Ecuaciones Diferenciales Y Sus Aplicaciones - M. Braun.pdf

y(O)=l.

Además, y(t) nunca es mayor que la solución 2 (t) = tan (t + 11"14) del problema de valor inicial dyldt = l + y 2, y(O) = l. Por lo tanto, para O s t ::; l se tiene 1 - - 'y(t) 1 -t

< tan(t + w/4).

Esta situación se describe gráficamente en la Figura l. Como 1(t) y

120

CAPÍTULO 1 • ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

FIGURA 1.

EJEMPLO 3 Utilizar el método de Euler para determinar valores aproximados de la solución del problema de valor inicial (1) en los puntos 1/N, 2/N, ... , 2.

SOLUCIÓN. La programación de este problema se simplifica mucho si se observa que YIYl- 3 / 4 =(sgny)IYl 1/ 4 ,

donde

1, y>O sgny= O, y=O { -1, y <0

Programa en APL V EULER [1] T+-NpO (2]

Y+-NpO

[3J H+-2+N [4]

T[1 ]+-H

[5J K+-1 [6] T[K + 1J~ T[K] + H [7] Y[K + 1J+-Y[K]+ H X{(X Y[K])X(IY[K]) •0.25)+ T[K] X 100+ T[KJ [8] K+-K+1 [9] -+6XiK
121

1.17 • Qué hacer en la práctica

Programa en Fortran

1O

20 30

DIMENSION T(1000), Y(1000) READ (5, 1O) N FORMAT (15) H=2/N T(1 )= H Y{1) =O 0020 K=2,N T(K)=T(K-1)+ H Y(K) = Y(K 1) + H * (SIGN(Y(K - 1) • * 0.25, Y(K - 1 )) + T(K 1) * SIN(3.141592654 /T(K -1 )) CONTINUE WRITE(6, 30) O, O, (T(J), Y(J). J = 1, N) FORMAT (1H1,3X, 1HT,4X,1 HY /(1H,1 X, F10.7, 2X, F20.9/)) CALL EXIT END

Tomando N = 25 se obtuvo el valor 2.4844172 para y(2), pero al tomar N 27 se obtuvo el valor -0.50244575 paray(2). Más aún, todos los valores fueron positivos para N 25 y negativos para N = 27. Se repitieron los cálculos con N = 89 y N = 91, y se obtuvieron los valores 2.64286349 y -0.6318074, respectivamente. Además todas las Yk fueron de nuevo positivas para N = 89 y negativas para N = 91. De hecho, es posible, aunque más bien difícil, probar que todas las Yk son positivas si N 1, 5, 9, 13, 17, ... , y negativas si N = 3, 7, 11; 15, .... Esto sugiere que la solución del problema de valor inicial (1) no es única. La afirmación no puede probarse analíticamente, ya que no es posible resolver la ecuación diferencial de modo explícito. Sin embargo, hay que notar que el teorema de existencia y unicidad de la Sección 1.10 no se aplica 314 aquí ya que la derivada parcial de la función 1 y¡- y + t sen 7rlt con respecto a y no existe en y = O. La mayoría de los problemas de valor inicial que surgen de las aplicaciones tienen solución única. Así pues, no es necesario preocuparse demasiado del problema de falta de unicidad de las soluciones. Sin embargo, hay que tener siempre en mente que los problemas de valor inicial que no cumplen las hipótesis del teorema de existencia y unicidad de la Sección 1.10, pueden tener más de una solución, ya que elegir la solución errónea en uno de estos casos raros puede ser desastroso.

EJERCICIOS En cada uno de los Problemas 1 a 5, encuentre la solución del problema de valor inicial dado en t = 1 con una precisión de cuatro cifras decimales. 1. di =y+ e-y+ 2t, y(O)==O 12+ y2

dy

3. dt

dy

=

1+ t

5. -=ty3-y dt '

y(O)=O y(O)= 1

2. di== 1- t+ y2, y(O)=O

4.

dy 2-2y --ey dt '

y(O}= 1

2 Ecuaciones

diferenciales lineales de se undo or en

2.1

PROPIEDADES ALGEBRAICAS DE LAS SOLUCIONES

Una ecuación diferencial de segundo orden es una ecuación del tipo

d2y dt 2

=J

(

dy)

t,y, dt .

(1)

Por ejemplo, la ecuación

d2y

(

dy )2

-=sent+3y+ 2 dt

dt

es una ecuación diferencial de segundo orden. Una función y = y(t) es la solución de (1) si y(t) satisface la ecuación diferencial, es decir, 2

d y(t) ( czy(t)) --;¡;¡= f t,y(t), d i . Así pues, la función y(t) = cos t es la solución de la ecuación de segundo orden d 2y/ dt 2 = -y, ya que d 2 (cos t)I dt 2 = -cos t. En las aplicaciones surgen con frecuencia ecuaciones diferenciales de segundo orden. La ecuación diferencial de este tipo más famosa es la segunda ley de Newton del movimiento (véase la Sección 1. 7)

123

124

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

la cual rige el movimiento de una partícula de masa m que se mueve bajo la influencia de una fuerza F. En esta ecuación, mes la masa de la partícula, y = y(t) es su posición en el tiempo t, dy I dt es su velocidad, y Fes la fuerza total que actúa sobre la partícula. Como ya la notación lo indica, la fuerza F puede depender de la posición y de la velocidad de la partícula, así como también del tiempo. Además de la ecuación diíerencial (1), con frecuencia se imponen también condiciones iniciales sobre y(t) de tipo

( l') La ecuación diferencial (1) junto con las condiciones iniciales (1 ') se conoce como un problema de valor inicial. Por ejemplo, si y(t)* indica la posición en el tiempo t de una partícula que se mueve bajo la influencia de la gravedad, entonces y(t) satisface el problema de valor inicial

d2y

- ·2 == -g· dt

'

donde y 0 es la posición inicial de la partícula y YÓ es su velocidad inicial. Las ecuaciones diferenciales de segundo orden son muy difíciles de resolver. Lo cual no debiera sorprender a nadie después de la experiencia adquirida con las ecuaciones de primer orden. Solamente se pueden resolver las ecuaciones diferenciales de la forma especial

dy +p(t)-d +q(t)y=g(t). dt t

d2y

-2

(2)

Afortunadamente, muchas de las ecuaciones diferenciales que surgen en las aplicaciones son de este tipo. La ecuación diferencial (2) se conoce como ecuación diferencial lineal de segundo orden. Esta ecuación se distingue con la denominación de lineal porque tanto y como dyldt aparecen por separado. Por ejemplo, las ecuaciones diferenciales

d2y -

dt 2

dy

+3t-d +(sent)y=e' t

y

d2y dy -+e'-+2y=l dt2 dt son lineales, en tanto que las ecuaciones

d2y dy +3- +seny = t 3 dt2 dt y

d2y + ( dy dt2 dt

)2 == 1

son no lineales, debido a la presencia de los términos sen y y (dyldt) 2 , respectivamente.

• La dirección positiva de y se toma hacia arriba.

2.1 • Propiedades algebraicas de las soluciones

125

Primero se analizará la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden

d2y

dy dt2 +p(t) dt +q(t)y=O

(3)

la cual se obtiene de (2) haciendo g(t) = O. En este momento, ciertamente, no es fácil encontrar todas las soluciones de (3) o resolver el problema de valor inicial

dy dt2 +p(t) dt +q(t)y=O;

dly

y(to)=yo, y'(to)=yó.

(4)

Por ello, antes de tratar de exponer cualquier procedimiento elaborado para resolver la ecuación (4), se necesita determinar primero si en efecto tiene solución. La información que se requiere está contenida en el siguiente teorema, cuya demostración se presentará en el Capítulo 4.

TEOREMA 1. (Teorema de Existencia y Unicidad). Sean p(t) y q(l)funciones continuas en el intervalo a < t < {3. Entonces existe una y solamente una función y(t) que satisface la ecuación diferencia/ (3) en todo el intervalo a < t < {3 y las condiciones iniciales prescritas y(t0 ) = y 0 , y'(t0 ) = YÓ· Concretamente, cualquier solución y = y(t) de (3) que satisfaga y(t0 ) = O y y'(t0 ) = O en un t = t0 debe ser idéntica a cero. El Teorema 1 es muy importante. Por una parte, constituye la "autorización" para ir en busca de la solución única y(!) de (4). Por otra, el Teorema 4 también ayudará a encontrar todas las soluciones de (3). El análisis de la ecuación (3) se inicia con la importante observación de que el lado izquierdo

y"+ p(t)y' + q(t)y de la ecuación diferencial puede considerarse como la definición de "una función de función": a cada función y que tiene dos derivadas se le asocia otra función que sellama L [y], por medio de la relación siguiente:

L[ y ](t) = y"(t) + p( t)y'(t) + q(t)y (t). En términos matemáticos, L es un operador que actúa sobre funciones, es decir, hay una regla precisa que asocia a cada función y una nueva función L [y].

EJEMPLO 1

Sea p(t)

O y q(t) = t. Entonces L [y] (t) =y" ( t) + ty ( t ).

si y(t)

cos t, entonces

L [ y ] ( t) = (cos t)" + t cos t = ( t - 1)eos t, y si y(t) = t 3 , entonces

L[ y

J(t) = (t 3 ) '' + t ( t 3 ) = t 4 + 61.

126

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

Así pues, el operador L asigna la función (t - 1) costa la función cos t, y la función r" a la función t 3 • El concepto de un operador que actúa sobre funciones o el de "función de una función" es análogo al de una función de una sola variable t. Recuérdese la definición de la función/ en un intervalo/: donde a cada número ten l se le asocia un número llamado /(t). De manera análoga, a cada función y que tenga dos derivadas se le asocia una nueva función llamada L [y]. Este es un concepto matemático muy complejo, ya que -en cierto sentido- se trata a la función exactamente como si fuera un punto. Evidentemente, ésto es difícil de entender. Por ello, no es extraño que el concepto de "función de función" haya sido formulado sólo hasta principios de este siglo, y que muchos de los "grandes y poderosos teoremas" del análisis matemático se hayan demostrado únicamente después de que surgió dicho concepto. A continuación, se deducen varias propiedades importantes del operador l, las cuales se aplicarán a continuación.

6t +

L [cy]

= e L [y], para toda constante c.

DEMOSTRACIÓN. L [ cy ](t) = ( cy )"( t) + p( t)( e)·)'( t) + q( t)( cy )(t)

= cy " ( t) + cp ( t) y' ( t) + cq ( t) y ( t) =c[y"(t)+p(t)y'(t)+q(t)y(t)]

o

=cL[y](t).

El significado de la Propiedad 1 consiste en que el operador L asigna a la función (cy) la función que asigna a y multiplicada por

c.

Por ejemplo, sea L [y J( t) =y" ( t) + 6y ' ( t) - 2y ( t).

Tal operador l asigna la función

(t 2 )"+6(t 2 )'-2(r 2 )=2+ l2t-2t 2 a la función t 2 • Por lo tanto, L debe asignar la función 5(2 + 12t - 2t 2 ) a la función 51 2 .

PROPIEDAD 2.

L[y 1+ Yi]= L[y¡]+ L[Yi]·

DEMOSTRACIÓN. L[y 1 + Y2](t)=(y 1 + Yi)"(t)+p(t)(y 1 + }'i)'(t)+ q(t)(y 1 + )li)(t) =y ;' ( l) +y~· ( t) + p ( t) y; ( l) + p ( l ) y í (l ) + q ( l ) y 1 ( t ) + q ( l) y 2( t)

= [ y¡' ( l) + p ( l) y; ( l) + q ( l) y 1 ( l) ] + [ y l (I) + p ( I) y Í ( l) + q ( l) Y 2 ( l) ] = L[Y1J(:)·t-L[Yi](t).

0

127

2.1 • Propiedades algebraicas de las soluciones

El significado de la Propiedad 2 consiste en que el operador L asigna a la función y 1 + y 2 la suma de las funciones asignadas a y 1 y a y 2 • Por ejemplo, sea L[ y

J( t) =y" ( t) + 2y' ( t) - y {t).

El operador L asigna la función ( cos t)" + 2( cos t)' - cos t = - 2 cos t - 2sen t a la función cos t, y la función (sent)" + 2(sent}' -sent = 2 cos t

2sent

-

a la función sen t. Por lo tanto, L asigna la función (-2cost-2senr)+2cost-2sent= -4sent a la función sen t + cos t.

DEFINICIÓN. Un operador L que asigna funciones a otras funciones y que satisface las Propiedades 1 y 2 se llama operador lineal. Todos los demás operadores son no lineales. Un ejemplo de un operador no lineal es L[y](t)=y"(t)-2t[y(t)]

4 •

Este operador asigna la función 4

( _!_)" t

-21(!)t =1_ - 1_ =O 13

13

a la función l / t, y la función 2c (E.)" -2r(E.)4= t t

13

2c4

= 2c(l-c3)

(3

(3

a la función cit. Por lo tanto, como e =FO, l, y y(t) = lit, puede verse que L[cy] =F cl[yJ. La utilidad de las Propiedades l y 2 se basa en la observación de que las soluciones y(t) de la ecuación diferencial (3) son exactamente las funciones y para las cuales se cumple

L[ y J(t) =y"( t) + p ( t)y'( t) + q( t)y ( t) =O. En otras palabras, las soluciones y(t) de (3) son exactamente las funciones y a las que el operador L asigna la función cero*. Por lo tanto, si y(t) es una solución de (3), entonces cy(t) también lo es, ya que L [ cy J(t) = e L [y J(t) =O.

Si y 1(t) y y 2 (t) son soluciones de (3 ), entonces y 1 (t) + Y2 (!) también es una solución de (3), ya que

" La función cero es la función cuyo valor en todo tiempo t es cero.

128

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

Al combinar las Propiedades 1 y 2, se ve que todas las combinaciones lineales

C1Y1 (t) + C2Y2(t) de las soluciones de (3) son también soluciones de (3). El razonamiento anterior muestra que pueden utilizarse las dos soluciones conocidas y 1(t) y Y2 (t) de (3) para generar una infinidad de otras soluciones. Esta afirmación tiene algunas implicaciones muy interesantes. Considérese por ejemplo la siguiente ecuación diferencial

d2y

(5)

-+y=O. 2 dt

y 1(!)

cos t, y y 2 (t)

sen (t) son dos soluciones de (5). Por lo tanto,

(6)

y(t)=c 1cost+c 2sent

es también una solución de (5) para dos constantes cualesquiera c 1 y c2 • Ahora bien. la ecuación (6) contiene dos constantes arbitrarias, por lo que es fácil suponer que la expresión (6) representa la solución general de (5), es decir, que toda solución y(l) de (5) debe ser del tipo (6). De hecho, este es el caso, como se verá a continuación. Sea y(l) cualquier solución de (5}. Por el teorema de existencia y unicidad, y(t) existe para toda t. Sea y{O) = y 0 , y' (0) YÓ, y considérese la función

( t) = y 0 cos t + yósent. Esta función es una solución de (5) ya que es una combinación lineal de las soluciones Yo y et>' (O) YÓ. Así pues, y(!) y <:>(!) satisfacen la misma ecuación lineal homogénea de segundo orden y las mismas condiciones iniciales. Por lo tanto, por la parce que se refiere a la unicidad del Teorema l, y(!) debe ser idéntica a , de forma que

de (5). Además,

y ( t) = y 0 cos t + yósént. Así pues, la ecuación (6) constituye, en realidad, la solución general de (5). Ahora, volviendo a la ecuación lineal general (3), supóngase que de alguna manera se lograron encontrar dos soluciones y 1 (t) y y 2 (!} de (3). Entonces cualquier función del cipo

(7) es también una solución de (3). La pregunta es si la expresión (7) representa la solución general de (3). Es decir, si toda solución y(t) de (3) tiene la forma (7). El siguiente teorema da la respuesta.

TE-CREMA 2. Sean

y 1(t) y y 2 (t) dos soluciones de (3) en el intervalo a

t < ¡3, con

Y1 (t)yí(t)-yi (t)Yi(t) diferente de cero en el mismo intervalo. Entonces, y(t)= c 1 y¡(t)+ c2 y2(t) es la solución general de (3).

<

129

2.1 • Propiedades algebraicas de las soluciones

DEMOSTRACIÓN. Sea y(t) cualquier solución de (3). Se necesita encontrar fas constantes c 1 y c2 tales que y(t) = c 1y 1(t) + c2y 2 (t). Para ello, elíjase un tiempo t 0 en el intervalo (a, (3) y denótese por Yo y y5 a los valores de y y y' en t = t0 • Las constantes c 1 y c2 , si existen, deben satisfacer las dos ecuaciones siguientes: C1Y1

(to)+ C2Y2(to) =Yo

C1 YÍ

(to)+ C2YÍ (to)= YÓ·

Al multiplicar la primera ecuación por y2(t0 ), la segunda por Yz{to) y restándolas luego se obtiene C1 [

Y1 ( to)YÍ (to)- Y~ ( to)Y2 (to)]= YoYÍ (to)- YÓYi (to)·

De manera similar, si se multiplica la primera ecuación por y~ (t0 ), la segunda por y 1 (t0 ) y se restan resulta

c2[ YÍ (to)Yi(to)-Y1 (to)Yí(to)] =yoy~ (to)- Y~Y1 (to)· Por lo tanto,

y

YÓY1 (to)- YoYÍ (to) ci= Y1(to)Yí(to)-yí(to)Y2(to) si Y1 Uo)YÍUo) - YÍ Uo)Ji(to) '/- O. Ahora bien, sea

cp( t) = e 1y 1 ( t) + e2 y 2 ( t) para esta elección de las constantes c 1 y c2 • Se sabe que (t) satisface a (3) ya que es una combinación lineal de las soluciones de (3). Más aún, por construcción se tiene que (t0 ) = Yo y ' (t 0 ) = YÓ· Así pues, y(t) y (t) satisfacen la misma ecuación lineal homogénea de segundo orden y las mismas condiciones iniciales. Por lo tanto, por el enunciado de unicidad del Teorema 1, y (t) debe ser idéntica a 4> (t), es decir,

y(t) = C1Y1 (t) + C2Y2(t),

a< t < {3.

o

El Teorema 2 es muy útil ya que reduce el problema de encontrar todas las solucio.nes de (3), que son una infinidad, al problema más sencillo de encontrar solamente dos soluciones y 1(t), Ji(t). La única condición que se impone a las soluciones y 1 (t) y y 2 (t) es que la cantidad y 1(t)yí(t) - YÍ (t)y 2 (t) no sea igual a cero para a < t < (3. En este caso, se dice que y 1 (t) y Yz{t) constituyen un conjunto fundamental de soluciones de (3), ya que tódas las demás soluciones de (3) pueden obtenerse a partir de combinaciones lineales de y 1 (t) y Yz (t).

DEFINICIÓN. La cantidad y 1 (t)yí(t) - YÍ (t)Yz(i) se denomina wronskiano de y 1 y Yz, y se denota por W(t) == W[y 1 , Y2](t). El Teorema 2 requiere que W[y1' YzJ(t) no sea igual a cero en todos los puntos del intervalo (a, (3). De hecho, como se verá a continuación, el wronskiano de cualesquiera dos soluciones y 1(t), y 2 (t) de (3) es idéntico a cero o nunca igual a cero.

13(J

CAPITULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

TEOREMA 3.

Sean p(t) y q(t) continuas en el intervalo a < t < /3, y sean y 1(t) y y 2 (t) dos soluciones de (3). Entonces, W[y 1 , y 2 l(t) es idéntico a cero, o bien, nunca es igual a cero en el intervalo a < t < {3.

El Teorema 3 se demostrará con la ayuda del lema siguiente.

LEMA 1. Sean y 1(t) + p(t)y' + q(t)y

y"

y y 2 (t) dos soluciones de la ecuación diferencial lineal

O. Entonces, el wronskiano

W ( t) = W[ y 1,y 2 J(t) =y 1 ( t) y í (t) - y í (t) y 2 ( t) satisface la siguiente ecuación diferencial de primer orden W' + p(t)W=O.

DEMOSTRACIÓN. Obsérvese que W'(t)= ;(Y1YÍ-YÍY2)

=Y1Y1. +YÍYÍ-YÍYÍ-Yi Y2 1

= Y1Yí'

-yi'Y2·

Como y 1 y y 2 son soluciones de y" + p(t)y' + q(t)y = O, se sabe que

y

Yi' = - p(t)yí- q( t)Y1· Por lo tanto, W'(t) =y 1 [ -p(t)yí- q(t)Yi]-y2 [ -p(t)y;-q(t)y 1 J = -p(t)[Y1YÍ-YÍY2]

= -p(t)W(t).

o

Ahora es posible presentar una demostración sencilla del Teorema 3.

DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA 3. Elíjase algún t0 en el intervalo (a, /3). Del Lema l se deduce que

W[ Y1·Y2]( 1)- W( y 1,Y?](to)exp( Ahora bien, exp { -

J:

p(s) ds ).

J.: p (s) ds) es diferente de cero para "' < t <

{3. Por lo tanto,

W[ y 1, y 2](t) es idéntico a cero o nunca igual a cero. La situación más simple en la que el wronskiano de dos funciones y 1 (t), Yz (t) es idéntico a cero se presenta cuando una de las dos funciones es idéntico a cero. De manera

131

2.1 • Propiedades algebraicas de las soluciones

más géneral, el wronskiano de dos funciones y 1(!), Yz(t) es idéntica a cero si una de las funciones es un múltiplo de la otra. Por ejemplo, si Yz cy 1 , entonces

W[ y 1.y2 ] ( t) =y 1 ( cy 1)' -

y~ ( cy 1);::: O.

Recíprocamente, supóngase que el wronskiano de dos soluciones y 1 (t), Yz (f) de (3) es idéntico a cero. Entonces, una de las soluciones debe ser un múltiplo de la otra, como se verá a continuación.

TEOREMA 4. Sean

y 1 (!) y Yz{t) dos soluciones de (3) en el intervalo a < t < {3 y supóngase que W[y 1 , Yz)(t0 ) = O para alguna t0 en el intervalo. Entonces una de las soluciones es un múltiplo de la otra.

DEMOSTRACIÓN 1. Supóngase que W[y 11 Y2 ](t0 ) = O. Entonces, las ecuaciones C¡

Y1 (to)+ C2Y2 (to)= o

CiY~ (to)+ C2YÍ( to) =O

tienen una solución no trivial c 1 , c 2 ; es decir, una solución c 1 , c2 con lc 1 1 + 1c2 I * O. Sea y(l) == c 1y 1(t) + c2y 2 (t) para esta elección de constantes c 1 , c2 • Se sabe que y(t) es una solución de (3), ya que es una combinación lineal de y 1(!) y y 2 (t). Más aún, por construcción, y(t 0 ) = O y y' (t0 ) = O. Por lo tanto, por el Teorema 1, y(!) es idéntico a cero, así que

<X< t < /3,

e 1 y 1 ( t) + e2 y 2 ( t) =O,

*

*

Si c 1 O, entonces y 1 (t) == -(c2/ci)Yi(t}, y si c2 O, entonces y 2 (t) = -(c 1/ e:? )y 1(!). En cualquier caso, una de estas soluciones es un múltiplo constante de la otra.

DEMOSTRACIÓN 2. Supóngase que W[y 1 , y 2 ](t0 ) O. Entonces, por el Teorema 3 W(y 1 , Yzl es idéntico a cero. Supóngase que y 1{t)Yz(I) *O para a < t < f3. Entonces dividiendo ambos lados de la ecuación y 1 ( t)y;( t)-yi( t)Yi( t) =O

entre y 1 (t)y2 (t) se obtiene

Esta ecuación implica que y 1(t) CYi (t) para una constante c. Ahora supóngase que y 1(t)y 2 (t) es igual a cero en algún punto t = t* en el intervalo a < t < fJ. Sin que haya problemas puede suponerse que y 1 (t*) = O, ya que y 1 y Yz pueden expresarse de otra manera. En ese caso se puede demostrar fácilmente (véase el Ejercicio 19) quey 1(1) =O, o bienYi(f) = [y;(t*)lyí(t*)]y 1 (t). Con esto finaliza la demostración del Teorema 4. O

DEFINICIÓN.

Se dice que las funciones y 1(t) y y 2 (t) son linealmente depenel intervalo 1 si una de estas funciones es un múltiplo constante de la otra en l. Se dice que las funciones y 1(/) y Yi(I) son linealmente independientes en el intervalo 1 si no son linealmente dependientes en l.

dientes

~n

132

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

COROLARIO DEL TEOREMA 4. Dos soluciones y 1(t)

y Yi(t) de (3) son linealmente independientes en el intervalo a < t < (3 si y sólo si el wronskíano no es igual a cero en el intervalo. Así pues, dos soluciones y 1(t) y y 2 (t) constiwyen wt conjunto fundamental de soluciones de {3) en el intervalo a < t < J3 si y solamente si son linealmente independientes en este intervalo.

EJERCJCIOS l. Sr:a L. [y](t) (;1) L[e 1 ],

(d) L(t:!],

=

y"(t) - 3ty'(t) + 3y(t}. Calcule (b) L[cos\13 /], (e) L[2e'+4cosv'3 t], (e) L[5t 2}, (f) L[t]. (g) L[t 2 +3t].

2. Sea L [y](I) = y"(t) = 6y'(t} + 5y(t). Calcule (a) L[e'], (b) L[e 2'], (e) L[e 31 ], 2 (e) L[t], (f) L[t ], (g) L[t 2 +2t]. 3. Demuestre que el operador L definido por L{y J(t) =

{s y(s)ds 2

es lineal; es decir, L [cy] = el [yJ y l [y 1 +

Yzl

= L [y¡]

+ L [y 2 ].

4. Sea L [ y](t) = y"(t) + p(t)y'(t) + q(t)y(t), y suponga que l [t 2 ] t + 1 y L {t] = 2t + 2. Demuestre que y[t] = t - 2t 2 es una solución de y" + p(t)y' + q(t)y =

o.

S. (a) Demuestre que y 1(t) = rencial

Yt y y 2 (t)

= lit son soluciones de la ecuación dife-

2t 2y" +3ty' -y =O

(*)

en el intervalo O < t < oo. (b) Evalúe W[y 1 , y 2 ]t. ¿Qué ocurre cuando t tiende a cero? (e) Demuestre que y 1 (t) y y 2 (t) constituyen un conjunto fundamental de soluciones de (*) en el intervalo O < t < oo. (d) Resuelva el problema de valor inicial 2t 2y" + 3ty' y = O; y(l) = 2, y' (1) = l. 6. (a) Pruebe que y 1(t)

= e- 1212

y y 2 (t) =

e- 1 J:e.rl/z ds son soluciones de 12 2

y"+ ty'+ y=O

en el intervalo -oo < t < oo. (b) EvaJú~ W[y 1 , Yi](t). (e) Pruebe que y 1 y y 2 constituyen un conjunto fundamental de soluciones de(*) en el int;:rvalo -oo < ¡ < oo. (d) Resuc!va el problema de valor inicial y" + ty' + y = O; y(O) O, y' (0) = 1.

7.

Dd~rmine

el wronskiano de los siguientes pares de funciones

(a) St!n at. cos bt

(b) sen 2 t, 1 - cos 21

2. 1 • Propiedades algebraicas de las soluciones

(d) eª1 , teª'

(e) t, t nt

133 (f) eª1 senbt, eª1 cosbt

8. Sean y 1(t) y Yi(t) soluciones de (3) en el intervalo -:- 00 < t < oo con y 1 (O) = 3, Yí(O) = l,Ji(O) = l, y Yí(O) = YJ. Demuestrequey 1(t) y y 2 (t)sonlinealmente dependientes en el intervalo -oo < t < oo. 9. (a) Sean y 1(t) y Ji{t) soluciones de (3) en el intervalo a < t < {3, con y 1(t0 ) = l, YÍ Uo) == O, Y2Uo) = O, YYÍUo) = 1. Demuestre que y 1 (t) y Yi(t) constituyen un conjunto fundamental de soluciones de (3) en el ~ntervalo ex < t < {3. (b) Demuestre que y(t) = y 0 y 1(t) + yóy 2 (t) es la solución de (3) que satisface YUo) = Yo. Y y'(to) = YÓ · 10. Demuestre que y(t) = t 2 no puede ser una solución de (3) si las funciones p(t) y q (t) son continuas en t == O. 11. Sean y 1 ( t) == t 2, y Y2 (t) = t 1 t 1 . (a) Pruebe que y 1 y y 2 son linealmente dependientes en el intervalo O ~ t s 1. (b) Pruebe que y 1 y y 2 son linealmente independientes en el intervalo -1 :S t :S l. (e) Demuestre que W[y 1 , Ji]{!) es idéntico a cero. (d) Demuestre que y 1 y y 2 nunca pueden ser dos soluciones de (3) en el intervalo -1 < t < 1 si tanto p como q son continuas en dicho intervalo. 12. Supóngase que y 1 y Yi son linealmente independientes en el intervalo l. Demuestre que z 1 = y 1 + y 2 y z2 = y 1 - Yi son también linealmente independientes en l. 13. Sean y 1 y y 2 soluciones de la ecuación de Bessel t 2y" + ty' + (t 2 - n 2 )y =O

en el intervalo O< t < Obtenga W[Y1, Y21
00 ,

cony 1 (1) = l, yí(l) =O, y 2 (1) =O y YÍ(l) =l.

14. Suponga que el wronskiano de cualesquiera dos soluciones de (3) es constante con respecto al tiempo. Demuestre que p(t) = O. En los Problemas 15-18 suponga que p y q son continuas y que las funciones y 1 y y 2 son soluciones de la ecuación diferencial y"+ p(t)y' + q( t)y =o

en el intervalo a


{3.

15. Demuestre que si y 1 y y 2 se anulan en un mismo punto del intervalo a < t < {3; entonces no pueden formar un conjunto fundamental de soluciones en dicho intervalo. 16. Demuestre que si y 1 y y 2 alcanzan un máximo o un mínimo en un mismo punto del intervalo a < t < {3, entonces no pueden constituir un conjunto fundamental de soluciones en dicho intervalo. 17. Demuestre que si y 1 y Y2 forman un conjunto fundamental de soluciones, entonces no pueden tener un punto de inflexión común en a < t < {3, a no ser que p y q se anulen simultáneamente en dicho punto.

134

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

18. Suponga que y 1 y Yz constituyen un conjunto 'fundamental de soluciones en el intervalo -oo < t < oo. Pruebe que hay un cero de y 1 , y sólo uno, entre ceros consecutivos de Yz. Sugerencia: Derive la expresión Yz I y 1 y aplique el Teorema de Rolle. 19. Suponga que W[y 1 , Yz]{t*) = O, y además que y 1 (t*) = O. Demuestre que, y 1 (t) =O, o bien Yz{t) = [YÍ(t*)lyj (t*)}y 1 (t). Sugerencia: Si W[y 1 , Yz](t*) = O y y 1(t*) = O, entonces y 2 (t*)yj (t*) = O.

2.2

ECUACIONES LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES

En esta sección se estudiarán ecuaciones lineales de segundo orden con coeficientes constantes

d2y dy L[y]=a-+b-+cy=O dt 2 dt

(1)

donde a, b y c son constantes y a -:/= O. El Teorema 2 de la Sección 2.1 afirma que es necesario encontrar sólo dos soluciones linealmente independientes y 1 y Yz de (1). Todas las demás soluciones de (1) se obtienen haciendo combinaciones lineales de y 1 y Yz. Desafortunadamente el Teorema 2 no dice cómo encontrar dos soluciones de ( l ). Por lo tanto, se intentará proponer algo sensato. Para ello, obsérvese que una función y(t) es solución de (1) si una constante multiplicada por la segunda derivada más otra constante multiplicada por la primera derivada, más una tercera constante multiplicada por la propia función es idéntico a cero. En otras palabras, los tres términos ay", by' y cy tienen que anularse entre sí. En general, esto sólo· ocurre si las tres funciones y(t), y'(t) y y"(t) son del "mismo tipo". Por ejemplo, la función y(t) = t 5 no puede ser solución de (1) pues los tres términos 20at 3 , 5bt 4 y ct 5 son polinomios en t de distinto grado y por lo tanto no pueden cancelarse entre sí. Por otro lado, la función y(t) = err, con r constante, tiene la propiedad de que tanto y'(t) como y"(t) son múltiplos de y(/). Esto sugiere tomar y(t) = e'' como solución de (l ). Al calcular L [ e ' 1 J= a (e ' 1 )

+ b (e ' 1 ) ' + e (e rr ) = ( ar 2 + br + e )e ' ''

1

se ve que y(t)

,

e'' es una solución de (1) si y sólo si ar 2 + br+ c=O.

(2)

La ecuación (2) se conoce como ecuación característica de (1) y tiene dos raíces r 1 y r 2 que están dadas por la fórmula cuadrática '1

=

-b+ Yb 2 -4ac 2a

Si b 2 - 4ac es positiva, entonces r 1 y r 2 son reales y distintos. En ese caso y 1(/) = e'i' y Y2 (t) = e'z' son dos soluciones distintas de (1). Dichas soluciones son en verdad

135

2.2 • Ecuaciones lineales con coeficientes constantes

linealmente independientes (en cualquier intervalo 1), puesto que e'21obviamente no es múltiplo de e'11 si r1 ::f:. r2 • {Si el lector aún no se convence de ello. calcule

W[ e'1',e'2IJ =(r2-r1)e(r¡+r2lt~ y observe que W nunca es cero. Por lo tanto, e'11 y e'21 son linealmente independientes en cualquier intervalo 1).

EJEMPLO 1

Obtener la solución general de la ecuación d2y dt2

dy

+ 5 dt

(3)

+4y =0.

SOLUCIÓN. La ecuación característica r 2 + Sr + 4 = (r + 4)(r + 1) = O tiene dos raíces diferentes r 1 = -4 y r2 -1. Así pues, y 1 (t) = e- 4r y y 2 (/) = e-' forman un conjunto fundamental de soluciones de (3) y cualquier solución y(t) de (3) es del tipo

para cualesquiera constantes c 1, c2 •

EJEMPLO 2

Encontrar la solución y(t) del problema de valor inicial d2y dt2

dy

+ 4 dt

y(O)=l, y'(0)=2.

- 2y =O;

SOLUCIÓN. La ecuación característica r 2 + 4r - 2

=

O tiene dos raíces

y

Por lo tanto, y 1(t) :::: e'1' y y 2 (t) = e'l forman un conjunto fundamental de soluciones de y" + 4y' - 2y = O, de modo que Y ( t) = eI e< - 2 + v'6 )r + c2e< -

2-

v'6 )1

para cualquier par de- constantes c 1 , c2 • Tales constantes c 1 y c2 se determinan a partir de las condiciones iniciales

De la primera ecuación se obtiene que c2 segunda ecuación se obtiene

=

l - c 1 • Sustituyendo el valor de c2 en la

(-2+ V6 )c 1 -(2+ \16 )(l-c 1)=2, o bien

2\16 c 1 =4+ Y6.

136

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

Por lo tanto, c 1 =2/V6+1-, c2 = 1- c 1 =1"-2/V6, y y(t)= (

t :6 )e<-i+ +

V.)•+ (

t- ~ )e-(2+

V. l'.

EJERCICIOS Encuentre la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones. d2y 1. d12 - Y =0 d2y dtl

dy

3. --3-+y=O dt

dly dy 2. 6--7-+y=O dtl dt dy d2y 4. 3-+6-+2y=O dtl dt

Resuelva cada uno de los siguientes problemas de valor inicial d2y dy 5. dt 2 -3 dt -4y=O; y(O)= 1, y'(O)=O d2y dy 6. 2 dt 2 + dt -lOy=O; y(1)=5,y'(1)=2 d2y dy 7. S dt2 +sd,-y=O; y(O)=O,y'(O)=l

dly dy 8. d12 -6 dt +y=O; y(2)== I, y'(2)== 1

Nota. Al resolver los Problemas 6 y 8 observe que erl.t-to> es también una solución de la ecuación diferencial ay" + by' + cy = O si ar 2 + br + e = O. Así pues, para encontrar la solución y(t) del problema de valor inicial ay" + by' + cy = O; y(t0 ) = Yo, y' (t0 ) = YÓ, se escribe y(t) = c1e'•U-to> + c2 e'2 y se despejan c1 y c2 a partir de las condiciones iniciales. 9. Sea y(t) una solución del problema de valor inicial

¿Para qué valores de V permanece y(t) no negativa para toda t

~

O?

10. La ecuación diferencial L[y] • t 2yH + aty' + ,8y-=O (•) 2 se conoce como ecuación de Euler. Obsérvese que t y", ty' y y son múltiplos de t,. si y = t,.. Esto sugiere que y = t' es solución de(•). Demuestre que y = t' es una solución de (•) si r 2 + (a - l)r + (j = O. 11. Encuentre la solución general de la ecuación t 2yH+Sty'-Sy•O,

t>O

137

2.2 • Ecuaciones lineales con coeficientes constantes

12. Resuelva el problema de valor inicial t 2y"-ty' ..... 2y=O;

y(l)-0, y'(l)•l

en el intervalo O < t < oo

2.2.1

Raíces complejas

Si b 2 - 4ac es negativo, entonces la ecuación característica ar 2 + br + e = O tiene raíces complejas

r,=

-b+ iY 4ac-b 2 2a

y

- b-

iY 4ac -

b2

2a

Sería conveniente poder decir que er11 y e'21 como soluciones de la ecuación diferencial

d2y

dy

dt2

dt

a-+b-+cy=O.

(I)

Sin embargo, esto presenta dos dificultades serias. Por un lado, la función er1 no ha sido definida hasta ahora para r compleja y, por el otro, aun si se tuviera éxito definiendo e'1' y e'21 como soluciones de valores complejos de (1), quedaría todavía el problema de encontrar dos soluciones con valores reales de (1). Primero se resolverá la segunda dificultad, ya que de otro modo no tendría sentido tratar de resolver la primera. Supóngase que y(t) = u(t) + iv(t) es una solución con valores complejos ~e (1). Lo que significa, por supuesto, que

a[ u"(t) + iv"(t)] + b[ u'(t) + iv'(t)] +e[ u(t) + iv(t)] =O.

(2)

Esta solución con valores complejos de (1), da lugar a dos soluciones con valores reales, como se verá a continuación.

LEMA 1. Sea y(t) = u(t) + iv(t) una solución con valores complejos de (1) con a, by c reales. Entonces, y 1{t) = u(t) y y 2 (t) = v(t) son dos soluciones con valores reales de ( 1). En otras palabras, tanto la parte real como la parte imaginaria de la solución con valores complejos de ( 1) son soluciones reales de ( 1). (La parte imaginaria del número complejo a + i/3 es 13. De manera similar, la parte imaginaria de la función u(t) + iv(t) es v(t).) DEMOSTRACIÓN. De la ecuación (2) se tiene que

[ au"( t) +bu'( t) +cu( t) J+ i[ av"( t) + bv'( t) +ro( t)] =O.

(3)

Ahora bien, si un número complejo es igual a cero, entonces tanto su parte real como su parte imaginaria deben ser nulas. Por lo tanto,

au"(t)+bu'(t)+cu(t)=O

y

av"(t) + bv'(t) + cv(t) ==O,

y con esto concluye la demostración del Lema 1. El problema de definir ert parar complejo también puede resolverse fácilmente. Sea r = a + i/3. Según la regla de los exponentes, se tiene (4)

138

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

Así pues, se necesita definir solamente la cantidad eií31 para t1 real. Para ello, recuérdese que

(5) La ecuación (5) tiene sentido formalmente incluso para x complejo. Esto sugiere hacer

e

.

·a + - l + tµt

1/Jt _

(i/3t)

2

3

(i/3t) + 3 ! + ....

Después, obsérvese que

(iflt) 2

1 + iflt +

2 ! + ... =

/3 212

i/3 313

/3 41 4

i/3 s1s

2! - 3! + 4! + 5! + ...

1 + i/3t /3212

l ·[

/34t4

/33t3

ps1s

= [ 1 - 2! + 4! + .. . + l /3t - 3! + 5! + ... = cos flt

l

+ i senf3t.

Por lo tanto, e<ª+ ;p )/=e ª'e i/Jt =e ar ( cos /lt

+ isenf3t ).

(6)

Volviendo a la ecuación diferencial (1) se ve que y(t)=e[-b+iV4ac-b 2 Jr/2a

=

e-br/

ª[ cos Y4ac- b 2 t/2a + isen Y4ac- b 2 t/2a J

2

es una solución con valores complejos de (1) si b 2 el Lema 1 se tiene que y

1(

t) =e- bi/ 2ªcos/1t

y

y 2 ( t)

-

4ac es negativo. Por lo tanto, por

= e-btf 2ªsén/3t,

/3= Y4ac-b

2

2a

son dos soluciones con valores reales de l. Las dos funciones son linealmente independientes en cualquier intervalo /, ya que su wronskiano (véase el Ejercicio 10) nunca es igual a cero. Por lo tanto, la solución general de (1) para b 2 - 4ac < O es

ª= Y4ac-b 2 1-1

2a

·

OBSERVACIÓN 1. En sentido riguroso, debe verificarse que la fórmula

!!_e,,= rert dt

también es válida para r complejo, antes de poder afirmar que e' 11 y er21 son soluciones con valores complejos de (1). Para ello, calcúlese .!!_e
- f3senf3t) + i ( asen/3t + /3 cos /3t) J

139

2.2 • Ecuaciones lineales con coeficientes constantes

y esto es igual a (a

+

i{3}e<~ + ii3)t, ya que

(a+ i/3 )eCª + i/3 rel="nofollow">1 = (a+ i/3 )eª'[ cos /3t + isenf3t J =eª' [ (a cos /3t - /3senf3t) + i ( asen/3t + /3 cos /3t)]. Así pues, (d/dt)e'

1

= re'

1

,

incluso para r compleja.

OBSERVACIÓN 2. A primera vista podría pensarse que e'11 daría lugar a dos soluciones más de (1). Sin embargo, tal no es el caso, ya que

e'21=e-
/3=Y4ac-b2 /2a

=e br/ia [ cos( - /3t) + isen( - f3t) J=e -br/Za [ cos /3t - i senf3t J. Por lo tanto,

Re { e "21 }

= e - br ;ia cos /3t =y 1 ( t)

y

EJEMPLO 1 Encontrar dos soluciones con valores reales y linealmente independientes de la ecuación diferencial d2y dy 4 -2 +4-+5y=O. (7) dt dt . SOLUCIÓN. La ecuación característica 4r 2 + 4r + 5 -Yi + i y r 2 = -Y2 i. Por lo tanto,

=

O tiene raíces complejas r 1

e" 11 =e(- l/i+ i)r = e- 112 cos t + ie- 112 sent

es una solución con valores complejos de (7). Por ello, con base en el Lema 1 Re( e" 1r} = e- 112 cost

y

Im{ e' 11

}

= e-

12 sent

1

son dos soluciones con valores reales, linealmente independientes de (7).

EJEMPLO 2

Encontrar la solución y(t} del problema de valor inicial

d2y

dy

dt2

dt

-+2-+4y=O· '

y(O) = l, y'(O) =l.

SOLUCIÓN. La ecuación característica r 2 + 2r + 4 -1 + {3¡ y r 2 -1 Y3i. Por lo tanto, e " 11 = e< - 1 + V3 i)t = e - 'cos V3 t

= O tiene raíces complejas r1

+ ie - 'sen V3 t

es una solución con valores complejos de y" + 2y' + 4y en el Lema l, tanto

O. Por lo tanto, con base

Re{e' 11 }=e-'cos\/31 como Im{e" 11 }=e 'senv'It

140

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

son soluciones con valores reales y, como consecuencia,

y(t) = e- 1 [

C¡

cos v'3

t

+ C2Sin v'3 t]

para cualquier par de constantes c 1 , c 2 • Las constantes c 1 y c2 se determinan a partir de las condiciones iniciales l=y(O)=c 1 y

1 = y'(O) = -

C¡

+ v'3 C2.

Esto implica que

c 1 = l,c2 =

Ji

y

e-•[ cos \13 t+ Ji sen\13 t J.

y(t)=

EJERCICIOS Obtenga la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones: d2y dy 2. 2 -2 +3-d +4y•O dt t d2y dy 4. 4---+y-O dt2

dt

Resuelva cada uno de los siguientes problemas de valor inicial S.

d2y dt 2

6.

d2y dy dt 2 +2 dt +5y==O; y(O)==O, y'(0)•2

dy

+ dt

+2y•O; y(O)== l, y'(O)== -2

7. Suponga que b 2

-

4ac

< O. Demuestre que y 1 ( t) ==e<- b/la)(t- to) cosf:J ( t - t 0 )

y y 2 ( t) =e< - b/la)(t- 10>sen{:J ( t - t 0 ),

{:J=

Y4ac-b 2 2a

son soluciones de (1) para todo número 10 • Resuelva cada uno de los siguientes problemas de valor inicial. dly

8. 2 dt 2

dy -

dt +3y•O; y(l)== l, y'(l)-1

d2y dy 9. 3 dt 2 -2 dt +4y•O; y(2)• l, y'(2)• -1

10. Verifique que W[e"'cos{:Jt, e"'sen{:Jt]•f:Jela'.

141

2.2 • Ecuaciones lineales con coeficientes constantes

11. Demuestre que cial y" + w 2y

eiwi

es una solución con valores complejos de la ecuación diferenEncuentre dos soluciones con valores reales.

= O.

12. Demuestre que (cos t + i sen t)' = cos rt + i sen rt. Use este resultado para obte~ ner las fórmulas para el doble de un ángulo sen 21 = 2 sen t cos t y cos 2t cos 2 t - sen 2 t. 13. Demuestre que (cos t 1 + i sen t 1)(cost 2 + isen t 2 ) = cos(t 1 + t 2 ) + i sen(1 1 +1 2 ).

Use este resultado para obtener las siguientes igualdades trigonométricas. cos( 11 + t 2 ) = cost 1 cost 2 - sent 1sen t 2, sen( r1 + t 2) =sen t 1 cost 2+ cost 1sen t 2.

14. Demuestre que todo número complejo a + ib puede escribirse en la forma Aei0 , donde A = .Ja 2 + b 2 y tan 8 = bla. 15. Defina las dos posibles raíces cuadradas de un número complejo Ae¡8 como ±VA e;812 y calcule las raíces cuadradas de i, l + i, -i, VT.

16. Aplique el Ejercicio 14 para encontrar las tres raíces cúbicas de i. 17. (a) Sea r 1 = }.. + iµ una raíz compleja de r 2 + (a - l)r t>..+iµ = t"tíµ

= r>..e
= 1>-{cosµ

+ /3

= O. Demuestre que

In 1 + isenµ In 1]

es una solución con valores complejos de la ecuación de Euler d2y

12 d12

dy +at- + {3y=O. dt

(b) Demuestre que 1>-cos µ ln t y t>-sen µ. ln t son soluciones con valores reales de (*).

Encuentre la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones. dzy

18.

12 d12

dy

+ t dt +y O,

t >O

d2y dy 19. t 2 -+2t-+2y=O. dt2

dt

t>O

2.2.2 Raíces iguales; reducción de orden Si b 2 = 4ac, entonces la ecuación característica ar 2 + br + e O tiene raíces reales iguales r 1 = r2 = -b/2a. En este caso se obtiene solamente una solución

y 1 ( 1) = e - bt / 21.1 de la ecuación diferencial

d 2v dy a-· +b- +cr=O. dtz d1 .

(1)

142

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

El problema es encontrar una segunda solución que sea independiente de y 1 • Una manera de abordar este problema es proponer alguna otra solución. Otro modo, quizá más sensato, es utilizar la solución conocida y (l) para tratar de hallar una segunda solución independiente. De manera más general, supóngase que se tiene una solución y = y 1 (t) de la ecuación lineal de segundo orden 1

L[ y J =

d 2v

dy

(2)

dt.2 + p ( I) dt + q ( r) y= 0.

La pregunta es si es posible utilizar esta solución para encontrar una segunda solución independiente. La respuesta es sí. Una vez que se conoce una solución y = y 1 (t) de (2), puede reducirse el problema de encontrar todas las soluciones de (2) al de resolver una ecuación lineal homogénea de primer orden. Esto se logra definiendo una nueva variable dependiente v por medio de la sustitución y(t)=y 1 (t)v(t).

Entonces

2

d 2y d Y1 dv 'Ó'1 d 2v -= v + 2 + y -. 1 dt 2 dt 2 dt dt dt 2

y

l

Por lo tanto, 2

d Y1 dv 'Ó'1 d 2v [ dy1 dv L[y]=v+2-d -d +y +p(t) c-d +y 1 -d +q(t)vy 1 1 dt 2 t ' dt 2 t t 2

d 2c [ 2-d dy 1 +p(t)Y1 ] -d dv =y¡-.,+ dt'" t t 2

'Ó'1 =Y1 ddt2v + [ 2dt + p(t)Y1

l

1

d2 Y +p(t)-d dy 1 +q(t)yl +[ -

dt

t

l

V

dv

dt'

ya que y 1(t) es una solución de L [y] = O. Por ello, y(t) = y 1 (t)v(t) es solución de (2) si v satisface la ecuación diferencial (3) Ahora observese que la ecuación (3) es realmente una ecuación lineal de primer orden para dvldt. Su solución es

~~ =cexp[- J[2 ;:i:~ +p(t)

H

=cexp{ - Jp(t)dt) exp[ -2 J;: cexp( -

J

p(t)dr)

y¡(t)

i:H

(4)

2.2 • Ecuaciones lineales con coeficientes constantes

143

Ya que se necesita solamente una solución v(t) de (3), se toma e = 1 en (4). Al integrar la ecuación con respecto a t y hacer que la constante de integración sea igual a cero, se obtiene que v(t) =

J

u(t)dt, donde

exp( - Jp ( t) dt) u(t)=----y;(t)

(5)

Por lo tanto, (6) es una segunda solución de (2). Esta solución es independiente de y 1 , porque si Yi(t) fuera un múltiplo de y 1(!), entonces v(t) sería constante y, por lo tanto, su derivada seria igual a cero. Sin embargo, de (4) se tiene que

exp(- Jp(t)dt)

dv dt =

y esta cantidad nunca se anula.

OBSERVACIÓN 1. Al escribir v(t)

=j

u(t)dt se está tomando la constante de inte-

gración igual a cero. Si se elige una constante diferente de cero sólo se le suma a y 2 (t) un múltiplo de y 1 (t). De la misma manera, elegir una constante diferente de uno en la ecuación (4) tendría como efecto multiplicar Y2U) por c.

OBSERVACIÓN 2. El método que acaba de presentarse para resolver la ecuación (2) se conoce como método de reducción de orden, ya que la sustitución, y(t) y 1 (t)v(t) reduce el problema de resolver la ecuación de segundo orden (2) al de resolver una ecuación de primer orden. Aplicación al caso de raú:es iguales: En el caso de raíces iguales se encontró que y 1(t) = e-bt/'1a es una solución de la ecuación d2y

dy

dt2

dt

a-+b-+cy=O.

(7)

Puede encontrarse una segunda solución a partir de las ecuaciones (5) y (6). Sin embargo, es importante resaltar que las ecuaciones (5) y (6) se obtuvieron bajo la suposición de que la ecuación diferencial estaba escrita en la forma d2y dy dt2 +p(t) dt +q(t)y=O; es decir, el coeficiente de y" es uno. En la ecuación (7) el coeficiente de y" es a. Por ello, se necesita dividir la ecuación entre a para obtener la ecuación equivalente diy b dy e -+--+-y=O. 2 dt a dt a

144

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

Ahora, es posible sustituir p(t) = bla en (5) para obtener

Por lo tanto,

y 2 ( t) =y 1 ( /)

Jdt

= ty l ( t)

es una segunda solución de (7). Las funciones y 1(!) y Y2 (/) son en verdad linealmente independientes en el intervalo -oo < t < oo. Por lo tanto, la solución general de (7), en el caso de raíces iguales, es

y ( t) =

EJEMPLO 1

C1 e-bt/2a

+ Cite-ht/2a = [e,+ Cil ]e -br/2a

Encontrar la solución y(t) del problema de valor inicial dly

dy

dt 2 +4 dt +4y=O;

y(O)=l, y'(0)=3.

SOLUCiÓN. La ecuación característica r 2 + 4r + 4 = (r + 2) 2 -2. Por lo tanto, iguales r1 = r2 y(t) = c 1e- 21 +

= O tiene dos raíces

c2 te- 21

para cualquier par de constantes c 1 , c1 • Las constantes c 1 y c2 se determinan a partir de las condiciones iniciales

1 = y(O) = Esto implica que c 1

EJEMPLO 2

=

C¡

y

1 y c2 = 5, de modo que y(t)

= (l

+ St)e- 21 •

Obtener la solución y(t) del problema de valor inicial d2y dy (l-t 2 ) dt2 +2t dt -2y=O;

en el intervalo - l

<

t

y(0)=3, y'(0)=-4

< 1.

SOLUCIÓN. Es evidente que y 1(t) = t es una solución de la ecuación diferencial

d2y

dy

(l-1 2) +2t- -2y=O. dt 2 dt

(8)

Se aplicará el método de reducción de orden para encontrar una segunda solución y 2 (t) de (8). Para ello se dividen ambos lados de (8) entre 1 - t 2 con objeto de obtener la ecuación equivalente 2 d y 2t dy 2 -+ - - -2- - - y =2 O . 2 dt l - t di 1 t

145

2.2 • Ecuaciones lineales con coeficientes constantes

Entonces, de (5) se tiene que

exp(- J

dt)

1:112 u(t)=------= yf (t)

eln(I -

2

t )

,2

} -

/2

=-12

y

Y I) = t f 2(

2

l/

dt = - I ( ++ t) =

es una segunda solución de (8). Por tanto, y(t)=c 1t-c 2 (1

+1 2 )

para cualquier par de constantes c 1 , c2 • (Nótese que todas las soluciones de (9) son continuas en t ± 1 aun cuando la ecuación diferencial no está definida en esos puntos. Así pues, no necesariamente resulta que las soluciones de una ecuación diferencial sean discontinuas en un punto donde la ecuación diferencial no está definida aunque muchas veces tal es el caso). Las constantes c 1 y c2 se determinan a partir de las condiciones iniciales

3=y(O)= -c2

y

-4=y'(O)=c 1•

-4! + 3(1 + t 2 ).

Por lo tanto, y(t)

EJERCICIOS Encuentre la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones. dly dy l. --6-+9y=O dt2 dt

d2y

dy

dtl

dt

2. 4 - -12-+9y=O

Resuelva cada uno de los siguientes problemas de valor inicial. d2y dy 3. 9 - +6- +y=O· y(O)= l, y'(O)=O dt2 dt ,

dy d2y 4. 4d -4d +y=O; y(O)=O,y'(O)=J 12

1

5. Suponga que b 2

4ac. Demuestre que

Yt ( t) = e-b(t- r0 )/2a

y

Yl (t) = ( t _ lo)e-b(t- t0 )/2a

son soluciones de ( l) para cualquier t0 • Resuelva cada uno de los siguientes problemas de valor inicial. 6.

d2y dy dt 2 +2 dt +y=O; y(2)== 1, y'(2)= -1 d2y

dy

7. 9-;¡¡2-12 dt +4y==O; y(1T)==O, y'(1T)=2

146

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

8. Sean a, by e números positivos. Pruebe que cualquier solución de la ecuación diferencial ay" + by' + cy = O tiende a cero cuando t tiende a infinito. 9. Aquí se presenta un método alterno y completo para encontrar una segunda solución y 2 (t) de ( 1). (a) Suponga que b 2

=

4ac. Pruebe que

para r 1 = -bl2a. (b) Demuestre que

(a/ ar)L[ err] = L[ (a/ ar)e,.,J = L[ te,.,]= 2a(r- r 1)ert + at(r- r 1) 2e''. (c) Concluya de (a) y (b) que L [ter 1t] = O. Por lo tanto y 2 (t) segunda solución de (1 ).

ter 11 es una

Use el método de reducción de orden para encontrar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales. 10.

2(t+ 1) dy d2y -+ dt 2 (t 2+2t- I) dt

11.

d2y dy -41- +(4t 2 -2)y==O dt2 dt

12. (1

2

=O (Yi(t)== t+ 1)

(Y1(t) = e'

2 )

d2y dy t 2) - -21- +2y==O (y.(t)= l) dtl dt

d2y 13. ( 1 + t 2) dt 2

-

dy 21- + 2y,... o (y,(t)= l) dt

dly dy 14. (l-1 2) - -2t- +6y=O '(y,(1)=31 2 -1) dtl dt d2y

dy

dt

di

IS. (21+1)-2 -4(1+1)- +4y =O (y¡(t)=t+l) 16.

d2

dy

d12

dt

,2-1:'. + t -

+ ( ,2 -

.!. 4

y

=o

( Yt (t) ==s~t)

17. Sabiendo que la ecuación d2y dy t dt 2 -(1+31) dt +3y=O

tiene una solución de la forma ec', para cualquier constante e, encuentre la solución general.

18. (a) Demuestre que Ir es una solución de la ecuación de Euler t 2y" + aty' + /Jy =0,

si

r 2 +(a-

t >0

l)r+ p-o.

(b) Suponga que (a - 1) 2 = 4{3. Use el método de reducción de orden paramostrar que (In t)t(i-av 2 es una segunda solución de la ecuación de Euler.

147

2.3 • La ecuación no homogénea

Halle la solución general de cada una de las siguientes ecuaciones.

d2y dy t 2 -+3t-+y=O 2

19.

dt

2.3

d2y dy 20. t 2 - t - +y=O dt2 dt

dt

LA ECUACIÓN NO HOMOGÉNEA

Considérese ahora la ecuación no homogénea

d2y dy L[y]= dt2 +p(t) dt +q(t)y=g(t)

(1)

donde las funciones p(t), q(t) y g(t) son continuas en un intervalo abierto a < t < {3. La siguiente ecuación lineal de primer orden ofrece una noción conveniente de la naturaleza de las soluciones de ( 1) dy

dt -2ty= -t.

(2)

La solución general de esta ecuación es

y(t)=ce

12

+ ~·

Ahora bien, obsérvese que la solución es la suma de dos términos: el primero, ce'\ es la solución general de la ecuación homogénea dy

-

dt

-2ty=O

(3)

mientras que el segundo, Yi, es solución de la ecuación no homogénea (2). En otras palabras, toda solución y(t) de (2) es la suma de una solución particular, lf¡(t) = Yi, 12 con una solución ce de la ecuación homogénea. En el caso de las ecuaciones de segundo orden, como se verá a continuación, ocurre algo similar.

TEOREMA 5. Sean y 1(t)

y y 2 (t) dos soluciones linealmente independientes

de la ecuación homogénea d2y dy L[y]=+p(t)-d +q(t)y=O dt 2 t

(4)

y sea lf¡(t) cualquier solución particular de la ecuación no homogénea (1). Entonces, toda solución y(t) de (1) debe ser de la forma

Y( t) = c1 y, ( t) + C2Y2( t) + lf;( t) para cualquier par de constantes c 1 , c2 • La demostración del Teorema 5 se basa, sobre todo, en el lema siguiente.

LEMA 1. La diferencia de cualesquiera dos soluciones de la ecuación no homogénea (1) es una solución de la ecuación homogénea (4).

148

CAPÍTULO 2 • ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN

DEMOSTRACIÓN. Sean t/; 1(t) y ../; 2 (t) dos soluciones de (1). Por la linealidad del se tiene que

L[ tf; 1 -~ 2 ](t)= L[ tJ; 1 ](t)-L[ tJ; 2 ](t)=g(t)-g(t)=0. Por lo tanto, ../; 1(t) - ../; 2 (!) es una solución de la ecuación homogénea (4). Ahora es posible presentar una demostración muy sencilla del Teorema 5.

DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA 5. Sea y(t) una solución cualquiera de (1 ). Por el y(t) - 'J;(t) es una solución de la ecuación homoLema l se tiene que la función