ' 2y 0− − = .

Solución. Se tiene que: ' 2x '' 2x ' x '' x1 1 2 2y 2e y 4e y e y e− −= = = − = . Al reemplazar las

derivadas en cada caso en la ecuación se obtiene: '' ' 2x 2x 2x1 1 1y y 2y 4e 2e 2e 0− − = − − = , '' ' x x x

2 2 2y y 2y e e 2e 0− − −− − = + − = .

Así se concluye que 1y , 2y son soluciones de la ecuación dada. Además, como

1y , 2y no son múltiplos una de la otra, entonces la solución general de la ecuación

diferencial dada es 2x x1 2y c e c e−= + .

Corolario 1. a. Si 1y es solución de (2) entonces un múltiplo constante también lo es, es decir

1 1y c y= es una solución de (2).

b. La ecuación (2) siempre tiene solución trivial y 0.≡


2.6. ECUACIÓN AUXILIAR O CARACTERÍSTICA En la búsqueda de una solución de la ecuación (2) si se ensaya una solución de la forma mxy e= se obtiene mxy ' me= , 2 mxy '' m e= , entonces la ecuación (2) se

convierte así: 2 mx mx mxam e bme ce 0+ + = o bien mx 2e [am bm c] 0+ + = . Como mxe 0≠

x R,∀ ∈ entonces se elige m de tal manera que satisfaga la ecuación de la forma dad

por 2am bm c 0+ + = (3), a esta ecuación se le denomina ecuación auxiliar o

ecuación característica de la ecuación (2). Observe que la ecuación (3) se puede determinar de manera directa a partir de la ecuación (2) simplemente sustituyendo y ''

por 2m , y ' por m, y 1 en lugar de y.

Se clasificarán las soluciones de la ecuación homogénea asociada (ecuación

(2)) de acuerdo alos tipos de raíces de la ecuación característica (3):

TEOREMA 3. Soluciones de ay '' by ' cy 0 :+ + =

a. Raíces Reales Distintas: Si la ecuación característica tiene raíces 1 2m , m reales

y distintas, entonces la solución general de (2) viene dada por la expresión:

m x m x1 21 2 1 2y C e C e C , C R.= + ∈

b. Raíces Reales Iguales: Si 1 2m , m son raíces reales iguales de la ecuación

característica, entonces la solución general de (2) viene dada por la expresión:

m x m x m x1 1 11 2 1 2 1 2y C e C xe (C C x)e C ,C R.= + = + ∈

c. Raíces Complejas Conjugadas. Si 1m i= α + β , 2m i= α − β son raíces complejas

conjugadas de la ecuación característica, entonces la solución general de (2) viene

dada por la expresión: x x1 2y C e cos( x) C e sen( x)α α= β + β , es decir,

x1 2 1 2y e [C cos( x) C sen( x)] C , C R.α= β + β ∈

Ejemplo 7. Resuelva y '' 2y ' 3y 0− − = .

Solución. Al escribir la ecuación característica se tiene 2m 2m 3 0− − = . Aplicando la

fórmula cuadrática o bien factorizando de manera directa se obtiene: 2m 2m 3− − = (m 3)(m 1) 0− + = , entonces las raíces son 1 2m 3, m 1= = − , reales y distintas, por lo

tanto, del teorema anterior se concluye que la solución general de la ecuación dada es: 3x x

1 2y C e C e .−= +

Ejemplo 8. Resuelva y '' 8y ' 16y 0.− + =

Solución. La ecuación auxiliar es: 2 2m 8m 16 (m 4)(m 4) (m 4) 0− + = − − = − = , por lo

tanto 1 2m m 4= = . Por el teorema anterior se tiene que la solución general de la

ecuación dada es: 4x 4x 4x1 2 1 2y C e C xe e (C C x).= + = +

Ejemplo 9. Resuelva y '' 2y ' 2y 0.+ + =

Solución. La ecuación característica es 2m 2m 2 0.+ + = Se tiene que

2 4 4(1)(2) 2 4 8 2 2im 1 i

2 2 2

− ± − − ± − − ±= = = = − ± .


Luego 1m 1 i i= − + = α + β , 2m 1 i i= − − = α − β , es decir, 1, 1,α = − β = por lo

tanto, la solución general de la ecuación dada es: x1 2y e [C cos(x) C sen(x)]−= + .

2.7. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN NO HOMOGÉNEAS Al comienzo del tema se consideró la ecuación ay '' by ' cy g(x)+ + = (4) con

a, b, c R, a 0, g(x)∈ ≠ una función continua en un intervalo abierto I, pero se

concentró la atención para el caso en que g(x) 0,= es decir, el caso homogéneo. Se

quiere estudiar ahora la ecuación (4) para el caso no homogéneo o cuando g(x) 0≠ .

2.8. OPERADORES DIFERENCIALES El símbolo nD se usa frecuentemente para designar la derivada enésima de

una función n

n

n

d yD y

dx= . Por lo tanto, una ecuación diferencial lineal con coeficientes

constantes (n) (n 1)n n 1 2 1 0a y a y ... a y '' a y ' a y g(x)−

−+ + + + + = puede escribirse de la forma

dada por n n 1 2n n 1 2 1 0a D y a D y ... a D y a Dy a y g(x)−

−+ + + + + = o bien de la forma dada por

n n 1 2n n 1 2 1 0(a D a D ... a D a D a )y g(x)−

−+ + + + + = .

La expresión n n 1 2n n 1 2 1 0a D a D ... a D a D a−

−+ + + + + (5) se llama operador lineal

de orden n. Puesto que (5) es un polinomio en el símbolo D, a menudo se abrevia como P(D). Puede demostrarse que cuando los ia , i 0, 1, ..., n= son constantes:

a. P(D) puede ser, posiblemente, factorizado en operadores lineales de orden menor.

Esto se consigue tratando a P(D) como si fuera un polinomio ordinario.

b. Los factores de P(D) pueden conmutarse.

Ejemplo 10. Los operadores 2D D+ y 2D 1− se factorizan como D(D 1)+ y

(D 1)(D 1),+ − respectivamente.

2.9. OPERADOR ANULADOR Sea y f(x)= una función que tiene al menos n derivadas. Si

n n 1 2n n 1 2 1 0(a D a D ... a D a D a )f(x) 0−

−+ + + + + = entonces se dice que el operador

diferencial n n 1 2n n 1 2 1 0a D a D ... a D a D a−

−+ + + + + anula a f. Si por ejemplo f(x) es una

constante, f(x) k= , entonces Dk 0= . También, 2 3 2D x 0, D x 0,= = etcétera.

Observación 1. El operador diferencial nD anula a cada una de las funciones 1, x, 2x ,

n-1..., x .


Una consecuencia inmediata de la observación 1, junto con la posibilidad de

derivar término a término, es que un polinomio n 10 1 n 1c c x ... c x −

−+ + + puede ser

anulado encontrando un operador que anule a la mayor potencia de x.

Ejemplo 11. Hallar un operador que anule a 2 31 5x 8x− + .

Solución. De la observación 1 se sabe que 4 3D x 0= y por lo tanto se tiene que 4 2 3D (1 5x 8x ) 0− + = .

Observación 2. El operador diferencial n(D )− α anula a cada una de las funciones

x x n-1 xe , xe , ..., x e .α α α

Para verificar esto, note que la ecuación auxiliar de la ecuación homogénea n(D ) y 0− α = es n(m ) 0.− α = Puesto que α es una raíz de multiplicidad n, la solución

general es x x n 1 x1 2 ny c e c xe ... c x eα α − α= + + + .

Ejemplo 12. Halle un anulador para (a) 5xe (b) 2x 2x4e 6xe−

Solución. a. Eligiendo 5α = y n 1= , de la observación 2 se obtiene que 5x(D 5)e 0.− =

b. Eligiendo 2α = y n 2= , se obtiene que 2 2x 2x(D 2) (4e 6xe ) 0− − = .

Ejemplo 13. Obtenga un operador diferencial que anule a la función 3x xe xe− + .

Solución. De la observación 2, 3x(D 3)e 0−+ = y 2 x(D 1) xe 0− = . El producto de los dos

operadores 2(D 3)(D 1)+ − anulará la combinación lineal dada. Dado que lo anterior

puede no ser obvio, se necesita verificar:

2 3x x 2 3x 2 x 3x

3x

(D 3)(D 1) (e xe ) (D 3)[(D 1) e (D 1) xe ] (D 3)[16e 0]

16(D 3)e 0.

− − −

−

+ − + = + − + − = + +

= + =

Si α y β son números reales, la ecuación 2 2 2 n[m 2 m ( )] 0− α + α + β = tiene

raíces complejas iα + β y iα − β , ambas de orden de multiplicidad n.

Observación 3. El operador diferencial 2 2 2 n[D 2 D ( )]− α + α + β anula a cada una de las

funciones x x 2 x n 1 x x xe cos x, xe cos x, x e cos x, ..., x e cos x, e sen x, xe sen x,α α α − α α αβ β β β β β

2 x n 1 xx e sen x, ..., x e sen xα − αβ β .

Ejemplo 14. Eligiendo 0,α = 1β = y n 2,= el operador diferencial 2 2(D 1)+ o bien

4 2D 2D 1+ + , anulará cos x, x cos x, senx y xsenx . Además, también anulará cualquier

combinación lineal de esas funciones.


2.10. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS Para obtener la solución general de una ecuación diferencial no homogénea con coeficientes constantes deben hacerse dos cosas: hallar la solución complementaria cy

y luego, obtener cualquier solución particular py de la ecuación no homogénea.

Recuerde que una solución particular es cualquier función sin constantes arbitrarias,

que satisface la ecuación idénticamente. La solución general de la ecuación no homogénea es la suma de cy y py . Ahora bien, si P(D) representa un operador de la

forma n n 1 2n n 1 2 1 0a D a D ... a D a D a−

−+ + + + + , entonces una ecuación diferencial lineal no

homogénea con coeficientes constantes puede escribirse como P(D)y g(x)= . (6) Si

g(x) es una constante k, un polinomio en x, una función exponencial xeα , sen xβ ,

cos xβ , o consiste en sumas finitas y productos de estas funciones, siempre es posible

encontrar otro operador diferencial 1P (D) que anule a g(x) . Aplicando 1P (D) a (6)

resulta 1 1P (D)P(D)y P (D)g(x) 0.= =

Resolviendo la ecuación homogénea 1P (D)P(D)y 0= es posible descubrir la

forma de una solución particular py de la ecuación no homogénea (6). Los ejemplos

que vienen a continuación ilustran el llamado método de los coeficientes indeterminados para encontrar py .

Ejemplo 15. Resuelva 2

2

2

d y dy3 2y 4xdxdx

+ + = . (7)

Solución.

Paso 1. Se resuelve la ecuación homogénea 2

2

d y dy3 2y 0dxdx

+ + = . De la ecuación

auxiliar 2m 3m 2 (m 1)(m 2) 0+ + = + + = se obtiene la función complementaria que

corresponde x 2xc 1 2y c e c e− −= + .

Paso 2. Se tiene que (7) puede ser transformada en homogénea derivando tres veces

cada miembro de la ecuación. En otras palabras, 3 2 3 2D (D 3D 2)y 4D x 0+ + = = (8) ya

que 3 2D x 0= . La ecuación auxiliar de (8) es 3m (m 1)(m 2) 0+ + = y por lo tanto su

solución general debe ser x 2x 21 2 3 4 5

y yc p

y c e c e c c x c x− −= + + + +1442443 144424443

.

Al trabajar con la solución particular es necesario hallar coeficientes específicos 3 4c , c y 5c . Derivando y sustituyendo resulta:

'' ' 2 2p p p 5 4 5 3 4 5

2 25 4 3 5 4 5

y 3y 2y 2c 3(c 2c x) 2(c c x c x ) 4x

(2c 3c 2c ) (6c 2c )x 2c x 4x

+ + ⇒ + + + + + =

⇒ + + + + + =

Igualando coeficientes, se obtiene el sistema

5 4 3

5 4

5

2c 3c 2c 0

6c 2c 0

2c 4

+ + =+ =

=.

Resolviendo resulta 3 4 5c 7, c 6, c 2= = − = . De modo que, 2py 7 6x 2x .= − +

Paso 3. La solución general es x 2x 21 2y c e c e 7 6x 2x− −= + + − + .


Ejemplo 16. Resuelva 3xy '' 3y ' 8e 4senx− = + .

Paso 1. La ecuación auxiliar de la ecuación homogénea y '' 3y ' 0− = es m(m 3) 0− = y

así: 3xc 1 2y c c e .= +

Paso 2. Ahora bien, puesto que 3x(D 3)e 0− = y 2(D 1)senx 0+ = , se aplica el operador

diferencial a ambos miembros: 2(D 3)(D 1)D(D 3)y 0− + − = . La ecuación auxiliar es

2 2 2(m 3)(m 1)m(m 3) 0 m(m 3) (m 1) 0.− + − = ⇒ − + =

En consecuencia, 3x 3x1 2 3 4 5

y yc p

y c c e c xe c cos x c senx= + + + +14243 1444442444443

. Sustituyendo py y

simplificando resulta: '' ' 3x 3xp p 3 4 5 4 5y 3y 3c e ( c 3c )cos x (3c c )senx 8e 4senx− = − − + − = + .

Igualando coeficientes resulta:

3

4 5

4 5

3c 8

c 3c 0

3c c 4

=− − =

− =. Se encuentra 3 4c 8 /3 , c 6 /5= = ,

5c 2 /5= − y por consiguiente, 3xp

8 6 2y xe cos x senx.

3 5 5= + −

Paso 3. La solución general es entonces 3x 3x1 2

8 6 2y c c e xe cos x senx

3 5 5= + + + − .

2.11. MÉTODO DE VARIACIÓN DE PARÁMETROS En el tema 1 se vió que la solución general de la ecuación diferencial lineal de

primer orden dy

P(x)y f(x),dx

+ = (9) en donde P(x) y f(x) son continuas en un intervalo

I, es P(x)dx P(x)dx P(x)dx

1y e e f(x)dx c e− −∫ ∫ ∫= +∫ . (10) Ahora bien (10) tiene la forma

c py y y= + en donde P(x)dx

c 1y c e−∫= es una solución de

dyP(x)y 0

dx+ = (11) y

P(x)dx P(x)dxpy e e f(x)dx

−∫ ∫= ∫ (12) es una solución particular de (9). Para motivar un

método adicional para resolver ecuaciones lineales no homogéneas de orden superior

se volverá a deducir la ecuación (12) mediante un procedimiento conocido como

método de variación de parámetros.

Suponga que 1y es una solución conocida de la ecuación (11), esto es,

11

dyP(x)y 0

dx+ = .

Ya se ha demostrado que P(x)dx

1y e−∫= es una solución, y puesto que la

ecuación diferencial es lineal, su solución general es 1 1y c y (x)= . El método de

variación de parámetros consiste en encontrar una función 1u tal que p 1 1y u (x)y (x)=

sea una solución particular de (9). En otras palabras, se reemplaza el parámetro 1c

por una variable 1u . Sustituyendo p 1 1y u y= en (9) resulta


1 11 1 1 1 1 1 1

1 11 1 1

cero

dy dud[u y ] P(x)y f(x) u y P(x)u y f(x)

dx dx dx

dy duu P(x)y y f(x)

dx dx

+ = ⇒ + + =

⇒ + + =

144424443

de modo que 11

duy f(x)

dx= . Separando variables: 1

1

f(x)du dx

y (x)= y 1

1

f(x)u dx

y (x)= ∫ de lo

cual se deduce que 1 1 11

f(x)y u y y dx.

y (x)= = ∫

2.12. ECUACIONES DE SEGUNDO GRADO

Para adaptar el procedimiento anterior a una ecuación diferencial de segundo orden 2 1 0a (x)y '' a (x)y ' a (x)y g(x),+ + = (13) se escribe (13) en la forma estándar

y '' P(x)y ' Q(x)y f(x)+ + = (14) dividiendo entre 2a (x) toda la ecuación. Se supone que

P(x), Q(x) y f(x) son continuas en un intervalo I. La ecuación (14) es análoga de (9).

Como ya se sabe, cuando P(x) y Q(x) son constantes no hay problema para escribir

cy explícitamente. Suponga que 1y y 2y son tales que '' '1 1 1y P(x)y Q(x)y 0+ + = y

'' '2 2 2y P(x)y Q(x)y 0+ + = . Se pregunta ahora: ¿Es posible encontrar dos funciones 1u y

2u de modo que p 1 1 2 2y u (x)y (x) u (x)y (x)= + sea una solución particular de (9)?. Se

advierte que esto es equivalente a suponer que c 1 1 2 2y c y c y= + , pero que se han

reemplazado 1c y 2c por “parámetros variables” 1u y 2u . Empleando la regla del

producto para derivar py resulta ' ' ' ' 'p 1 1 1 1 2 2 2 2y u y y u u y y u= + + + (15). Si además se exige

que 1u y 2u sean funciones para las cuales ' '1 1 2 2y u y u 0+ = (16) entonces (15) se

transforma en ' ' 'p 1 1 2 2y u y u y= + .

Continuando, se encuentra que '' '' ' ' '' ' 'p 1 1 1 1 2 2 2 2y u y y u u y y u= + + + y por lo tanto

'' ' '' ' ' '' ' ' ' 'p p p 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

'' ' '' ' ' ' ' '1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2

cero cero

y Py Qy u y y u u y y u Pu y Pu y Qu y Qu y

u [y Py Qy ] u [y Py Qy ] y u y u f(x)

+ + = + + + + + + +

= + + + + + + + =144424443 144424443

. Se tiene que

1u y 2u deben ser funciones que además satisfagan la condición ' ' ' '1 1 2 2y u y u f(x).+ = Se

obtiene entonces el sistema lineal de ecuaciones: ' '

1 1 2 2

' ' ' '1 1 2 2

y u y u 0

y u y u f(x)

+ =

+ =. Por la regla de

Cramer, se puede expresar por medio de determinantes:

2 1

' '2 1' '1 2 2 1

1 2' ' ' '1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2' ' ' '1 2 1 2

0 y y 0

f(x) y y f(x)W y f(x) W y f(x)u , u .

y y y yW Wy y y y y y y y

y y y y

−= = = = = =

− −


El determinante W se identifica como el wronskiano W de 1y y 2y . Por la

independencia de 1y y 2y en I se sabe que 1 2W(y (x), y (x)) 0≠ para todo x en el

intervalo.

Ejemplo 17. Resuelva 2xy '' 4y ' 4y (x 1)e .− + = +

Solución. Puesto que la ecuación auxiliar es 2 2m 4m 4 (m 2) 0− + = − = se tiene que

2x 2xc 1 2y c e c xe= + . Identificando 2x

1y e= y 2x2y xe= , se evalúa el wronskiano:

2x 2x2x 2x 4x

2x 2x 2x

e xeW(e ,xe ) e .

2e 2xe e= =

+ Se obtiene:

2x 2x 3 2' 21 14x

xe (x 1)e x xu x x u .

3 2e

+= − = − − ⇒ = − − 2x 2x 2

'2 24x

e (x 1)e xu x 1 u x.

2e

+= = + ⇒ = +

Por consiguiente: 3 2 2 3 2

2x 2x 2xp

x x x x xy e x xe e .

3 2 2 6 2

= − − + + = +

En consecuencia: 3 2

2x 2x 2xc p 1 2

x xy y y c e c xe e .

6 2

= + = + + +

Ejemplo 18. Resuelva 4y '' 36y csc3x.+ =

Solución. Primero se escribe la ecuación como 1

y '' 9y csc3x.4

+ = Puesto que las raíces

de la ecuación auxiliar dada por 2m 9 0+ = son 1m 3i= y 2m 3i= − se tiene entonces

c 1 2y c cos3x c sen3x= + y cos3x sen3x

W(cos3x,sen3x) 3.3sen3x 3cos3x

= =−

Consecuentemente, 1

' 41 1

(sen3x)( csc3x) 1 1u u x

3 12 12= − = − ⇒ = −

1' 42 2

(cos3x)( csc3x) 1 cos3x 1u u ln sen3x

3 12 sen3x 36= = ⇒ =

Por tanto, c p 1 2

1 1y y y c cos3x c sen3x x cos3x (sen3x)ln sen3x

12 36= + = + − + .

Ejemplo 19. Halle la solución general de la ecuación 2x

1y '' 3y ' 2y

1 e+ + =

+.

Solución. Resolviendo la ecuación homogénea asociada: 2 x 2x

1 2 c 1 2m 3m 2 0 (m 1)(m 2) 0 m 1, m 2 y c e c e− −+ + = ⇒ + + = ⇒ = − = − ⇒ = +

Calculando Wronskiano: ' ' x 2x x 2x 3x1 2 1 2W y y y y e 2e e e e− − − − −= − = − + = − .

Usando variación de parámetros:

2xx2x

' 21 3x 2x

1e .

y f(x) e1 euW e 1 e

−

−

−+= − = =

− +.

De modo que x1u (x) arctg(e )= .

xx x

2x 2

e dzdx arctg(z) arctg(e ) (z e )

1 e 1 z= = = =

+ +∫ ∫

x2x2x

' 12 3x 2x

1e .

y f(x) e1 euW e 1 e

−

−+= = = −

− +. De modo que 2x

2

1u (x) ln(1 e )

2= − + .


2xx 2x

2x

e dz 1 1dx ln z ln(e ) (z 1 e )

2z 2 21 e= = = = +

+∫ ∫

En consecuencia: 2x

x 2x x x 2x1 2

ey(x) c e c e e arctg(e ) ln(1 e )

2

−− − −= + + − + .

2.13. ELABORACIÓN DE UNA SEGUNDA SOLUCIÓN A PARTIR DE UNA SOLUCIÓN CONOCIDA Una de las cosas más interesantes e importantes al estudiar las ecuaciones

diferenciales lineales de segundo orden es que es posible formar una segunda solución a partir de una solución conocida. Sea la ecuación 2 1 0a (x)y '' a (x)y ' a (x)y 0+ + = (17).

Suponga que se divide entre 2a (x) para llevar la ecuación (17) a la forma dada por la

expresión y '' P(x)y ' Q(x)y 0+ + = (18), en donde P(x) y Q(x) son continuas en algún

intervalo I. Suponga además que 1y (x) es una solución conocida de (18) en I y que

1y (x) 0≠ para todo x en I. Si se define 1 1 2 2 1 1 2 1y c y c y (x) c y (x) c u(x)y (x)= + = + , se

tiene: ' '

1 1 2 1 2 1

'' ' ''1 1 2 1 2 1 2 1

y ' c y (x) c u(x)y (x) c u'(x)y (x)

y '' c y (x) 2c u'(x)y (x) c u(x)y (x) c u''(x)y (x)

= + +

= + + +.

'' ' ''1 1 2 1 2 1 2 1

' '1 1 2 1 2 1

1 1 2 1

y '' P(x)y ' Q(x)y c y (x) 2c u'(x)y (x) c u(x)y (x) c u''(x)y (x)

P(x)c y (x) P(x)c u(x)y (x) P(x)c u'(x)y (x)

Q(x)c y Q(x)c u(x)y (x) 0

+ + = + + +

+ + ++ + =

'' ' '' '1 1 1 1 2 1 1 1

cero cero

'2 1 2 1 2 1

c [y (x) P(x)y (x) Q(x)y ] c u(x)[y (x) P(x)y (x) Q(x)y ]

2c u'(x)y (x) c u''(x)y (x) P(x)c u'(x)y (x) 0

+ + + + + +

+ + =

144444424444443 144444424444443

Esto implica que se debe tener '

2 1 2 1 2 12c u'(x)y (x) c u''(x)y (x) P(x)c u'(x)y (x) 0+ + =

o bien '2 1 2 1 1c y (x)u''(x) c (2y (x) P(x)y (x))u'(x) 0+ + = . Si se hace el cambio w u'= la

ecuación se convierte en '2 1 2 1 1c y (x)w'(x) c (2y (x) P(x)y (x))w(x) 0+ + = (19).

Observe que la ecuación (19) es lineal y también separable. '

' 12 1 2 1 1

1

2y (x)dw dwc y (x) c (2y (x) P(x)y (x))w dx P(x)dx

dx w y (x)= − + ⇒ = − − , 2(c 0)≠

'21

1 1 11

P(x)dxP(x)dx k2 21

1 21

P(x)dx2

2y (x)dwdx P(x)dx ln w 2ln y P(x)dx ln wy P(x)dx k

w y (x)

k ewy e w

y

k eu

−− +

−

= − − ⇒ + = − ⇒ = − +

∫∫⇒ = ⇒ =

∫⇒ =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

321

dx ky

+∫

De modo que P(x)dx P(x)dx

1 1 2 2 3 1 1 1 2 12 21 1

e ey c y (x) c k dx k y (x) C y (x) C y (x) dx

y (x) y (x)

− − ∫ ∫ = + + = + ∫ ∫


Ejemplo 20. La función 21y x= es una solución de 2x y '' 3xy ' 4y 0.− + = Halle la

solución general en el intervalo 0 x< < ∞ .

Solución. Puesto que la ecuación tiene la forma alternativa 2

3 4y '' y ' y 0

x x− + =

entonces resulta 3 dx / x 3 dx / x

2 2 2 22 4 4

e e dxy x dx x dx x x lnx

xx x

∫ ∫= = = =∫ ∫ ∫ . La solución

general en 0 x< < ∞ está dada por 2 21 2y c x c x lnx.= +

Ejemplo 21. Resuelva la ecuación diferencial 2(1 x )y '' 2xy ' 2y 0− − + = en el intervalo

1 x 1− < < , sabiendo que 1y (x) x= es una solución de la ecuación.

Solución. 2x dx

P(x)dx 21 x

2 1 2 2 2 21

e e dxy (x) y (x) dx x dx x

y (x) x x (1 x )

− −∫∫

= = =−∫ ∫ ∫ (x 0)≠

2 2 2

2 2 2 2

2 3 2 3 2 3

3 2

1 12 2

1 A B C D

x 1 x 1 xx (1 x ) x

1 A(1 x ) Bx(1 x ) Cx (1 x) Dx (1 x)

1 A Ax Bx Bx Cx Cx Dx Dx

1 ( B C D)x ( A C D)x Bx A

B C D 0 , A C D 0 , B 0 , A 1

A 1 , B 0 , C , D

= + + ++ −−

= − + − + − + +

= − + − + − + +

= − − + + − + + + +− − + = − + + = = =

= = = =

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1y (x) x . . dx x ln(1 x) ln(1 x)

2 1 x 2 1 x x 2 2x

1 1 1 xx ln

x 2 1 x

= + + = − + + − − + −

+ = − + −

∫

Entonces 1 2 1 2

1 1 1 x x 1 xy(x) c x c x ln c x c 1 ln

x 2 1 x 2 1 x

+ + = + − + = + − + − − .

Se puede verificar que x 0= también es una solución de la ecuación diferencial.

2.14. ECUACIÓN DE EULER - CAUCHY Definición 5. Una ecuación diferencial de la forma

n n 1n n 1

n n 1 1 0n n 1

d y d y dya x a x ... a x a y g(x)

dxdx dx

−−

− −+ + + + =

en donde na , n-1a , ..., 0a son constantes, se llama ecuación de Euler-Cauchy o

ecuación equidimensional.

Para precisar el estudio, se fijará la atención sobre la resolución de la ecuación

homogénea de segundo orden 2

2

2

d y dyax bx cy 0

dxdx+ + = . Se puede resolver la ecuación


no homogénea 2

2

2

d y dyax bx cy g(x)

dxdx+ + = mediante variación de parámetros, una vez

que se haya determinado la función complementaria cy .

2.15. SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DE EULER - CAUCHY Se probará una solución de la forma my x= , donde m debe ser determinada.

Las derivadas primera y segunda son, respectivamente,

m 1dymx

dx−= y

2m 2

2

d ym(m 1)x

dx

−= − .

Por consiguiente, la ecuación diferencial se transforma en

22 2 m 2 m 1 m

2

m m m

m

d y dyax bx cy ax m(m 1)x bxmx cx

dxdx

am(m 1)x bmx cx

x (am(m 1) bm c).

− −+ + = − + +

= − + +

= − + +

Así, my x= será solución de la eucación diferencial cada vez que m sea

solución de la ecuación auxiliar am(m 1) bm c 0− + + = o 2am (b a)m c 0.+ − + = (20)

Hay que considerar tres casos diferentes dependiendo de si las raíces de esta

ecuación cuadrática son reales y distintas, reales e iguales, o complejas conjugadas.

Caso I. Sean 1m y 2m raíces reales de (20) tales que 1 2m m≠ . Entonces m11y x= y

m22y x= forman un conjunto fundamental de soluciones. Por lo tanto, la solución

general es m m1 21 2y c x c x= + .


2

2

d y dyx 2x 4y 0.

dxdx− − =

Solución. Al suponer my x= como solución, al derivar dos veces se tiene:

m 1dymx

dx−= y

2m 2

2

d ym(m 1)x

dx

−= − .

Sustituyendo en la ecuación diferencial:

22 2 m 2 m 1 m

2

m m 2

d y dyx 2x 4y x m(m 1)x 2xmx 4x

dxdx

x (m(m 1) 2m 4) x (m 3m 4) 0

− −− − = − − −

= − − − = − − =

Ahora bien, (m 1)(m 4) 0+ − = implica 1m 1,= − 2m 4= de modo que

1 41 2y c x c x .−= +

Caso II. Si 1 2m m= , se obtiene una sola solución a saber, m1y x= . Cuando las raíces

de la ecuación cuadrática 2am (b a)m c 0+ − + = son iguales, el discriminante de los


coeficientes es necesariamente cero. Por la fórmula cuadrática se sabe que la raíz debe ser 1m (b a) /2a= − − . Ahora se puede construir una segunda solución usando la

fórmula obtenida en el apartado 4.13. Se escribe primero la ecuación de Euler-Cauchy

en la forma 2

2 2

d y b dy cy 0

ax dxdx ax+ + = y se hace la identificación P(x) b / ax.= Por

consiguiente (b / ax)dx

m m 2m m m mb / a b / a (b a) / a1 1 1 1 1 12 2m1

e dxy x dx x x .x dx x x .x dx x x lnx.

xx

−−− − −

∫= = = = =∫ ∫ ∫ ∫

La solución general es entonces m m1 11 2y c x c x lnx= +


2

2

d y dy4x 8x y 0

dxdx+ + = .

Solución. La sustitución my x= da

22 m m 2

2

d y dy4x 8x y x (4m(m 1) 8m 1) x (4m 4m 1) 0

dxdx+ + = − + + = + + =

cuando 24m 4m 1 0+ + = o bien 2(2m 1) 0.+ = Puesto que 1m 1/2,= − la solución

general es 1 /2 1 /21 2y c x c x lnx− −= + .

Observación 4. Para ecuaciones de orden superior, puede demostrarse que si 1m es

una raíz de multiplicidad k, entonces m m m m2 k 11 1 1 1x , x lnx, x (lnx) , ..., x (lnx) − son k

soluciones linealmente independientes.

Caso III. Si 1m y 2m son complejas conjugadas, por ejemplo 1 2m i, m i= α + β = α − β

donde α y 0β > son reales, entonces una solución formal es i i1 2y C x C x .α +β α −β= + Pero

como en el caso de las ecuaciones cono coeficientes constantes, cuando las raíces de la

ecuación auxiliar son complejas, se tratará de escribir la solución solamente en

términos de funciones reales. Se destaca la identidad i lnx i ilnxx (e ) eβ β β= = , la cual, por

la fórmula de Euler, es la misma que ix cos( lnx) isen( lnx).β = β + β

Por lo tanto

i i i i1 2 1 2

1 2

1 2 1 2

y C x C x x [C x C x ]

x [C [cos( lnx) isen( lnx)] C [cos( lnx) isen( lnx)]]

x [(C C )cos( lnx) (C i C i)sen( lnx)]

α +β α−β α β −β

α

α

= + = +

= β + β + β − β

= + β + − β

En el intervalo 0 x< < ∞ se puede verificar fácilmente que 1y x cos( lnx)α= β y

2y x sen( lnx)α= β constituyen un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación

diferencial. Se deduce que la solución general es 1 2y x [c cos( lnx) c sen( lnx)]α= β + β .



2

2

d y dyx 3x 3y 0.

dxdx+ + =

Solución. Se tiene 2

2 m

2

d y dyx 3x 3y x (m(m 1) 3m 3) 0

dxdx+ + = − + + = si 2m 2m 3 0+ + = .

Con la fórmula cuadrática se encuentra 1m 1 2i= − + y 2m 1 2i= − − . Si se identifican

1α = − y 2β = , la solución general es 11 2y x [c cos( 2 lnx) c sen( 2 lnx)]−= + .

Ejemplo 25. Resuelva 2 4 xx y '' 3xy ' 3y 2x e− + = .

Solución. La sustitución my x= conduce a la ecuación auxiliar m(m 1) 3m 3 0− − + = o

bien (m 1)(m 3) 0− − = . Por consiguiente, 3c 1 2y c x c x= + . Antes de usar variación de

parámetros, se recordará que las fórmulas '1 2u y f(x) /W= − y '

2 1u y f(x) /W= fueron

deducidas en el supuesto de que la ecuación diferencial había sido reducida a la forma

y '' P(x)y ' Q(x)y f(x)+ + = . Consecuentemente, se divide la ecuación dada entre 2x y se

hace la identificación 2 xf(x) 2x e= . Ahora bien, 3

3 3 3

2

x xW 3x x 2x

1 3x= = − = , de modo

que 3 2 x 2 x

' 2 x ' x1 23 3

x (2x e ) x(2x e )u x e y u e

2x 2x= − = − = = . La integral de la última función es

inmediata, pero en el caso de '1u se debe integrar dos veces por partes. Los resultados

son 2 x x x1u x e 2xe 2e= − + − y x

2u e= . Luego,

2 x x x x 3 2 x xp 1 1 2 2y u y u y ( x e 2xe 2e )x e x 2x e 2xe .= + = − + − + = −

Finalmente se tiene 3 2 x xc p 1 2y y y c x c x 2x e 2xe= + = + + − .


y ' y ln(x)y '' 3

x xx= + + , y(1) y(2) 0= = .

Solución. Al manipular la ecuación se tiene 2x y '' xy ' 3y x.ln(x)− − = , x 0≠ .

Ecuación de Euler de segundo orden no homogénea.

Solución de la ecuación homogénea asociada 2x y '' xy ' 3y 0− − = :

3 1c 1 1 2 2 1 2y (x) c y c y c x c x−= + = + .

Al utilizar el método de variación de parámetros se tiene que: ln(x) ln(x)2 2' 2 x x

1 1' ' 3 2 2 1 3 31 2 1 2

y f(x) ln(x) 1 ln(x)u u dx

4x 4y y y y x x 3x x 4x x− −= − = − = = ⇒ =

− − − ∫

Resolviendo la integral 3

1 ln(x)dx

4 x∫ se sigue que

2z

3 2z

1 ln(x) 1 z 1dx dz e zdz

4 4 4x e

(z ln(x))

−= =

=

∫ ∫ ∫ .

2z 2z1u z du dz , dv e dz v e

2− −= ⇒ = = ⇒ = − .

2z 2z 2z 2z 2z

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ln(x) 1e zdz ze e dz ze e

4 4 2 2 4 2 4 4 2 x 4x

− − − − − = − + = − − = − − ∫ ∫ .

2' 12 2' '

1 2 1 2

y f(x) x ln(x) x ln(x) 1u u x ln(x)dx

4x 4 4y y y y= = − = − ⇒ = −

− ∫


Resolviendo 1

x ln(x)dx4

− ∫ se sigue que 2dx x

u ln(x) du , dv xdx vx 2

= ⇒ = = ⇒ = .

2 2 2

2 2

1 1 x 1 1 x x 1 1 ln(x) 1x ln(x)dx ln(x) xdx ln(x)

4 4 2 2 4 2 4 4 2 x 4x

− = − − = − − = − − −

∫ ∫

La solución es 3 1c p 1 2

1 x 1 xy(x) y y c x c x x ln(x) x ln(x)

8 16 8 16−= + = + − − − + .

Si y(1) y(2) 0= = entonces 1 2

1 221

c c 0ln(2) ln(2)

c , cc 115 158c ln(2)

2 2

+ =

⇒ = = −+ =

y se tiene que

3 1ln(2) ln(2) 1y(x) x x x ln(x)

15 15 4−= − −

2.16. APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden tienen una amplia

variedad de aplicaciones en la ciencia e ingeniería. En las próximas secciones se

explorará una de ellas: las vibraciones mecánicas.

Ejemplo 27. Se sabe que los objetos en caída libre cercanos a la superficie de la

Tierra tienen una aceleración constante g. Ahora bien, la aceleración es la derivada de

la velocidad y ésta, a su vez, es la derivada de la distancia s. Luego, si se toma como

dirección positiva la dirección vertical hacia arriba, se tiene que la fórmula 2

2

d sg

dt= − es

la ecuación diferencial que da la distancia vertical recorrida por el cuerpo que cae. Se

usa el signo menos puesto que el peso del cuerpo es una fuerza de dirección opuesta a

la dirección positiva. Si además se supone que desde el techo de un edificio de altura

0s se lanza una piedra hacia arriba con una velocidad inicial 0v , en tal caso se debe

resolver 2

12

d sg, 0 t t

dt= − < < , sujeta a las condiciones adicionales 0 0s(0) s , s '(0) v= = .

Aquí t 0= se toma como el instante inicial en el que la piedra sale del techo del edificio

y 1t es el tiempo transcurrido hasta que ésta cae a tierra. Puesto que la piedra se

lanza hacia arriba, naturalmente se da por sentado que 0v 0> . Por supuesto, esta

formulación del problema ignora otras fuerzas tales como la resistencia del aire que

actúa sobre el cuerpo.

2.17. MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE O MOVIMIENTO VIBRATORIO LIBRE NO AMORTIGUADO Considere el movimiento de un objeto de masa m, en el extremo de un resorte

en posición vertical. De acuerdo a la ley de Hooke, que dice que si el resorte se estira

(o comprime) x unidades a partir de su longitud natural, entonces ejerce una fuerza

que es proporcional a x: fuerza restauradora kx= − , donde k es una constante positiva


(llamada constante de elasticidad). Si se ignoran las fuerzas de resistencia externas

(debidas a resistencia del aire o a la fricción) entonces, por la segunda ley de Newton

(fuerza es igual a masa por aceleración), se tiene 2

2

d xm kxdt

= − o 2

2

d xm kx 0dt

+ = . Esta

es una ecuación diferencial lineal de segundo orden. Su ecuación característica es 2mr k 0+ = con raíces r i,= ±ω donde k mω = . Por tanto, la solución general viene

dada por 1 2x(t) c cos t c sen t= ω + ω .

Ejemplo 28. Un resorte con masa de 2 Kg tiene una longitud natural de 0.5 m. Es

necesaria una fuerza de 25.6 Nw para mantenerlo estirado y alcanzar una longitud de

0.7 m. Si el resorte se estira hasta medir 0.7 m y luego se suelta con velocidad inicial

igual a cero, encuentre la posición de la masa en cualquier tiempo t.

Solución. De la ley de Hooke, la fuerza necesaria para estirar el resorte es k.0.2 = 25.6 k 25.6 / 0.2 128.⇒ = = Usando este valor de la constante de elasticidad k, junto

con m 2= se tiene 2

2

d x2 128x 0.dt

+ = La solución de esta ecuación según el análisis

general anterior es 1 2x(t) c cos8t c sen8t= + . Se da la condición inicial x(0) 0.2,= por

tanto 1c 0.2.= Derivando la ecuación anterior se obtiene 1 2x '(t) 8c sen8t 8c cos8t= − + .

Como la velocidad inicial está dada como x '(0) 0= , se tiene 2c 0= y por tanto la

solución es 15

x(t) cos8t= . Analizando un poco la ecuación 1 2x(t) c cos t c sen t= ω + ω , se

tiene que el período de las vibraciones libres es T 2= π ω y la frecuencia f 1 T 2= = ω π .

Por ejemplo, para 15

x(t) cos8t= (ver figura 1) el período es 2 8 4π = π y la frecuencia

4 π . El primer número indica que la gráfica de x(t) se repite cada 4π unidades; el

último número indica que hay 4 ciclos de la gráfica cada π unidades. Además, se

puede demostrar que el período 2π ω es el intervalo de tiempo entre dos máximos

sucesivos de x(t) .

Figura 1. Gráfica del movimiento armónico simple para el ejemplo 28.


A veces es útil escribir la ecuación 1 2x(t) c cos t c sen t= ω + ω en una forma

equivalente x(t) Asen( t )= ω + φ , donde 2 21 2A c c= + (amplitud), φ (ángulo de fase), tal

que 1 2c csen , cos

A Aφ = φ = . Para demostrar la fórmula anterior se tiene:

2 21 2

2 2 2 22 11 2 1 2

2 2 2 21 2 1 2

1 2

Asen( t ) c c (sen t cos cos tsen )

c cc c .sen t. c c .cos t.

c c c c

c cos t c sen t

ω + φ = + ω φ + ω φ

= + ω + + ω+ +

= ω + ω

Para el caso 1

5x(t) cos8t= se tiene sen 1, cos 0 2φ = φ = ⇒ φ = π . De modo

que 15 2

x(t) sen(8t )π= + .

2.18. MOVIMIENTO VIBRATORIO Se supondrá en el estudio que sigue que la fuerza de amortiguación que actúa sobre un cuerpo está dada por un múltiplo constante de dx dt (en muchos casos, la

fuerza de amortiguación es proporcional a 2(dx / dt) , por ejemplo, en problemas de

hidrodinámica). Cuando no actúan otras fuerzas exteriores sobre el sistema, se tiene

por la segunda ley de Newton, que 2

2

d x dxm. kx

dtdt= − − β , en donde β es una constante

de amortiguación positiva y el signo negativo se debe a que la fuerza amortiguadora

actúa en dirección opuesta al movimiento. Dividiendo la ecuación anterior entre la

masa m, se obtiene la ecuación diferencial del movimiento vibratorio amortiguado libre 2

2

d x dx k. x 0

m dt mdt

β+ + = o bien 2

2

2

d x dx2 x 0

dtdt+ λ + ω = .

El símbolo 2λ se usa sólo por conveniencia algebraica ya que la ecuación auxiliar es 2 2m 2 m 0+ λ + ω = y por lo tanto las correspondientes raíces son

2 2 2 21 2m , m= −λ + λ − ω = −λ − λ − ω .

Según el signo algebraico de 2 2λ − ω , se pueden distinguir tres casos posibles:

CASO I. 2 2 0λ − ω > . En esta situación, se dice que el sistema está sobreamortiguado,

puesto que el coeficiente de amortiguación β es grande comparado son la constante k

del resorte. La correspondiente solución es m t m t1 21 2 1 2x(t) c e c e m , m= + ambas < 0,

o bien 2 2 2 2t t t

1 2x(t) e c e c e−λ λ −ω − λ −ω = +

.

Ejemplo 29. Se verifica fácilmente que la solución del problema de valor inicial

2

2

d x dx5 4x 0, x(0) 1, x '(0) 1dtdt

+ + = = = es t 4t5 23 3

x(t) e e .− −= − El problema puede ser


interpretado como una representación del movimiento sobreamortiguado de una masa

sujeta a un resorte. La masa parte desde una posición que se encuentra 1 unidad

debajo de la posición de equilibrio, con una velocidad dirigida hacia debajo de 1 m/seg.

Para trazar la gráfica de x(t), se encuentra el valor de t para el cual la función tiene un

extremo, esto es, el valor de t para el cual la primera derivada (velocidad) es cero.

Derivando resulta t 4t5 83 3

x '(t) e e− −= − + de modo que x '(t) 0= implica 3t 85

e = ⇒

813 5

t ln 0.157.= ≈ Por intuición física y por el estudio de la derivada en un entorno del

punto, se deduce que efectivamente x(0.157) 1.069= m es un máximo. En otras

palabras, la masa alcanza un desplazamiento máximo de 1.069 m debajo de la

posición de equilibrio. Se debe averiguar también si la gráfica cruza el eje t, esto es,

saber si la masa pasa por la posición de equilibrio. Esto no puede suceder en este caso

puesto que la ecuación x(t) 0,= o sea 3t 25

e = , tiene una solución físicamente

irrelevante t 0.305≈ − . La gráfica del ejemplo es la siguiente (figura 2):

Figura 2. Gráfica del ejemplo 29.

CASO II. 2 2 0λ − ω = . Se dice que el sistema está críticamente amortiguado, ya que

una pequeña disminución de la fuerza de amortiguación produciría un movimiento

oscilatorio. La solución general es m t m t1 11 2 1x(t) c e c te m 0= + < , o t

1 2x(t) e (c c t)−λ= + .

Ejemplo 30. Un cuerpo que pesa 8 lb estira un resorte 2 pies. Suponiendo que una

fuerza de amortiguación numéricamente igual a dos veces la velocidad instantánea

actúa sobre el sistema y que el peso se suelta desde la posición de equilibrio con una velocidad dirigida hacia arriba de 3 pies / seg , determinar la ecuación del movimiento.

Solución. Por la ley de Hooke se tiene 8 2k k 4 lb /pies= ⇒ = y por m W / g,=

8 132 4

m slug= = . En consecuencia, la ecuación diferencial del movimiento es

2

2

1 d x dx. 4x 2

4 dtdt= − − o bien

2

2

d x dx8 16x 0dtdt

+ + = .


Las condiciones iniciales son x(0) 0, x '(0) 3.= = − Ahora bien, la ecuación

auxiliar es 2 2m 8m 16 (m 4) 0+ + = + = , de modo que 1 2m m 4= = − . Por tanto, al

sistema está críticamente amortiguado y 4t 4t1 2x(t) c e c te− −= + . La condición inicial

x(0) 0= exige de inmediato que 1c 0,= por el contrario, usando x '(0) 3= − resulta

2c 3= − . Así, la ecuación del movimiento es 4tx(t) 3te−= − . La gráfica del ejemplo es la

siguiente (figura 3):


CASO III. 2 2 0λ − ω < . En este caso se dice que el sistema está subamortiguado, ya

que el coeficiente de amortiguación es pequeño comparado con la constante del

resorte. Las raíces 1m y 2m son complejas, 2 2 2 21 2m i, m i= −λ + ω − λ = −λ − ω − λ , y

por lo tanto la solución general es t 2 2 2 21 2x(t) e (c cos( t) c sen( t))−λ= ω − λ + ω − λ . El

movimiento es oscilatorio, sin embargo, a causa del coeficiente te−λ , las amplitudes de

variación tienden a cero cuando t → ∞ .

Ejemplo 31. Un cuerpo que pesa 16 lb se sujeta a un resorte de 5 pies de largo. En

estado de equilibrio, el resorte mide 8.2 pies. Si el peso se empuja hacia arriba y se

suelta, a partir del reposo, desde un punto que está 2 pies sobre la posición de

equilibrio, determinar los desplazamientos x(t) sabiendo además que el medio ofrece

una resistencia numéricamente igual a la velocidad instantánea.

Solución. El alargamiento experimentado por el resorte después que se le sujeta el peso es 8.2 5 3.2 pies,− = luego por la ley de Hooke se obtiene que 16 k(3.2)= ⇒

k 5 lb /pie.= Además, m 16 32 1 2 slug= = , y la ecuación diferencial que resulta es

2

2

1 d x dx. 5x

2 dtdt= − − o bien

2

2

d x dx2 10x 0.dtdt

+ + = Esta última ecuación se resuelve sujeta

a las condiciones x(0) 2, x '(0) 0= − = . Las raíces de 2m 2m 10 0+ + = son 1m 1 3i= − +

y 2m 1 3i= − − lo cual implica que el sistema está subamortiguado y


t1 2x(t) e (c cos3t c sen3t)−= + . Ahora bien, de las condiciones iniciales se tiene 1c 2,= −

22 3c .= − Finalmente se tiene t 2

3x(t) e ( 2cos3t sen3t).−= − − La gráfica del ejemplo es la

siguiente (figura 4):


2.19. MOVIMIENTO VIBRATORIO FORZADO

Suponga que ahora se considera además una fuerza exterior f(t) que actúa

sobre una masa oscilante sujeta a un resorte. Al incluir f(t) en la formulación de la

segunda ley de Newton resulta 2

2

d x dx k f(t). x

m dt m mdt

β+ + = , o 2

2

2

d x dx2 x F(t)

dtdt+ λ + ω = , en

donde F(t) f(t) m= y, tal como en la sección precedente, 2 mλ = β , 2 k mω = . Para

resolver la última ecuación no homogénea se puede usar indistintamente el método de

los coeficientes indeterminados o el de variación de parámetros.

Ejemplo 32. Interprete y resuelva el problema de valor inicial 2

2

1 d x dx. 1.2 2x 5cos4t

5 dtdt+ + = ,

1x(0) , x '(0) 0.

2= =

Solución. Se puede interpretar el problema como una representación de un sistema

oscilatorio que consiste en una masa 15

(m Kg)= sujeta a un resorte (k 2 N /m)= . La

masa se suelta, a partir del reposo, desde un punto que está 21 unidades (metro) bajo

la posición de equilibrio. El movimiento es amortiguado ( 1.2)β = y es impulsado por

una fuerza externa periódica. Primero se multiplica por 5 y se resuelve la ecuación

homogénea 2

2

d x dx6 10x 0dtdt

+ + = por los métodos usuales. Si 1m 3 i,= − + 2m 3 i= − − se

tiene 3tc 1 2x (t) e (c cos t c sent).−= + Usando coeficientes indeterminados, se postula una


solución particular de la forma px (t) A cos 4t Bsen4t= + . El sistema de ecuaciones que

resulta es 6A 24B 25

24A 6B 0

− + =− − =

de solución A 25 /102= − y B 50 /51= . Se tiene pues

3t 25 501 2 102 51

x(t) e (c cos t c sent) cos 4t sen4t.−= + − +

Si en la ecuación anterior se hace t 0= , inmediatamente resulta 1c 38 /51= .

Derivando la expresión y haciendo t 0= se encuentra además que 2c 86 /51= − . Por lo

tanto, la ecuación del movimiento viene dada por la expresión de la forma

3t 38 86 25 50x(t) e cos t sent cos 4t sen4t.

51 51 102 51− = − − +

. Se puede observar que la

función complementaria 3tc

38 86x (t) e cos t sent)

51 51− = −

tiene la propiedad particular

ctlím x (t) 0→∞

= . Puesto que cx (t) se vuelve insignificante (es decir tiende a cero cuanto

t → ∞ , se dice que es un término transitorio o una solución transitoria.

Ejemplo 33. Resuelva el problema de valor inicial 2

2

d x64x 16 cos8t

dt+ = , x(0) 0, x '(0) 0.= =

Solución. La solución complementaria es cx A cos8t Bsen8t= + . La solución particular

es de la forma px t(acos8t bsen8t).= + Sustituyendo se tiene a 0= , b 1= . Así la

solución general es x(t) A cos8t Bsen8t tsen8t= + + . De las condiciones iniciales,

rápidamente se encuentra que A B 0= = , de donde x t.sen8t.= El gráfico del ejemplo

es el siguiente (figura 5):


Se ve del gráfico (figura 5) que las oscilaciones van creciendo sin límite.

Naturalmente, el resorte está limitado a romperse dentro de un corto tiempo. Se

debería notar que en este ejemplo el amortiguamiento fue ignorado y ocurrió


resonancia porque la frecuencia de la fuerza externa aplicada fue igual a la frecuencia

natural del sistema no amortiguado.

2.20. SOLUCIONES EN FORMA DE SERIES DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES Numerosas ecuaciones diferenciales no se pueden resolver explícitamente en

términos de combinaciones finitas de funciones simples conocidas. Esto ocurre incluso para ecuaciones que parecen sencillas, como y '' 2xy ' y 0− + = . Sin embargo, es

importante poder resolver ecuaciones como la anterior, porque surgen en problemas

físicos. En ese caso, se emplea el método de serie de potencias, es decir, se busca una

solución de la forma n 2 3n 0 1 2 3

n 0

y f(x) c x c c x c x c x ...∞

=

= = = + + + +∑

El método consiste en sustituir esta expresión en la ecuación diferencial y determinar los valores de los coeficientes 0 1 2c , c , c , ... . Esta técnica es semejante al

método de coeficientes indeterminados. Se ilustrará el método en la ecuación y '' y 0+ = , que es sencilla. Es cierto que ya se sabe cómo resolver esta ecuación por

técnicas anteriores, pero es más fácil entender el método de las series de potencias

cuando se aplica a una ecuación más sencilla.

Ejemplo 34. Utilice una serie de potencias para resolver la ecuación y '' y 0.+ =

Solución. Suponga que hay una solución de la forma 2 n0 1 2 n

n 0

y c c x c x ... c x∞

=

= + + + =∑ .

Se puede derivar una serie de potencias término a término, y n 1n

n 1

y ' nc x∞

−

=

=∑ ,

n 2n

n 2

y '' n(n 1)c x∞

−

=

= −∑ . Para comparar y y y '' con más facilidad, se escribe y '' como

sigue: nn 2

n 0

y '' (n 2)(n 1)c x∞

+=

= + +∑ . Sustituyendo en la ecuación diferencial se obtiene

n nn 2 n

n 0 n 0

(n 2)(n 1)c x c x 0∞ ∞

+= =

+ + + =∑ ∑ o bien nn 2 n

n 0

[(n 2)(n 1)c c ]x 0∞

+=

+ + + =∑ . De donde se

deduce que nn 2 n n 2

c(n 2)(n 1)c c 0 c

(n 1)(n 2)+ ++ + + = ⇒ = −+ +

n 0,1,2,3,...=

Para:

02

cn 0 : c

1.2= = − . 1

3

cn 1: c

2.3= = − . 0 02

4

c ccn 2 : c

3.4 1.2.3.4 4!= = − = = .

3 1 15

c c cn 3 : c

4.5 1.2.3.4.5 5!= = − = = . 0 04

6

c ccn 4 : c

5.6 4!.5.6 6!= = − = − = − .

5 1 17

c c cn 5 : c

6.7 5!.6.7 7!= = − = − = − .


La expresión para los coeficientes es:

Para los pares: n 02n

cc ( 1)

(2n)!= − . Para los impares: n 1

2n 1

cc ( 1)

(2n 1)!+ = −+

.

De modo que:

2 3 4 50 1 2 3 4 5

2 4 6 2n 3 5 7 2n 1n n

0 1

2n 2n 1n n

0 1

n 0 n 0

y c c x c x c x c x c x ...

x x x x x x x xc 1 ... ( 1) ... c x ... ( 1) ...

2! 4! 6! (2n)! 3 5! 7! (2n 1)!

x xc ( 1) c ( 1) .

(2n)! (2n 1)!

+

∞ ∞ +

= =

= + + + + + +

= − + − + + − + + − + − + + − + +

= − + −+∑ ∑

Note que hay dos constantes arbitrarias, 0c y 1c .

Si se reconocen las series obtenidas en el ejemplo 34 como las series de

MacLaurin para cos(x) y sen(x), se puede escribir la solución de la forma

0 1y(x) c cos(x) c sen(x)= + . Pero por lo general no se pueden expresar las soluciones de

las ecuaciones diferenciales en forma de series de potencias en términos de funciones

conocidas.

Para simplificar las cosas, se va a restringir el estudio a ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden de la forma p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = , donde

p(x), q(x) y r(x) son polinomios. Resulta que tales ecuaciones diferenciales si surgen

mucho en la práctica, y también una vez se tenga información en relación a ellas es

facil generalizar a ecuaciones de orden superior o más complicadas. Una de tales

generalizaciones se refiere al caso donde p(x), q(x) y r(x) son funciones analíticas,

esto es, tienen expansiones en series de potencias en algún intervalo de convergencia.

Una forma de la ecuación sería q(x)y ' r(x)y

y ''p(x)

+= − . Ahora si ha de existir una solución

en forma de serie y se desea que exista en x a= , sería catastrófico si el denominador

p(x) fuera cero para x a= . Estas situaciones serán tratadas con cuidado en secciones

posteriores.

2.21. PUNTOS ORDINARIOS Y PUNTOS SINGULARES Definición 6. Un valor de x tal que p(x) 0= se llama un punto singular o singularidad, de la ecuación p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = . Cualquier otro valor de x se

llama entonces un punto ordinario o punto no singular.

Ejemplo 35. Dada la ecuación diferencial x(1 x)y '' (2x 1)y ' 3y 0,− − + + = x 0= y x 1=

son ambos puntos singulares, mientras que otros valores de x, tales como 12

x , 3= −

por ejemplo, son puntos ordinarios.

Ejemplo 36. La ecuación diferencial xy '' y ' xy 0+ + = tiene un único punto singular

x 0= . Cualesquiera otros valores son puntos ordinarios.


Ejemplo 37. Las ecuaciones y '' y 0+ = y y '' 2xy ' y 0+ − = no tienen puntos singulares,

o en otras palabras todo valor de x representa un punto ordinario.

Ejemplo 38. La ecuación 2(x 1)y '' 2y ' xy 0+ − + = tiene puntos singulares dados por

2x 1 0,+ = esto es, x i= ± . Así puntos singulares (y puntos ordinarios) pueden ser

números complejos.

Se tiene entonces el interesante e importante teorema siguiente:

TEOREMA 4. Sea p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = una ecuación diferencial donde p(x), q(x) y

r(x) son polinomios. Suponga que a es cualquier punto ordinario de la ecuación, esto es, p(a) 0≠ . Entonces se pueden obtener las dos siguientes conclusiones:

a. La solución general de p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = se puede obtener al sustituir la

serie de potencias (o serie de Taylor) alrededor de x a= dada por

2 j0 1 2 j

j 0

y a a (x a) a (x a) ... a (x a)∞

=

= + − + − + = −∑

en la ecuación diferencial dada.

b. Las soluciones con series obtenidas en el apartado anterior convergen para todos

los valores de x tales que x a R− < , donde R es la distancia del punto a la

singularidad más próxima. Con frecuencia se llama a R el radio de convergencia. Las series pueden o no pueden converger para x a R− = , pero definitivamente

divergen para x a R− > .

Con frecuencia es fácil confirmar la segunda conclusión de este teorema en

relación a la convergencia de las soluciones con series usando la prueba del cociente

aprendida en Cálculo.

Ejemplo 39. Determine, en términos de series de potencias centradas en x 0= , la

solución general de la ecuación diferencial 2(x 1)y '' xy ' y 0+ + − = .

Solución.

Si nn

n 0

y c x∞

=

=∑ entonces 2 n 2 n 1 nn n n

n 2 n 1 n 0

(x 1) n(n 1)c x x nc x c x 0∞ ∞ ∞

− −

= = =

+ − + − =∑ ∑ ∑ .

n n 2 n nn n n n

n 2 n 2 n 1 n 0

n(n 1)c x n(n 1)c x nc x c x 0∞ ∞ ∞ ∞

−

= = = =

− + − + − =∑ ∑ ∑ ∑ .

n n n nn n 2 n n

n 2 n 0 n 1 n 0

n(n 1)c x (n 2)(n 1)c x nc x c x 0∞ ∞ ∞ ∞

+= = = =

− + + + + − =∑ ∑ ∑ ∑ .

nn n 2

n 0

n(n 1) n 1 c (n 2)(n 1)c x 0∞

+=

− + − + + + = ∑ . La relación de recurrencia es:

n n 2 n 2 n

(1 n)(n 1)(n 1)c (n 2)(n 1)c 0 c c

(n 2)+ +−+ − + + + = ⇒ =+

.

2 0 0 3 1 1

1 0n 0 c c c arbitrario n 1 c c c arbitrario

2 3= ⇒ = = ⇒ =


4 2 0 5 32

1 1 2n 2 c c c n 3 c c 0

4 52 2!= ⇒ = − = − = ⇒ = − =

6 4 0 7 53

3 1.3 4n 4 c c c n 5 c c 0

6 72 3!= ⇒ = − = = ⇒ = − = .

Por lo tanto

2 3 2 4 6 80 1 2 3 1 0 2 3 4

1 1 1.3 1.3.5y c c x c x c x ... c x c 1 x x x x ...

2 2 2! 2 3! 2 4!

= + + + + = + + − + − +

Las soluciones son

2 n 1 2n1 0 2 1n

n 2

1 1.3.5...(2n 3)y (x) c 1 x ( 1) x , x 1, y (x) c x

2 2 n!

∞−

=

− = + + − < =

∑

Ejemplo 40. Determine, en términos de series de potencias centradas en x 0= , la

solución de la ecuación diferencial y '' 2xy ' y 0+ − = sujeta a las condiciones y(0) 0= ,

y '(0) 1= .

Solución. Sean n n 1 n 2n n n

n 0 n 0 n 0

y C x , y ' C nx , y'' C n(n 1)x∞ ∞ ∞

− −

= = =

= = = −∑ ∑ ∑ .

Sustituyendo: n 2 n nn n n

n 2 n 0 n 0

C n(n 1)x 2 C nx C x 0∞ ∞ ∞

−

= = =

− + − =∑ ∑ ∑ .

Haciendo k n 2= − en n 2n

n 2

C n(n 1)x∞

−

=

−∑ se tiene kk 2

k 0

C (k 2)(k 1)x∞

+=

+ +∑ .

De modo que: n n nn 2 n n

n 0 n 0 n 0

C (n 2)(n 1)x 2 C nx C x 0∞ ∞ ∞

+= = =

+ + + − =∑ ∑ ∑ .

Entonces: nn 2 n n

n 0

C (n 2)(n 1) 2C n C x 0∞

+=

+ + + − = ∑ , de donde la relación de recurrencia

se define como: n 2 n

(2n 1)C C

(n 2)(n 1)+−= −

+ +. Para:

2 0

1n 0 , C C

2= = ; 3 1

1n 1 , C C

3.2= = − ; 4 2 0

3 3.1n 2 , C C C

4.3 4.3.2= = − = − ;

5 3 1

5 5.1n 3 , C C C

5.4 5.4.3.2= = − = ; 6 4 0

7 7.3.1n 4 , C C C

6.5 6.5.4.3.2= = − = ;

7 5 1

9 9.5.1n 5 , C C C

7.6 7.6.5.4.3.2= = − = − ; 8 6 0

11 11.7.3.1n 6 , C C C

8.7 8.7.6.5.4.3.2= = − = −

De modo que:

2 4 6 80

3 5 7 91

1 3.1 7.3.1 11.7.3.1y C 1 x x x x ...

2! 4! 6! 8!

1 5.1 9.5.1 13.9.5.1 C x x x x x ...

3! 5! 7! 9!

= + − + − + +

− + − + −

y

3 5 70

2 4 6 81

2 4.3.1 7.6.3.1 11.8.7.3.1y ' C x x x x ...

2! 4! 6! 8!

3 5.5.1 9.7.5.1 13.9.9.5.1 C 1 x x x x ...

3! 5! 7! 9!

= − + − + +

− + − + −


Entonces:

k 1 2k k 2k 10 1

k 1 k 1

3.7.11.....(4k 1) 5.9.13.....(4k 1)y C 1 ( 1) x C x ( 1) x

(2k)! (2k 1)!

∞ ∞+ +

= =

− + = + − + + − + ∑ ∑

Con las condiciones iniciales se obtiene: 0 1 0 1 00 C 0.C , 1 0.C C , C 0 ,= + = + = 1C 1= y

la solución toma la forma k 2k 1

k 1

5.9.13.....(4k 1)y x ( 1) x

(2k 1)!

∞+

=

+ = + − + ∑ .

2.22. ECUACIÓN DE LEGENDRE

Definición 7. La ecuación 2(1 x )y '' 2xy ' n(n 1)y 0− − + + = , donde n es un entero no

negativo, aparece en muchas ocasiones en estudios avanzados de matemática

aplicada, física e ingeniería. Se llama ecuación de Legendre.

Dado que x 0= es un punto ordinario de la ecuación, se sustituye la serie de

potencia nn

n 0

y c x∞

=

=∑ , se desplazan los índices de suma y se combinan las series para

obtener

20 2 1 3

jj 2 j

j 2

(1 x )y '' 2xy ' n(n 1)y n(n 1)c 2c (n 1)(n 2)c 6c x

(j 2)(j 1)c (n j)(n j 1)c x 0,∞

+=

− − + + = + + + − + +

+ + + + − + + = ∑

lo cual significa que, 0 2 1 3 j 2 jn(n 1)c 2c 0, (n 1)(n 2)c 6c 0, (j 2)(j 1)c (n j)(n j 1)c 0++ + = − + + = + + + − + + =

o sea

2 0 3 1 j 2 j

n(n 1) (n 1)(n 2) (n j)(n j 1)c c , c c , c c , j 2,3,4,...

2! 3! (j 2)(j 1)++ − + − + += − = − = − =

+ +

Si se hace que j tome los valores 2, 3, 4, …, la relación de recurrencia anterior

da como resultado

4 2 0

5 3 1

6 4 0

7 5 1

(n 2)(n 3) (n 2)n(n 1)(n 3)c c c

4.3 4!

(n 3)(n 4) (n 3)(n 1)(n 2)(n 4)c c c

5.4 5!

(n 4)(n 5) (n 4)(n 2)n(n 1)(n 3)(n 5)c c c

6.5 6!

(n 5)(n 6) (n 5)(n 3)(n 1)(n 2)(n 4)(n 6)c c c

7.6 7!

− + − + += − =

− + − − + += − =

− + − − + + += − = −

− + − − − + + += − = −

etc. Entonces, cuando menos para x 1< se obtienen dos soluciones linealmente

independientes en forma de series de potencias: 2 4 6

1 0n(n 1) (n 2)n(n 1)(n 3) (n 4)(n 2)n(n 1)(n 3)(n 5)

y (x) c 1 x x x ...2! 4! 6!

+ − + + − − + + + = − + − +

3 5 72 1

(n 1)(n 2) (n 3)(n 1)(n 2)(n 4) (n 5)(n 3)(n 1)(n 2)(n 4)(n 6)y (x) c x x x x ...

3! 5! 7!

− + − − + + − − − + + + = − + − +


Observe que si n es en entero par, la primera serie termina, mientras que

2y (x) es una serie infinita; por ejemplo, si n 4= , entonces

2 4 2 41 0 0

4.5 2.4.5.7 35y (x) c 1 x x c 1 10x x

2! 4! 3

= − + = − +

.

De igual manera, cuando n es un entero impar, la serie de 2y (x) termina con

nx ; esto es, cuando n es un entero no negativo, se obtiene una solución en forma de

polinomio de grado n de la ecuación de Legendre.

Como se sabe que un múltiplo constante de una solución de la ecuación de Legendre también es una solución, se acostumbra elegir valores específicos de 0c o

1c , dependiendo de si n es un entero, positivo par o impar, respectivamente. Para

n 0= se elige 0c 1= , y para n 2,4,6,...= n /20

1.3...(n 1)c ( 1)

2.4...n

−= − mientras que para

n 1= se escoge 1c 1= , y para n 3,5,7,...= (n 1) /21

1.3...nc ( 1)

2.4...(n 1)−= −

−. Por ejemplo,

cuando n 4= , 4 /2 2 4 4 21

1.3 35 1y (x) ( 1) 1 10x x (35x 30x 3)

2.4 3 8

= − − + = − +

.

2.23. POLINOMIOS DE LEGENDRE Definición 8. Sea { }nP (x) , donde n 0,1,2,...,= la sucesión de polinomios como sigue:

0P (x) 1= y n 2 nd1

n n n2 n! dxP (x) (x 1)= − , (*) para n 0> . Entonces nP (x) es llamado el

polinomio de Legendre de grado n, y (*) se conoce como la fórmula de Rodrígues para estos polinomios. De (*) está claro que nP (x) es un polinomio de grado n, y por

cálculo directo, se ve que 0 1P (x) 1, P (x) x,= = 2 33 5 312 32 2 2 2P (x) x , P (x) x x= − = − .

TEOREMA 5. Las siguientes, son propiedades de los polinomios de Legendre: a. El polinomio enésimo nP de Legendre, es una solución de la ecuación diferencial

lineal de segundo orden 2(1 x )y '' 2xy ' n(n 1)y 0− − + + = (Ecuación de Legendre).

b. El polinomio de Legendre de orden n 1+ satisface la identidad dada por 2n 1 n

n 1 n n 1n 1 n 1P xP P+

+ −+ += − para toda n 1≥ , y toda x.

c. nn nP ( x) ( 1) P (x)− = − para toda n.

d. nP (1) 1= para toda n.

e. nnP ( 1) ( 1)− = − para toda n.

f. nP (0) 0, n impar=

g. 'nP (0) 0, n par=

h. El polinomio de Legendre de grado n tiene n raíces reales distintas, entre –1 y 1.


2.24. PUNTO SINGULAR REGULAR

Definición 6. Sea x a= un punto singular de la ecuación diferencial dada por

p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = . Entonces si x a

(x a)q(x)lím

p(x)→

− y

2

x a

(x a) r(x)lím

p(x)→

− existen ambos

y son finitos, se llama a x a= un punto singular regular; en caso contrario se llama

un punto singular irregular.

Ejemplo 41. Dada la ecuación (x 2)y '' 3y ' xy 0− + − = , se tiene p(x) x 2= − , q(x) 3,=

r(x) x= − y x 2= es un punto singular. Como x 2

(x 2)(3)lím 3,

x 2→

− =−

2

x 2

(x 2) ( x)lím 0

x 2→

− − =−

,

esto es, ambos límites existen, x 2= es un punto singular regular.

Ejemplo 42. Dada la ecuación 3 4x (1 x)y '' (3x 2)y ' x y 0,− + + + = se tiene

3p(x) x (1 x),= − q(x) 3x 2,= + 4r(x) x= , y hay dos puntos singulares x 0= y x 1= .

Puesto que 3x 0

x(3x 2)lím

x (1 x)→

+−

no existe, mientras que 2 4

3x 0

x .xlím 0

x (1 x)→=

−, x 0= es un punto

singular irregular. Puesto que 3x 1

(x 1)(3x 2)lím 5

x (1 x)→

− + = −−

, 2

3x 1

(x 1) (3x 2)lím 0

x (1 x)→

− + =−

, existen

ambos, x 1= es un punto singular regular. Basados en las observaciones, se conjetura

la verdad del siguiente:

TEOREMA 7. Sea x a= un punto singular regular de la ecuación diferencial

p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = , donde p(x), q(x) y r(x) son polinomios, y suponga que x a=

es un punto singular regular, esto es x a

(x a)q(x)lím

p(x)→

− y

2

x a

(x a) r(x)lím

p(x)→

− existen ambos

y son finitos, entonces la ecuación tiene una solución de la forma

r 2 j r0 1 2 j

j 0

y (x a) [a a (x a) a (x a) ...] a (x a)∞

+

=

= − + − + − + = −∑ ,

donde la serie aparte del factor r(x a)− converge para todo x tal que x a R− < y

donde R es la distancia de x a= a la singularidad más próxima (por supuesto distinta

de a). La serie puede o no puede converger para x a R− = pero definitivamente

diverge para x a R− > .

2.25. MÉTODO DE FROBENIUS

Ejemplo 43. Resuelva 3xy '' y ' y 0+ − = .

Solución. Se ensayará una solución de la forma n rn

n 0

y c x∞

+

=

=∑ . Ahora bien,

n r 1n

n 0

y ' (n r)c x∞

+ −

=

= +∑ , n r 2n

n 0

y '' (n r)(n r 1)c x∞

+ −

=

= + + −∑ .


n r 1 n r 1 n 1n n n

n 0 n 0 n 0

r 1 n0 n 1 n

n 0

3xy '' y ' y 0 3 (n r)(n r 1)c x (n r)c x c x 0

x r(3r 2)c x [(n r 1)(3n 3r 1)c c ]x 0

∞ ∞ ∞+ − + − +

= = =

∞−

+=

+ − = ⇒ + + − + + − =

⇒ − + + + + + − =

∑ ∑ ∑

∑

lo cual implica 0r(3r 2)c 0− = , n 1 n(n r 1)(3n 3r 1)c c 0++ + + + − = , n 0,1,2,...=

Puesto que nada se logra eligiendo 0c 0= , se debe tener r(3r 2) 0− = ( )∗ y

nn 1

cc , n 0,1,2,...

(n r 1)(3n 3r 1)+ = =+ + + +

Al sustituir los dos valores de r encontrados en ( )∗ , 1r 2 /3= y 2r 0= , resultan

dos relaciones de recurrencia diferentes: n1 n 1

cr 2 /3, c , n 0,1,2,...

(3n 5)(n 1)+= = =+ +

n2 n 1

cr 0, c , n 0,1,2,...

(n 1)(3n 1)+= = =+ +

. De la primera relación de recurrencia:

0 0 01 21 2 3

c c cc cc , c , c ,

5.1 8.2 2!.5.8 11.3 3!.5.8.11= = = = = 3 0

4

c cc

14.4 4!.5.8.11.14= = , …

0n

cc , n 1,2,3,...

n!.5.8...(3n 2)= =

+

De acuerdo con la segunda relación de recurrencia

0 0 01 21 2 3

c c cc cc , c , c ,

1.1 2.4 2!.1.4 3.7 3!.1.4.7= = = = = 3 3

4

c cc ,

4.10 4!.1.4.7.10= = …

0n

cc , n 1,2,3,...

n!.1.4.7...(3n 2)= =

−

Se obtienen así dos soluciones en serie

2 /3 n1 0

n 1

1y c x 1 x

n!.5.8.11...(3n 2)

∞

=

= +

+ ∑ , 0 n

2 0

n 1

1y c x 1 x

n!.1.4.7...(3n 2)

∞

=

= +

− ∑ .

De acuerdo al teorema 7 se puede afirmar que la convergencia de las soluciones se da para todo valor finito de x. Se tiene entonces que 1 1 2 2y C y C y= + , es

la solución general de la ecuación diferencial.

2.26. ECUACIÓN INDICIAL

Definición 9. Se llama ecuación indicial alrededor de un punto singular regular

x a= , a una ecuación de la forma 0 0r(r 1) p r q 0− + + = , donde 0x a

(x a)q(x)p lím

p(x)→

−= y

2

0x a

(x a) r(x)q lím

p(x)→

−= .

A la ecuación ( )∗ se le llama ecuación indicial del problema y a los valores

1r 2 /3= y 2r 0= se les llama raíces indiciales o exponentes de la singularidad.


Ejemplo 44. Resuelva xy '' (x 6)y ' 3y 0+ − − = .

Solución. Se ensayará una solución de la forma n rn

n 0

y c x∞

+

=

=∑ . Ahora bien,

n r 1n

n 0

y ' (n r)c x∞

+ −

=

= +∑ , n r 2n

n 0

y '' (n r)(n r 1)c x∞

+ −

=

= + + −∑ .

De modo que

n r 1 n r 1n n

n 0 n 0

n r n rn n

n 0 n 0

r 1 n 10 n

xy '' (x 6)y ' 3y 0 (n r)(n r 1)c x 6 (n r)c x

(n r)c x 3 c x 0

x r(r 7)c x (n r)(n r 7)c x (n r

∞ ∞+ − + −

= =∞ ∞

+ +

= =

− −

+ − − = ⇒ + + − − + +

+ − =

⇒ − + + + − + + −

∑ ∑

∑ ∑

nn

n 1 n 0

3)c x 0∞ ∞

= =

=

∑ ∑

r 1 n0 n 1 n

n 0

x r(r 7)c x [(n r 1)(n r 6)c (n r 3)c ]x 0∞

−+

=

⇒ − + + + + − + + − =

∑

Por consiguiente, r(r 7) 0− = de modo que 1r 7,= 2r 0= , 1 2r r 7− = y

n 1 n(n r 1)(n r 6)c (n r 3)c 0, n 0,1,2,...++ + + − + + − = = . Para la raíz menor 2r 0= , se

tiene n 1 n(n 1)(n 6)c (n 3)c 0.++ − + − = Puesto que n 6 0− = cuando n 6= , no hay que

dividir entre este término hasta que n 6> . Se tiene

1 0 2 1 3 21.( 6)c ( 3)c 0 , 2.( 5)c ( 2)c 0 , 3.( 4)c ( 1)c 0− + − = − + − = − + − =

4 3

5 4 4 5 6

0 76 5

7 6

4.( 3)c 0.c 0

5.( 2)c 1.c 0 implica c c c 0

c y c arbitrarios6.( 1)c 2.c 0

7.0c 3.c 0

− + = − + = = = =− + = + =

Luego, 1 0 2 1 0 3 2 0

1 1 1 1 1c c , c c c , c c c

2 5 10 12 120= − = − = = − = − y para n 7≥ :

nn 1

(n 3)cc

(n 1)(n 6)+−

= −+ −

8 7 9 8 7 10 9 7

4 5 4.5 6 4.5.6c c , c c c , c c c

8.1 9.2 2!.8.9 10.3 3!.8.9.10= − = − = = − = −

…

n 1

n 7

( 1) .4.5.6...(n 4)c c , n 8,9,10,...

(n 7)!.8.9.10...n

+− −= =−

Finalmente, para x 0> , una solución general de la ecuación es

n2 3 7 n 7

1 2

n 1

1 1 1 ( 1) .4.5.6...(n 3)y C 1 x x x C x x

2 10 120 n!.8.9.10...(n 7)

∞+

=

− + = − + − + + +

∑

Es interesante observar que en el ejemplo precedente no se usó la raíz mayor.

Se debe a que esta sólo daría una solución contenida en la solución general que ya se

encontró.


Ejemplo 45. Resuelva xy '' 3y ' y 0+ − = .

Solución. r 1 k0 k 1 k

k 0

xy '' 3y ' y 0 x r(r 2)c x [(k r 1)(k r 3)c c ]x 0∞

−+

=

+ − = ⇒ + + + + + + − =

∑ .

De modo que la ecuación indicial y los exponentes son r(r 2) 0+ = y 1r 2= − ,

2r 0= respectivamente. Puesto que k 1 k(k r 1)(k r 3)c c 0, k 0,1,2,...,++ + + + − = = se

tiene que cuando r 2= − : k 1 k(k 1)(k 1)c c 0+− + − = . Para los casos k 0= y k 1= se

tiene: 1 0 2 11.1c c 0 y 0.2c c 0.− − = − = La última ecuación implica que 1c 0= y por lo

tanto la primera implica que 0c 0.= Se encuentra que kk 1

cc , k 2,3,...

(k 1)(k 1)+ = =− +

y por lo tanto 23

cc

1.3= , 3 2

4

c 2cc

2.4 2!4!= = , 4 2

5

c 2cc

3.5 3!5!= = , …

2n

2cc , n 2,3,4,...

(n 2)!n!= =

−

De esta manera se puede escribir 2 n n1 2

n 2 n 0

2 2y c x x x

(n 2)!n! n!(n 2)!

∞ ∞−

= =

= =− +∑ ∑ , x < ∞

Cuando r 0= se tiene kk 1

cc , k 0,1,...

(k 1)(k 3)+ = =+ +

. De modo que:

0 0 0 3 0 01 2

1 2 3 4 n

c 2c 2c c 2c 2cc cc , c , c , c ... c , n 1,2,3,...

1.3 2.4 2!4! 3.5 3!5! 4.6 4!6! n!(n 2)!= = = = = = = = =

+

Por consiguiente, una solución en serie es 0 n2 0

n 1

2y (x) c x 1 x

n!(n 2)!

∞

=

= +

+ ∑ .

Se concluye que el método de Frobenius sólo da una de las soluciones en serie

de la ecuación diferencial. Se buscará una segunda solución

(3 / x)dx

2 1 12 21 3 2 3

2 31 1 3

3 2 3

1 13 2

e dxy y (x) dx y (x)

y (x) 1 1 1x 1 x x x ...

3 24 360

dx 1 2 1 19y (x) y (x) 1 x x x ... dx

2 7 1 3 4 270xx 1 x x x ...3 36 30

1 2 1 19 1y (x) ... dx y (x)

4x 270x 3x 2x

−∫= =

+ + + +

= = − + − + + + + +

= − + − + = −

∫ ∫

∫ ∫∫ 2

2 1 19lnx x ...

3x 4 270

+ + − +

o bien 2 1 1 2

1 1 2 19y y (x)lnx y (x) x ... .

4 3x 2702x

= + − + − +

Por lo tanto, la solución general en el intervalo 0 x< < ∞ es

1 1 2 1 1 2

1 1 2 19y C y (x) C y (x)lnx y (x) x ... .

4 3x 2702x

= + + − + − +


Ejemplo 46. Resuelva xy '' y ' 4y 0.+ − =

Solución. La suposición n rn

n 0

y c x∞

+

=

=∑ conduce a

n r 1 n r 1 n rn n n

n 0 n 0 n 0

2 n r 1 n rn n

n 0 n 0

r 2 1 2 n r 1 n r0 n n

n 1 n 0

xy '' y ' 4y 0 (n r)(n r 1)c x (n r)c x 4 c x 0

(n r) c x 4 c x 0

x r c x (n r) c x 4 c x

∞ ∞ ∞+ − + − +

= = =∞ ∞

+ − +

= =∞ ∞

− + − +

= =

+ − = ⇒ + + − + + − =

⇒ + − =

⇒ + + −

∑ ∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑

r 2 1 2 n0 n 1 n

n 0

0

x r c x [(n r 1) c 4c ]x 0∞

−+

=

=

⇒ + + + − =

∑

Por lo tanto, 21 2r 0, r 0, r 0= = = y 2

n 1 n(n r 1) c 4c 0, n 0,1,2,...++ + − = =

Claramente, la raíz 1r 0= dará sólo una solución, la correspondiente a los

coeficientes definidos por la iteración de nn 1 2

4cc , n 0,1,2,...

(n 1)+ = =

+ El resultado es

n

n1 0 2

n 0

4y c x , x

(n!)

∞

=

= < ∞∑ . Para obtener la segunda solución linealmente independiente

se hace 0c 1= en la expresión anterior y luego

(1 / x)dx

2 1 12 21 2 3

2 31 1

2 3

2 21 1

e dxy y (x) dx y (x)

y (x) 16x 1 4x 4x x ...

9

dx 1 1472y (x) y (x) 1 8x 40x x ... dx

16 x 9x 1 8x 24x x ...

9

1 1472 1472y (x) 8 40x x ... dx y (x) lnx 8x 20x

x 9

−∫= =

+ + + +

= = − + − + + + + +

= − + − + = − + −

∫ ∫

∫ ∫∫ 3x ... .

27

+

Por consiguiente, la solución general en el intervalo 0 x< < ∞ es

2 31 1 2 1 1

1472y C y (x) C y (x)lnx y (x) 8x 20x x ...

27

= + + − + − +

.

De los ejemplos anteriores es claro que las soluciones tipo Frobenius que se

obtienen dependen de las raíces indiciales y que pueden surgir varios casos:


CASO I. Si las raíces indiciales difieren en una constante que no es un entero, esto es, no es 0, 1, 2,...,± ± siempre se obtiene la solución general. Esta es la situación del

ejemplo 43.

CASO II. Si las raíces indiciales difieren en un entero no igual a cero, hay tres

posibilidades:

a. La solución se obtiene al usar la raíz indicial más pequeña. Por ejemplo, si las

raíces indiciales son 2− y 1− , entonces 2− es la raíz más pequeña. Esta es la

situación del ejemplo 44.

b. Al usar la raíz indicial más pequeña se encuentra solo una solución. La otra

solución se halla aplicando la fórmula de reducción de orden. Esta situación ocurre

en el ejemplo 45.

c. No se obtiene solución al usar la raíz indicial más pequeña. Sin embargo, en todos

los casos se puede determinar una solución al usar la raíz más grande.

CASO III. Si las raíces indiciales difieren en cero, esto es, son iguales, se obtiene

solamente una solución. Esta es la situación del ejemplo 46.

Ejemplo 47. Obtenga una solución tipo Frobenius alrededor de x 1= para la ecuación diferencial x(x 1)y '' xy ' y 0.− + + =

Solución. Se tiene p(x) x(x 1),= − q(x) x,= r(x) 1,= de modo que x 0= y x 1= son

puntos singulares. Si x 1 x 1

(x 1)q(x) (x 1)xlím lím 1

p(x) x(x 1)→ →

− −= =−

,2 2

x 1 x 1

(x 1) r(x) (x 1) (1)lím lím 0

p(x) x(x 1)→ →

− −= =−

sigue que x 1= es un punto singular regular, y así por el teorema 2 hay una solución

tipo Frobenius alrededor de x 1= dada por j cj

j 0

y a (x 1)∞

+

=

= −∑ .

Es conveniente hacer el cambio de variable v x 1= − , así que la ecuación

diferencial se convierte en v(v 1)y '' (v 1)y ' y 0+ + + + = y se puede escribir j cj

j 0

y a v∞

+

=

=∑ .

Sustituyendo en la ecuación:

2 j c 2 j c 1 j cj j j

j 0 j 0 j 0

(v v) (j c)(j c 1)a v (v 1) (j c)a v a v 0∞ ∞ ∞

+ − + − +

= = =

+ + + − + + + + =∑ ∑ ∑

o bien 2 2 j cj j 1

j 0

{[(j c) 1]a (j c 1) a }v 0∞

++

=

+ + + + + =∑ . Así 2 2j j 1[(j c) 1]a (j c 1) a 0++ + + + + = .

La ecuación indicial viene dada por 20c a 0,= esto es c 0= puesto que 0a 0≠ .

Así, las raíces de la ecuación indicial son ambas iguales a cero. Colocando c 0= en la

expresión anterior se tiene 2

2 2j j 1 j 1 j2

j 1(j 1)a (j 1) a 0 ó a a

(j 1)+ +

++ + + = = −+

. Ahora si se

coloca j 0,1,2,...,= se tiene

2 2 2 2 2

1 0 2 1 0 3 2 02 2 2 2 2

1 1 1 1 2 1 (1 1)(2 1)a a , a a a , a a a ,...

2 2 3 2 3

+ + + + += − = − = = − = −


Usando esto y reemplazando v por x 1,− se obtiene la solución requerida

2 2 22 3

0 2 2 2

(1 1) (1 1)(2 1)y a 1 (x 1) (x 1) (x 1) ...

2 2 3

+ + += − − + − − − +

.

Del teorema 7 sigue que la solución en series anterior converge para x 1 1− <

puesto que la distancia de x 1= a la singularidad más próxima x 0= es 1.

Observación 5. Al resolver la ecuación diferencial p(x)y '' q(x)y ' r(x)y 0+ + = , donde

p(x), q(x) y r(x) son polinomios en torno a un punto 0x para el cual 0p(x ) 0= , de

manera intencional no se han considerado dos complicaciones adicionales:

a. Es perfectamente posible que las raíces de la ecuación indicial resulten ser

números complejos. En particular, cuando la ecuación indicial tiene coeficientes reales, las raíces complejas serán un par conjugado 1r i= α + β , 2r i= α − β y

1 2r r 2i entero.− = β ≠ Así, para 0x 0,= existirán siempre dos soluciones

n r11 n

n 0

y c x∞

+

=

=∑ y n r22 n

n 0

y b x∞

+

=

=∑ Ambas soluciones darán valores complejos de y

para cada valor real de x. Esta última dificultad puede ser superada mediante el

principio de superposición. Puesto que una combinación de soluciones también es

una solución de la ecuación diferencial, se pueden formar combinaciones adecuadas de 1y (x) y 2y (x) para obtener soluciones reales.

b. Por último, si x 0= es un punto singular irregular, debe hacerse notar que puede

ser posible no encontrar ninguna solución de la forma n rn

n 0

y c x∞

+

=

=∑ .

2.27. LA FUNCIÓN GAMMA Definición 10. La definición por integral de la función gamma debida a Euler, viene

dada por

x 1 t

0(x) t e dt

∞− −Γ = ∫ .

La convergencia de la integral requiere que x 1 1− > − o bien x 0> . La relación

de recurrencia (x 1) x (x)Γ + = Γ puede ser obtenida usando integración por partes.

Ahora bien, cuando x 1= :

t

0(1) e dt 1

∞−Γ = =∫ y, por consiguiente, de la relación de

recurrencia se obtiene: (2) 1 (1) 1, (3) 2 (2) 2.1, (4) 3 (3) 3.2.1Γ = Γ = Γ = Γ = Γ = Γ = , etc. De

este modo se ve que cuando n es un entero positivo (n 1) n!Γ + = . Por esta razón, la

función gamma se llama frecuentemente función factorial generalizada.


2.28. ECUACIÓN DE BESSEL

Definición 11. La ecuación 2 2 2x y '' xy ' (x v )y 0+ + − = , donde v 0≥ , aparece en

muchas ocasiones en estudios avanzados de matemática aplicada, física e ingeniería.

Se llama ecuación de Bessel de orden v.

Al resolverla se supondrá que v 0≥ . Puesto que se buscan soluciones en serie

para esta ecuación, en torno a x 0= , se hace notar que el origen es un punto singular

regular de la ecuación de Bessel. Si se supone n rn

n 0

y c x ,∞

+

=

=∑ entonces

2 2 2 n r n r n r 2n n n

n 0 n 0 n 0

2 n rn

n 0

2 2 r r0 n

x y '' xy ' (x v )y 0 c (n r)(n r 1)x c (n r)x c x

v c x 0

c (r r r v )x x c [(n r)(n r 1) (n

∞ ∞ ∞+ + + +

= = =∞

+

=

+ + − = ⇒ + + − + + +

− =

⇒ − + − + + + − +

∑ ∑ ∑

∑

2 n

n 1

r n 2n

n 0

r) v ]x

x c x .

∞

=∞

+

=

+ −

+

∑

∑

La ecuación indicial es 2 2r v 0− = , de modo que las raíces indiciales son 1r v=

y 2r v.= − Cuando 1r v= se tiene:

r n r n 2 r n n 2n n 1 n n

n 1 n 0 n 2 n 0

r k 21 k 2 k

k 0

x c n(n 2v)x x c x 0 x (1 2v)c c n(n 2v)x c x 0

x (1 2v)c [(k 2)(k 2 2v)c c ]x 0

∞ ∞ ∞ ∞+ +

= = = =

∞+

+=

+ + = ⇒ + + + + =

⇒ + + + + + + =

∑ ∑ ∑ ∑

∑

Por lo tanto, por el argumento usual se puede escribir 1 k 2 k(1 2v)c 0, (k 2)(k 2 2v)c c 0++ = + + + + = ,

o bien kk 2

cc , k 0,1,2,...

(k 2)(k 2 2v)+ = − =+ + +

La elección 1c 0= implica que 3 5 7c c c ... 0= = = = de modo que para

k 0,2,4,...= se encuentra, después de hacer k 2 2n, n 1,2,3,...+ = = que

2n 22n 2

cc

2 n(n v)

−= −+

. Por consiguiente,

0 022 42 2 4

046 2 6

c ccc c

2 .1.(1 v) 2 .2(2 v) 2 .1.2(1 v)(2 v)

ccc

2 .3(3 v) 2 .1.2.3(1 v)(2 v)(3 v)

= − = − =+ + + +

= − =+ + + +

M


n

02n 2n

( 1) cc , n 1,2,3... ( )

2 n!(1 v)(2 v)...(n v)

−= = ∗

+ + +

Es común dar a 0c un valor específico, a saber, 0 v

1c

2 (1 v)=

Γ +, donde (1 v)Γ +

es la función gamma. Como esta última función tiene la propiedad (1 ) ( )Γ + α = αΓ α , se

puede reducir el producto indicado en el denominador de ( )∗ a un solo término. Por

ejemplo, (1 v 1) (1 v) (1 v), (1 v 2) (2 v) (2 v) (2 v)(1 v) (1 v)Γ + + = + Γ + Γ + + = + Γ + = + + Γ + .

Por lo tanto, se puede escribir ( )∗ como

n n

2n 2n v 2n v

( 1) ( 1)c , n 0,1,2,...

2 n!(1 v)(2 v)...(n v) (1 v) 2 n! (1 v n)+ +− −= = =

+ + + Γ + Γ + +

Entonces una solución es 2n vn

2n v2n

n 0 n 0

( 1) xy c x .

n! (1 v n) 2

∞ ∞ ++

= =

− = = Γ + + ∑ ∑

Si v 0≥ , la serie convergerá por lo menos en el intervalo 0 x≤ < ∞ .

2.29. FUNCIONES DE BESSEL DE PRIMERA CLASE

La solución en serie anterior se denota usualmente por vJ (x):

2n vn

v

n 0

( 1) xJ (x) .

n! (1 v n) 2

∞ +

=

− = Γ + + ∑

Además, para el segundo exponente 2r v= − se obtiene, exactamente de la

misma manera 2n vn

v

n 0

( 1) xJ (x) .

n! (1 v n) 2

∞ −

−=

− = Γ − + ∑

Las funciones vJ (x) y vJ (x)− se llaman funciones de Bessel de primera

clase, de orden v y v− . Dependiendo del valor de v, se pueden obtener potencias

negativas de x y por lo tanto converge para 0 x< < ∞ .

Ahora bien, hay que tener un poco de cuidado al escribir la solución general de

la ecuación de Bessel. Cuando v 0= es evidente que las soluciones son iguales. Si

v 0> y 1 2r r 2v− = no es un entero positivo, según el caso I, se deduce que vJ (x) y

vJ (x)− son soluciones linealmente independientes para 0 x< < ∞ y por lo tanto la

solución general en el intervalo sería de la forma 1 v 2 vy c J (x) c J (x)−= + . Pero también,

según el caso II, cuando 1 2r r 2v− = es un entero positivo, puede existir una segunda

solución en serie de la ecuación de Bessel. En este segundo caso, se distinguen dos posibilidades. Cuando v m entero= = positivo, mJ (x)− y mJ (x) no son soluciones

linealmente independientes. Además, 1 2r r 2v− = puede ser un entero postivo cuando v

es la mitad de un entero positivo impar. Se puede demostrar que en esta última


eventualidad, vJ (x) y vJ (x)− son linealmente independientes. En otras palabras, la

solución general de la ecuación de Bessel en 0 x< < ∞ es de la forma

1 v 2 vy c J (x) c J (x)−= + siempre que v entero.≠

Ejemplo 48. Halle la solución general de la ecuación 2 2 14

x y '' xy ' (x )y 0+ + − = en

0 x< < ∞ .

Solución. Se identifica 2v 1 / 4= y por lo tanto v 1 /2.= Se tiene entonces que la

solución general de la ecuación diferencial es 1 1 /2 2 1 /2y c J (x) c J (x)−= + .

2.30. FUNCIONES DE BESSEL DE SEGUNDA CLASE Si v entero≠ , la función definida por la combinación lineal de la forma

v vv

cos(v )J (x) J (x)Y (x)

sen(v )−π −

=π

(*) y la función dada por vJ (x) son soluciones linealmente

independientes de la ecuación de Bessel; por consiguiente, otra forma de la solución general de la ecuación de Bessel es 1 v 2 vy c J (x) c Y (x)= + , siempre y cuando v entero≠ .

Cuando v m→ (donde m es entero), la ecuación (*) tienede a la forma indeterminada

0/0; sin embargo, con la regla de L’Hospital se puede demostrar, que vv mlím Y (x)→

existe.

Además, la función m vv m

Y (x) lím Y (x)→

= y mJ (x) son soluciones linealmente

independientes de 2 2 2x y '' xy ' (x m )y 0+ + − = ; por lo tanto, para cualquier valor de v, la

solución general de la ecuación de Bessel en (0, )∞ se puede escribir como

1 v 2 vy c J (x) c Y (x)= + . vY (x) se llama función de Bessel de segunda clase, o de

segunda especie, de orden v.


2.31. PROBLEMAS PROPUESTOS

1. En los problemas siguientes, determine si las funciones dadas son linealmente

independientes o linealmente dependientes en x−∞ < < ∞ .

a. 2 21 2 3f (x) x, f (x) x , f (x) 4x 3x= = = −

b. x1 2 3f (x) 0, f (x) x, f (x) e= = =

c. 2 21 2 3f (x) 5, f (x) cos x, f (x) sen x= = =

d. 1 2 3f (x) x, f (x) x 1, f (x) x 3= = − = +

2. Sean 21f (x) x= y 2f (x) x x= . Demuestre que:

a. 1 2W(f (x), f (x)) 0= para todo x.

b. Son linealmente independientes en x−∞ < < ∞ .

3. Sean

11x

0 si x 0f (x)

e si x 0−

≤= >

y

1x

2e si x 0f (x)0 si x 0

<= ≥

. Demuestre que:

a. 1 2W(f (x), f (x)) 0= para todo x.

b. Son linealmente independientes en x−∞ < < ∞ .

4. Resuelva: a. 2y '' 2y ' y 0− + = , y(0) 1, y '(0) 0= − = .

b. y '' 4y ' 4y 0+ + = , y(0) 2, y '(0) 0= = .

c. 2 *y '' n y 0, n R− = ∈ , y(0) 2, y '(0) 0.= =

5. En los siguientes problemas, encuentre un operador diferencial que anule a la

función dada.

a. 21 6x 2x+ −

b. 3x (1 5x)−

c. 2x1 7e+

d. 6xx 3xe+

e. 213x 9x sen4x+ −

f. 8x senx 10cos5x− +

g. x x 2 xe 2xe x e− + −

h. x 2(2 e )−

i. x3 e cos2x+

6. En los siguientes problemas, resuelva la ecuación diferencial dada por el método

de los coeficientes indeterminados. a. y '' 9y 54− =

b. 2y '' 7y ' 5y 29− + = −

c. 3y '' 2y ' y x 4x− + = +

d. y '' 4y 4cosx 3senx 8+ = + −

e. 2 xy '' y x e 5− = +


f. y '' 25y 20sen5x+ =

g. 2y '' 4y cos x+ =

7. En los siguientes problemas, resuelva la ecuación diferencial mediante variación de

parámetros. a. y '' y sec x+ =

b. y '' y sec xtgx+ =

c. 2xy '' 4y e / x− =

d. xy '' 3y ' 2y 1 /(1 e )+ + = +

e. xy '' 2y ' y e arctgx− + =

f. x /2 24y '' 4y ' y e 1 x− + = −

8. Resuelva las ecuaciones diferenciales dadas:

a. 2x y '' 2y 0− =

b. 2x y '' xy ' 4y 0+ + =

c. 2x y '' 3xy ' 4y 0+ − =

d. 24x y '' 4xy ' y 0+ − =

e. xy '' y ' x+ =

f. 4xy '' 4y ' x− =

g. 2 22x y '' 5xy ' y x x+ + = −

h. 2x y '' xy ' y 2x− + =

i. 2 3x y '' 2xy ' 2y x lnx− + =

9. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales:

a. 2x y '' xy ' y 2tg(lnx)+ + =

b. 2x

1y '' 3y ' 2y

1 e+ + =

+

c. 2 2x y '' 3xy ' 3y 2x ln x− + =

d. 2 3 2x y '' xy ' 9y sen(ln(x )) x.cos(ln(x ))+ + = +

e. 2 xy '' y x e− =

f. y '' 9y 2sec(3x)+ =

g. xy '' 2y ' 3y 1 xe+ − = +

h. 2xy '' y ' 6y senx x.e+ − = +

i. y '' y ' 6y sen(3x)cos(3x)+ − =

j. 2 lnxx y '' 3xy ' y

x+ + =

k. 2 2x y '' 3xy ' 5y x x 0+ + = >

10. Resuelva el siguiente problema de valores iniciales:

3xy '' 6y ' 13y xe sen(3x) y(0) 0 , y '(0) 1− + = = =


11. Resuelva la ecuación 2

2

2

x 1(x 1)y '' 2xy ' 2y

x 1

−− − + =+

sabiendo que 1y (x) x= es una

solución de la ecuación homogénea correspondiente.

12. Resuelva 2x y '' xy ' 2y 0− + = sabiendo que 1y (x) xsen(lnx)= es una solución de ella.

13. Resuelva xy '' 2(x 1)y ' (x 2)y 0− + + + = sabiendo que x1y (x) e= es una solución de

ella.

14. Una fuerza horizontal dada en newtons por la función: 4

1500cos( t )πω − (tiempo en

segundos) se aplica a una masa de 25 Kg sujeta por un resorte cuya constante de

elasticidad es 7500 (N/m) tal que ocurre el fenómeno de resonancia.

a. Calcule el valor de ω , la frecuencia de oscilación de la fuerza y plantee la ecuación diferencial de la coordenada horizontal x(t) de la masa.

b. Obtenga x(t) para t 0≥ .

15. Determine el movimiento transitorio y oscilaciones periódicas estacionarias de un

sistema masa-resorte amortiguado con m 1= , c 2= y k 26= bajo la influencia de

una fuerza externa F(t) 82cos(4t)= con x(0) 6= y x '(0) 0= . Investigue la

posibilidad de resonancia práctica para este sistema.

16. Determine el tipo de singularidad de la ecuación 3 2x (x 1)y '' (x 3x)y ' xy 0− + − − = , y

si existen puntos singulares regulares, dé su ecuación indicial.

17. Usando series de potencias centradas en x 0= halle dos soluciones linealmente

independientes de la ecuación 2xy '' (1 x)y ' y 0+ + + = .

18. Usando series de potencias centradas alrededor del punto x 0= , halle la solución

general de la ecuación 2y '' x y ' 2xy+ = − .

19. Sea la siguiente ecuación diferencial 4 2 2(x 9x )y '' (x 9)y ' xy 0− − − + = .

a. Determine los puntos singulares y clasifiquelos.

b. Escriba la forma de la solución (no la calcule) alrededor de x 1= e indique su

intervalo de convergencia.

20. Sea la ecuación diferencial 23xy '' 7y ' 15x y 0+ + = .

a. Obtenga sus raíces indiciales en 0x 0= .

b. Obtenga dos soluciones linealmente independientes mediante el método de Frobenius alrededor de 0x 0= .

c. Diga cuáles son los radios de convergencia de las dos soluciones.

21. Obtenga los cinco primeros términos no nulos de la solución general de la ecuación 2y '' 2xy ' 3x y 0+ + = mediante el método de series de potencias.


22. Dada la ecuación diferencial 2 2(x 9) y '' (x 3)y ' 2y 0− + + + = , determine los puntos

singulares y clasifiquelos en regulares e irregulares.

23. Sea la ecuación diferencial 2xy '' y ' x y 0+ + = .

a. Muestre que x 0= es un punto singular regular.

b. Encuentre la solución general, usando series, alrededor de x 0= y dé el

intervalo de convergencia de la solución.

24. Resuelva, usando el método de las series de potencias, el problema de valor inicial

y '' 2xy ' 8y 0

y(0) 3, y '(0) 0

− + = = =

.

25. Pruebe que n

2n

2n 2

n 0

( 1)x

2 (n!)

∞

=

−∑ es solución particular de la ecuación xy '' y ' xy 0+ + = .

26. Determine si son verdaderas o falsas las proposiciones. Justifique razonadamente

su respuesta.

a. La solución en series de potencias alrededor de x 1= de la ecuación diferencial 2(x 1)y '' xy ' y 0+ + − = tiene como radio de convergencia r 1= .

b. La ecuación diferencial 28x y '' 10xy ' (x 1)y 0+ + − = tiene como ecuación indicial

a 28r 2r 1 0+ − = .

c. x 0= y x 1= son puntos singulares regulares de la ecuación diferencial dada

por 3 4(x (x 1))y '' (3x 2)y ' x y 0− + + + = .

27. Dada la ecuación diferencial 2ax y '' bxy ' cy 0+ + = (Ecuación de Euler-Cauchy de

segundo orden), estudie la naturaleza del punto singular x 0= .

28. Determine la solución general para cada ecuación diferencial en (0, )∞ :

a. 2 2 19

x y '' xy ' (x )y 0+ + − =

b. 2 24x y '' 4xy ' (4x 25)y 0+ + − =

c. xy '' y ' xy 0+ + =

29. Demuestre que la ecuación diferencial 2

2

d y dysen( ) cos( ) n(n 1)sen( )y 0

ddθ + θ + + θ =

θθ se

puede transformar en la ecuación de Legendre con la sustitución x cos( )= θ .

Documents

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN … Diferenciales/Guias... · ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden y sus aplicaciones 2.1 ... ecuaciones diferenciales