Problem a Rio de Ec. Dif.

Chapter 1

Introducción

Si una función definida en algún intervalo I se sustituye en una ecuación diferen-cial y la reduce a una identidad, entonces se dice que esa función es una soluciónde la ecuación en ese intervalo. Una solución en la cual la variable dependiente seexpresamente solamente en términos de la variable independiente y de constantesse dice que es una solución explícita, en caso contrario se tiene una solución ím-plicita. La solución general de una ecuación diferencial de grado n contiene nparámetros en su solución, lo cual significa que una ecuación diferencial puedetener un número infinito de soluciones que corresponden al número infinito devalores de los parámetros. Una solución de una ecuación diferencial que no tienetales parámetros se llama una solución particular.

En los siguientes problemas se comprueba que la función in-dicada sea una solución de la ecuación diferencial dada. Cuandoaparecen, los simbolos c1 y c2 indican constantes.

Problema 1.2y0 + y = 0

Donde:y = e−

x2

Solución:Derivando:

y0 = −12e−

x2

Sustituyendo en la ecuación:

1

2 CHAPTER 1. INTRODUCCIÓN

2

µ−12e−

x2

¶+ e−

x2 = 0

−e−x2 + e−

x2 = 0

0 = 0

∴ y = e−x2 si es solución.

Problema 2.dy

dx− 2y = e3x

Donde:y = e3x + 10e2x


y0 = 3e3x + 20e2x

Sustituyendo:

3e3x + 20e2x − 2(e3x + 10e2x) = e3x

3e3x + 20e2x − 2e3x − 20e2x = e3x

e3x = e3x

como queda una identidad entonces y = e3x + 10e2x si es solución de laecuacón diferencial.

Problema 3.dy

dx+ 20y = 24

Donde:

y =6

5− 65e−20t

3


y0 = 24e−20t

Sustituyendo en la ecuación diferencial:

24e−20t + 20(6

5− 65e−20t) = 24

24e−20t + 24− 24e−20t = 24

24 = 24

∴ y = 65− 6

5e−20t si es solución de la ecuación diferencial.

Problema 4.y0 = 25 + y2

Donde:

y = 5 tan 5x


y0 = 25 sec2 5x

Sustituyendo:

25 sec2 5x = 25 + 25 tan2 5x

25 sec2 5x = 25(1 + tan2 5x)

25 sec2 5x = 25 sec2 5x

∴ y = 5 tan 5x si es solución de la ecuación diferencial.


Problema 5.dy

dx=

ry

x

Donde:

y = (√x+ c1)

2, x > 0, c1 > 0


y0 = 2(√x+ c1)( 1

2√x)

y0 =√x+ c1√x

y0 = 1 +c1√x

La ecuación diferencial puede escribirse de la siguiente forma

dy

dx=

ry

x=

√y√x

y como: √y√x=

p(√x+ c1)2√x

=

√x+ c1√x

= 1 +c1√x

y como ya se había encontrado:

y0 = 1 +c1√x

Entonces:

1 +c1√x= 1 +

c1√x

∴ y = (√x+ c1)2 si es solución.Problema 6.

y0 + y = senx

5

Donde:

y =1

2senx− 1

2cosx+ 10e−x


y0 =1

2cosx+

1

2senx− 10e−x

Sustituyendo:

1

2cosx+

1

2senx− 10e−x + 1

2senx− 1

2cosx+ 10e−x

senx = senx

∴ y = 12sinx− 1

2cosx+ 10e−x si es solución.

Problema 7.2xydx+ (x2 + 2y)dy = 0

Donde:

x2y + y2 = c1

Solución:Utilizando derivación ímplicita:

d

dx(x2y + y2 = c1)

2xy + x2dy

dx+ 2y

dy

dx= 0

2xydx+ (x2 + 2y)dy = 0

la cual es la ecuación original, ∴ x2y + y2 = c1 es una solución ímplicitade la ecuación diferencial.


Problema 8.x2dy + 2xydx = 0

Donde:

y = − 1x2

Solución:La ecuación puede escribirse como:

x2dy

dx+ 2xy = 0

Derivando la posible solución:

y =2

x3

Sustituyendo:

2x2x−3 − 2xx−2 = 0

2x−1 − 2x−1 = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, ∴ y = − 1x2si es solución de la ecuación.

Problema 9.y0 = 2

p| y |

Donde:

y = x | x |Solución:El valor absoluto se define como:

|a| =½a si a ≥ 0−a si a < 0

Por lo tanto, la función se escribe como:

7

y = x | x |=½x2 si x ≥ 0−x2 si x < 0

La derivada es:

y0 =½2x si x ≥ 0−2x si x < 0

Por lo tanto si x > 0,p|y| = √x2 = x

Y sustituyendo en la ecuación:

2x = 2√x2 = 2x

Ahora bien, si x < 0,p|y| = −x y al hacer la sustitución:

−2x = −2x∴ y = x | x | si es solución.Problema 10.

y0 − 1xy = 1

Donde:

y = xlnx


y0 = lnx+ 1

Sustituyendo:

lnx+ 1− ( 1x)(xlnx) = 1

1 = 1

Se obtiene una identidad, ∴ y = xlnx si es solución de la ecuación.


Problema 11.dP

dt= P (a− bP )

Donde:

P =ac1e

at

1 + bc1eat


dP

dt=(1 + bc1e

at)(a2c1eat)− (ac1eat)(abc1eat)

(1 + bc1eat)2

dP

dt=a2c1e

at + a2bc21e2at − a2bc21e2at

(1 + bc1eat)2

dP

dt=

a2c1eat

(1 + bc1eat)2

Sustituyendo:

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

ac1eat

1 + bc1eat

·a− b( ac1e

at

1 + bc1eat)

¸

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

ac1eat

1 + bc1eat

·a− abc1e

at

1 + bc1eat

¸

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

ac1eat

1 + bc1eat

·a(1 + bc1e

at)− (abc1eat)1 + bc1eat

¸

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

ac1eat

1 + bc1eat

·a

1 + bc1eat

¸Es decir:

a2c1eat

(1 + bc1eat)2=

a2c1eat

(1 + bc1eat)2

9

Se obtiene una identidad, ∴ P = ac1eat

1+bc1eatsi es solución de la ecuación.

Problema 12.dx

dt= (2− x)(1− x)

Donde:

t = ln2− x1− x

Solución:Derivando en forma ímplicita:

d

dt

·ln

µ2− x1− x

¶= t

¸µ1− x2− x

¶"(1− x)(−dx

dt)− (2− x)(−dx

dt)

(1− x)2#= 1

dx

dt

·1

(2− x)(1− x)¸(−1 + x+ 2− x) = 1

dx

dt= (2− x)(1− x)

la cual es la ecuación original. Por lo tanto t = ln2−x1−x si es solución ya que

se obtiene la misma ecuación.

Problema 13.y0 + 2xy = 1

Donde:

y = e−x2

Z x

0

et2

dt+ c1e−x2


dy

dx= e−x

2

ex2

+ (

Z x

0

et2

dt)(−2xe−x2)− 2c1xe−x2


Sustituyendo:

1− 2xe−x2Z x

0

et2

dt− 2c1xe−x2 + 2xe−x2Z x

0

et2

dt+ 2c1xe−x2 = 1

1 = 1

Se obtiene una identidad, ∴ y = e−x2R x0et2dt+ c1e

−x2 si es solución de laecuación.

Problema 14.y00 + y0 − 12y = 0

Donde:

y = c1e3x + c2e

−4x

Solución:Derivando dos veces:

y0 = 3c1e3x − 4c2e−4x

y00 = 9c1e3x + 16c2e−4x

Sustituyendo:

9c1e3x + 16c2e

−4x + 3c1e3x − 4c2e−4x − 12(c1e3x + c2e−4x) = 0

9c1e3x + 16c2e

−4x + 3c1e3x − 4c2e−4x − 12c1e3x − 12c2e−4x = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, ∴ y = c1e3x+c2e−4x si es solución de la ecuación.Problema 15.

y00 − 6y0 + 13y = 0Donde:

11

y = e3x cos 2x


y0 = 3e3x cos 2x− 2e3xsen2x

y00 = 9e3x cos 2x− 6e3xsen2x− 6e3xsen2x− 4e3x cos 2xSustituyendo:

9e3x cos 2x− 6e3xsen2x− 6e3xsen2x− 4e3x cos 2x−

−18e3x cos 2x+ 12e3xsen2x+ 13e3x cos 2x = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, ∴ y = e3x cos 2x si es solución de la ecuación.Problema 16.

d2x

dx2− 4dy

dx+ 4y = 0

Donde:

y = e2x + xe2x


y0 = 2e2x + e2x + 2xe2x = 3e2x + 2xe2x

y00 = 6e2x + 2e2x + 4xe2x = 8e2x + 4xe2x

Sustituyendo:

8e2x + 4xe2x − 12e2x − 8xe2x + 4e2x + 4xe2x = 0


0 = 0

Se obtiene una identidad, ∴ y = e2x + xe2x si es solución de la ecuación.Problema 17.

y00 + (y0)2 = 0

Donde:

y = ln | x+ c1 | +c2Solución:Derivando:

y0 =1

x+ c1

y00 = − 1

(x+ c1)2

Sustituyendo:

− 1

(x+ c1)2+ (

1

x+ c1)2 = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, ∴ y = ln | x + c1 | +c2 si es solución de laecuación.

Problema 18.x2y00 + xy0 + 2y = 0

Donde:

y = x cos(lnx), x > 0


13

y0 = cos(lnx)− sin(lnx)

y00 = −1xsin(lnx)− 1

xcos(lnx)

Sustituyendo:

−x2 1xsin(lnx)− x2 1

xcos(lnx)− x cos(lnx) + x sin(lnx) + 2x cos(lnx) = 0

−x sin(lnx)− x cos(lnx)− x cos(lnx) + x sin(lnx) + 2x cos(lnx) = 0

0 = 0

Se obtiene una identidad, ∴ y = x cos(lnx) si es solución de la ecuación.Problema 19.

y000 − y00 + 9y0 − 9y = 0Donde:

y = c1 sin 3x+ c2 cos 3x+ 4ex

Solución:Obteniendo las tres derivadas:

y0 = 3c1 cos 3x− 3c2 sin 3x+ 4ex

y00 = −9c1 sin 3x− 9c2 cos 3x+ 4ex

y000 = −27c1 cos 3x+ 27c2 sin 3x+ 4ex

Sustituyendo:−27c1 cos 3x+27c2 sin 3x+4ex+9c1 sin 3x+9c2 cos 3x−4ex+27c1 cos 3x−

27c2 sin 3x+ 36ex − 9c1 sin 3x− 9c2 cos 3x− 36ex = 0


0 = 0

Como se obtiene una identidad se tiene que y = c1 sin 3x+ c2 cos 3x+4ex

si es solución.

Problema 20.

x3d3y

dx3+ 2x2

d2y

dx2− xdy

dx+ y = 12x2

Donde:

y = c1x+ c2x lnx+ 4x2, x > 0

Solución:Obteniendo las derivadas:

y0 = c1 + c2 lnx+ c2 + 8x

y00 = c21

x+ 8

y000 = −c2 1x2

Sustituyendo:

−c2x3

x2+2c2

x2

x+16x2−xc1−xc2 lnx−xc2−8x2+c1x+c2x lnx+4x2 = 12x2

12x2 = 12x2

∴ Si es solución.Problema 21.

xy0 − 2y = 0

y =

½ −x2, x < 0x2, x ≥ 0

15


y0 =½ −2x, x < 0

2x, x ≥ 0Si x < 0, sustituimos en la ecuación:

x(−2x)− 2(−x2) = 0

−2x2 + 2x2 = 0

0 = 0

Si x > 0, sustituimos en la ecuación:

x(2x)− 2(x2) = 0

2x2 − 2x2 = 0

0 = 0

Por lo tanto, si es solución.

Problema 22.(y0)2 = 9xy

Donde

y =

½0, x < 0x3, x ≥ 0


y0 =½

0, x < 03x2, x ≥ 0

Obviamente si y = 0, la ecuación se satisface. En el caso de que y = x3

(cuando x ≥ 0)


y0 = 3x2

y haciendo la sustitución:

(3x2)2 = 9x(x3)

9x4 = 9x4

Por lo tanto si es solución.

Problema 23. Determine valores de m tales que y = emxsea una soluciónde la ecuación diferencial respectiva.a)

y00 − 5y0 + 6y = 0Donde:

y = emx

Solución:Al derivar dos veces:

y0 = memx

y00 = m2emx

Sustitución:

m2emx − 5memx + 6emx = 0

emx(m2 − 5m+ 6) = 0

emx(m− 2)(m− 3) = 0Por lo tanto y = emx es solución sólo cuando:m = 2

17

m = 3Esto puede comprobarse:Para m = 2

4e4x − 10e4x + 6e4x = 0

10e4x − 10e4x = 0

0 = 0

Para m = 3

9e3x − 15e3x + 6e3x = 0

15e3x − 15e3x = 0

0 = 0

b)y00 + 10y0 + 25y = 0

Donde:

y = emx

Sustitución:

m2emx + 10memx + 25emx = 0

emx(m2 + 10m+ 25) = 0

emx(m+ 5)2 = 0

Por lo tanto:m = −5Comprobación:para m = −5


25e5x − 50e5x + 25e5x = 0

50e5x − 50e5x = 0

0 = 0

Problema 24. Encuentre los valores de m tales que y = xm sea unasolución de la ecuación diferencial.

x2y00 − y = 0


y0 = mxm−1

y00 = m2xm−2 −mxm−2


x2m2xm−2 − x2mxm−2 − xm = 0

xm(m2 −m− 1) = 0

Por lo tanto:

m1 = 1 +

√5

2

m2 = 1−√5

2

Chapter 2

Ecuaciones de primer orden

2.1 Separación de variables

Una ecuación diferencial de primer orden de la forma

dy

dx= g(x)h(y)

se dice que es separable o que tiene variables separables. Usualmente talecuación se escribe como:

dy

h(y)= g(x)dx

e integrando se obtiene una familia uniparamétrica de soluciones.

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por separacionde variables. Todas las ecuaciones se pueden comprobar como enla sección anterior.Problema 1.

dy

dx= sen5x

Solución:Multiplicando la ecuación por dx:

dy = sen5xdx

integramos ambas partes:

19

20 CHAPTER 2. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

Zdy =

Zsen5xdx

resolvemos:

y = −15cos 5x+ c

Problema 2.dx+ e3xdy = 0

Solución:Dividimos entre e3x y despejamos dy :

dx

e3x+ dy = 0

dy = − dxe3x

integramos:

Zdy = −

Zdx

e3x

y = −Ze−3xdx

y = −µ−13

¶e−3x + c

y =1

3e−3x + c

Problema 3.(x+ 1)

dy

dx= x+ 6

Solución:Multiplicamos por dx y dividimos entre (x+ 1):

dy =x+ 6

x+ 1dx

2.1. SEPARACIÓN DE VARIABLES 21

integramos:

Zdy =

Zx+ 6

x+ 1dx

y =

Zx+ 1 + 5

x+ 1dx

y =

Z µ1 +

5

x+ 1

¶dx

y = x+ 5 ln |x+ 1|+ cProblema 4.

xy0 = 4y

Recordemos que y0 = dydx

Dividimos entre xy y multiplicamos por dx:

dy

y=4

xdx

integramos:

Zdy

y=

Z4

xdx

ln |y| = 4 ln |x|+ ln cln |y| = ln

¯cx4¯

despejando y:

eln|y| = eln|cx4|y = cx4

Problema 5.dx

dy=x2y2

1 + x

Multiplicamos por (1 + x) y por dy:


(x+ 1) dx = x2y2dy

divimos entre x2:

(x+ 1) dx

x2= y2dy

integramos:

Z(x+ 1)

x2dx =

Zy2dy

−1x+ ln |x| = y3

3+ c0

multiplicamos por x y por 3:

−3 + 3x ln |x| = y3x+ cx

Problema 6.dy

dx= e3x+2y

Solución:Recordemos que e3x+2y = e3xe2y

entonces:dy

dx= e3xe2y

dividimos entre e2y y multiplicamos por dx:

dy

e2y= e3xdx

integramos:

Zdy

e2y=

Ze3xdxZ

e−2ydy =1

3e3x + c

−12e−2y =

1

3e3x + c1


multiplicamos por −2:

e−2y = −23e3x + c

aplicamos logaritmo en ambos lados:

ln e−2y = ln

¯−23e3x + c

¯−2y = ln

¯−23e3x + c

¯y = −1

2ln

¯−23e3x + c

¯

Problema 7. ¡4y + yx2

¢dy − ¡2x+ xy2¢ dx = 0

Solución:Factorizamos y y x:

y¡4 + x2

¢dy − x(2 + y2)dx = 0

dividimos entre (4 + x2) y (2 + y2):

ydy

2 + y2=

xdx

4 + x2

integramos: Zydy

2 + y2=

Zxdx

4 + x2

por cambio de variable:

u = 2 + y2, w = 4 + x2

du = 2ydy, dw = 2xdx1

2

Zdu

u=

1

2

Zdw

w


1

2lnu =

1

2lnw + c

1

2ln¯2 + y2

¯=

1

2ln¯4 + x2

¯+ ln c1

ln¯2 + y2

¯= ln c

¯4 + x2

¯aplicamos la función exponecial:

eln|2+y2| = eln c|4+x2|2 + y2 = c

¡4 + x2

¢y2 = c

¡4 + x2

¢− 2y =

pc (4 + x2)− 2

Problema 8.2y (x+ 1) dy = xdx

Solución:Dividimos entre (x+ 1):

2ydy =xdx

x+ 1

integramos:

Z2ydy =

Zxdx

x+ 1

y2 =

Zx+ 1− 1x+ 1

dx

y2 =

Zdx−

Z1

x+ 1dx

y2 = x− ln |x+ 1|+ cy =

px− ln |x+ 1|+ c

Problema 9.

y lnxdx

dy=

µy + 1

x

¶2


Solución:Multiplcamos por dy y por x2 y dividimos entre y:

x2 lnxdx =(y + 1)2

y

integramos: Zx2 lnxdx =

Z(y + 1)2

ydy

integrando por partes:

u = lnx, du =1

xdx

dv = x2dx, v =x3

3x3

3lnx−

Zx3

3

1

xdx =

Z(y + 1)2

ydy

x3

3lnx− 1

3

Zx2dx =

Zy2 + 2y + 1

ydy

x3

3lnx− 1

9x3 =

y2

2+ 2y + ln y + c

x3

3lnx− 1

9x3 =

y2

2+ 2y + ln y + c

Problema 10.sec2 xdy + csc ydx = 0

Solución.Dividimos entre sec2 x y csc y:

dy

csc y+

dx

sec2 x= 0

despejamos dycsc y

e integramos:Zdy

csc y= −

Zdx

sec2 x


usando las identidades

1

csc y= seny

1

sec2 x= cos2 x

cos2 x =1− cos 2x

2Zsenydy = −

Z1− cos 2x

2dx

− cos y = −12x+

1

4sen2x+ c

Problema 11.

eysen2xdx+ cosx¡e2y − y¢ dy = 0

Solución:Dividimos entre ey y entre cosx:

sen2xdx

cosx+(e2y − y) dy

ey= 0

despejamos sen2xdxcosx

e integramos:Zsen2x

cosxdx = −

Z(e2y − y)ey

dy

se usa la identidad:

sen2x = 2senx cosx

entonces:

Z2senx cosx

cosxdx = −

Z(e2y − y)ey

dyZ2senxdx = −

Zeydy +

Zy

eydy

−2 cosx = −ey +Zye−ydy


esta integral se resuelve por partes:

u = y

du = dy

dv = e−ydyv = −e−y

entonces:

−2 cosx = −ey +·−ye−y −

Z−e−ydy

¸−2 cosx = −ey − ye−y − e−y + c

−2 cosx+ ey + ye−y + e−y = c

Problema 12.

(ey + 1)2 e−ydx+ (ex + 1)3 e−xdy = 0

Solución:Dividimos entre (ey + 1)2 e−y y entre (ex + 1)3 e−x

dx

(ex + 1)3 e−x+

dy

(ey + 1)2 e−y= 0

despejamos e integramos:

Zdx

(ex + 1)3 e−x= −

Zdy

(ey + 1)e−yZexdx

(ex + 1)3= −

Zeydy

(ey + 1)2

u = ex + 1

du = exdx


w = ey + 1

dw = eydyZdu

u3= −

Zdw

w2

− 12u

=1

u

− 1

2(ex + 1)=

1

ey + 1+ c

Problema 13.dy

dx=xy + 3x− y − 3xy − 2x+ 4y − 8

Solución:Factorizamos por agrupamiento:

dy

dx=

y (x− 1) + 3 (x− 1)y (x+ 4)− 2 (x+ 4)

dy

dx=

(y + 3) (x− 1)(y − 2) (x+ 4)

separamos variables:

(y − 2)(y + 3)

dy =(x− 1)(x+ 4)

dx

integramos:

Z(y − 2)(y + 3)

dy =

Z(x− 1)(x+ 4)

dxZy + 3− 5y + 3

dy =

Zx+ 4− 5x+ 4

dxZ µ1− 5

y + 3

¶dy =

Z µ1− 5

x+ 4

¶dx

y − 5 ln (y + 3) = x− 5 ln (x+ 4) + c

Problema 14.dy

dx= senx

¡cos 2y − cos2 y¢


Solución:Multiplicamos por dx y dividimos entre (cos 2y − cos2 y):

dy

cos 2y − cos2 y = senxdx

integramos:

Zdy

cos 2y − cos2 y =

ZsenxdxZ

dy

(2 cos2 y − 1)− cos2 y = − cosx+ cZdy

cos2 y − 1 = − cosx+ c

−Z

dy

sin2 y= − cosx+ cZ

csc2 ydy = cosx+ c

− cot y = cosx+ c

Problema 15. ¡ex + e−x

¢ dydx= y2

Dividimos entre y2 y (ex + e−x) multiplicamos por dx:

dy

y2=

dx

ex + e−x

multiplicamos el denominador y el numerador del lado derecho por ex eintegramos: Z

dy

y2=

Zexdx

e2x + 1

en la integral del lado derecho se hace el cambio de variable:


u = ex

du = exdx

−1y=

Zdu

u2 + 1

−1y= arctanu+ c = arctan ex + c

En las siguintes ecuaciones diferenciales, encuentre la soluciónde las mismas sujetas a la condición inicial respectiva.

Problema 16.

ydy = 4x¡y2 + 1

¢ 12 dx, y (1) = 0

Solución:Dividimos entre (y2 + 1)

12 :

ydy

(y2 + 1)12

= 4xdx

integramos:

Zydy

(y2 + 1)12

=

Z4xdx

u = y2 + 1

du = 2ydy1

2

Zdu

u12

= 2x2 + c

1

2

Zu−

12du = 2x2 + c

u12 = 2x2 + cp

y2 + 1 = 2x2 + c

y2 + 1 =¡2x2 + c

¢2y =

q(2x2 + c)2 − 1


aplicamos la condicion inicial y(0) = 1:

x = 0

y = 1

1 =

q(2(0)2 + c)2 − 1

1 =√c2 − 1

c =√2

regresamos a la integral anterior:

y =

r³2x2 +

√2´2− 1

Problema 17.dy

dx= 4

¡x2 + 1

¢, x

³π4

´= 1

Solución:Multiplicamos por dx:

dy = 4¡x2 + 1

¢dx

integramos: Zdy =

Z4¡x2 + 1

¢dx

y =4x3

3+ 4x+ c

aplicamos la condición inicial:

x = 1

y =π

4π

4= 4

µ1

3

¶+ 4 (1) + c

π

4− 43− 4 = c

c =π

4− 163


sustituimos en la solución general:

y =4x3

3+ 4x+

π

4− 163

2.2 Ecuaciones exactas

Una expresión de la forma M(x, y)dx + N(x, y)dy es una diferencial exactaen una región R del plano xy si corresponde a la diferencial de alguna funciónf(x, y). Una ecuación diferencial de primer orden de la forma:

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0

es una ecuación diferencial exacta, si la expresión del lado izquierdo es unadiferencial exacta.

Sean M(x, y) y N(x, y) con derivadas parciales continuas en una regiónrectangular R definida por a < x < b, c < y < d. Entonces la condiciónnecesaria y suficiente para queM(x, y)dx+N(x, y)dy sea una diferencial exactaes que:

dM

dy=dN

dx

En los siguientes problemas, determine si la ecuación respectivaes exacta. Si lo es, resuélvala.

Problema 1.

(2x− 1) dx+ (3y + 7) dy = 0Solución:M (x, y) = 2x− 1N (x, y) = 3y + 7

2.2. ECUACIONES EXACTAS 33

Para saber si son exactas se debe de cumplir la condición de exactitud:

∂M

∂y=

∂N

∂x

Se deriva M(x, y) con respecto a y:

∂M

∂y= 0

Se deriva N(x, y) con respecto a x:

∂N

∂x= 0

La ecuación es exacta. Entonces debe existir f(x, y) tal que:

∂f

∂x= 2x− 1 , ∂f

∂y= 3y + 7

Integrando la primera:

f(x, y) =

Z(2x− 1) dx = x2 − x+ g(y)

Derivando con respecto a y:

∂f

∂y= g0(y)

3y + 7 = g0(y)

Se integra para obtener g(y):

g(y) =

Z(3y + 7y)dy =

3

2y2 + 7y + c

Sustituyendo g(y) en la expresión de f(x, y):

f(x, y) = x2 − x+ 32y2 + 7y + c

La solución de la ecuación es:


x2 − x+ 32y2 + 7y + c = 0

Problema 2.(2x+ y)dx− (x+ 6y)dy = 0

Solución:M(x, y) = 2x+ yN(x, y) = −(x+ 6y)Derivando M(x, y) con respecto a y:

∂M

∂y= 1

Derivando N(x, y) con respecto a x:

∂N

∂x= −1

La ecuación no es exacta. Para resolverla se debería utilizar otro método.

Problema 3.(5x+ 4y)dx+ (4x− 8y3)dy = 0

Solución:M(x, y) = 5x+ 4yN(x, y) = 4x− 8y3Para cumplir con la condición de exactitud se derivaM(x, y) con respecto

a y:

∂M

∂y= 4

Se deriva N(x, y) con respecto a x:

∂N

∂x= 4

La ecuación es exacta. Por lo tanto se tiene que:

∂f

∂x= 5x+ 4y


∂f

∂y= 4x− 8y3

Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:

f(x, y) =

Z(5x+ 4y)dx =

5

2x2 + 4xy + g(y)

Derivando con respecto a y:

∂f

∂y= 4x+ g0(y)

4x− 8y3 = 4x+ g0(x)

g0(y) = −8y3

Para obtener a g(y) se integra con respecto a y:

g(y) = −8Zy3dy = −2y4 + c

Sustituyendo a g(y):

f(x, y) =5

2x2 + 4xy − 2y4 + c

La solución de la ecuación es:

5

2x2 + 4xy − 2y4 + c = 0

Problema 4. ¡2y2x− 3¢ dx+ ¡2yx2 + 4¢ dy = 0

Solución: Derivando M(x, y) con respecto a y, N(x, y) con respecto ax.


∂M

∂y= 4yx,

∂N

∂x= 4yx

La ecuación es exacta, entonces:

∂f

∂x= 2y2x− 3, ∂f

∂y= 2yx2 + 4

Integramos M(x, y) con respecto a x, para determinar f(x, y)

f (x, y) =

Z ¡2y2x− 3¢ dx = y2x2 − 3x+ g (y)

derivamos con respecto a y, e igualamos con N(x, y).

∂f

∂y= 2yx2 + g0 (y) = 2yx2 + 4

g0(y) = 4

integramos g0(y) con respecto a y.

g (y) = 4

Zdy = 4y + c

sustituimos g(y) en f(x, y), y el resultado es:

f (x, y) = y2x2 − 3x+ 4y + cLa solución se escribe como:

y2x2 − 3x+ 4y + c = 0

Problema 5.

(x+ y) (x− y) dx+ x (x− 2y) dy = 0Solución:Resolvemos la factorización, y derivamosM(x, y) con respecto a y,N(x, y)

con respecto a x,


¡x2 − y2¢ dx+ ¡x2 − 2xy¢ dy = 0

∂M

∂y= −2y 6= ∂N

∂x= 2x− 2y

∴ La ecuación no es exacta, puede resolverse utilizando el métodopara las ecuaciones homogéneas que se revisará después.

Problema 6.

xdy

dx= 2xex − y + 6x2

Solución: Igualamos la ecuación a cero, para dejarla en la forma:


¡2xex − y + 6x2¢ dx− xdy = 0

∂M

∂y= −1, ∂N

∂x= −1

∴ La ecuación es exacta

∂f

∂x= 2xex − y + 6x2 ∂f

∂y= −x

Integramos N(x, y) con respecto a y, el resultado obtenido, lo derivamosparcialmente con respecto a x, e igualamos con M(x, y).

f (x, y) =

Z−xdy = −xy + g (x)

∂f

∂x= −y + g0 (x) = 2xex − y + 6x2

g0 (x) = 2xex + 6x2


integramos g0(x)

g (x) =

Z ¡2xex + 6x2

¢dx = 2

Zxexdx+ 6

Zx2dx

La primera integral se resuelve por partes haciendo:u = x dv = exdxdu = dx v = ex

g (x) = 2 (xex − ex) + 2x3 + cSustituimos g(x) en f(x, y), teniendo como resultado:

f (x, y) = −xy + 2xex − 2ex + 2x3 + c = 0

Problema 7. µx2y3 − 1

1 + 9x2

¶dx

dy+ x3y2 = 0

Solución: Separamos dy, e igualamos la ecuación, derivando M(x, y)con respecto a y, N(x, y) con respecto a x.µ

x2y3 − 1

1 + 9x2

¶dx+ x3y2dy = 0

∂M

∂y= 3x2y2 =

∂N

∂x= 3x2y2

La ecuación es exacta, por lo tanto

∂f

∂x= x2y3 − 1

1 + 9x2∂f

∂y= x3y2

Considerando que es más sencillo integrar N(x, y) con respecto a y, luegose deriva con respecto a x

f (x, y) =

Zx3y2dy =

1

3x3y3 + g (x)

∂f

∂x= x2y3 + g0 (x) = x2y3 − 1

1 + 9x2


g0 (x) = − 1

1 + 9x2

g (x) = −Z

1

1 + 9x2= −1

3tan−1 3x+ c

Sustituyendo en f(x, y), tenemos como resultado:

f (x, y) =1

3x3y3 − 1

3tan−1 3x+ c = 0

Problema 8.

(tanx− senxseny) dx+ cosx cos ydy = 0Solución:M (x, y) = tanx− senxsenyN (x, y) = cosx cos yVeamos si cumple con la condición de exactitud:

∂M

∂y= −senx cos y

∂N

∂x= −senx cos y

La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene que:

∂f

∂x= tanx− senxseny

∂f

∂y= cosx cos y

Escogiendo una de las derivadas parciales, integramos:

f (x, y) =

Z(tanx− senxseny) dx = − ln |cosx|+ seny cos y + h(y)

Para obtener h(y) se tiene que:


∂f

∂y= cosx cos y + h0 (y)

cosx cos y = cosx cos y + h0 (y)

h (y) = c

Sustituyendo h(y) :

f (x, y) = − ln |cosx|+ seny cos y + cla solución de la ecuación es:

− ln |cosx|+ seny cos y + c = 0

Problema 9.¡4x3y − 15x2 − y¢ dx+ ¡x4 + 3y2 − x¢ dy = 0

Solución:M (x, y) = 4x3y − 15x2 − yN (x, y) = x4 + 3y2 − xSe verifica si se cumple con la condición de exactitud:

∂M

∂y= 4x3 − 1

∂N

∂x= 4x3 − 1

La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene que:

∂f

∂x= 4x3y − 15x2 − y

∂f

∂y= x4 + 3y2 − x


Escogiendo una de las derivadas parciales integramos:

f (x, y) =

Z ¡4x3y − 15x2 − y¢ dx = x4y − 5x3 − yx+m (y)

Para obtener m(y) se tiene que:

∂f

∂y= x4 − x+m0 (y)

x4 + 3y2 − x = x4 − x+m0 (y)

m (y) =

Z3y2dy = y3 + c

Sustituyendo a m(y):

f (x, y) = x4y − 5x3 − yx+ y3 + c

la solución de la ecuación es:

x4y − 5x3 − yx+ y3 + c = 0

Problema 10.¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx+ ¡2ysenx− x3 + ln y¢ dy = 0, y (0) = e

M (x, y) = y2 cosx− 3x2y − 2xN (x, y) = 2ysenx− x3 + ln yCumpliendo con la condición de exactitud:

∂M

∂y= 2y cosx− 3x2

∂N

∂x= 2y cosx− 3x2

La ecuación es exacta por lo tanto se tiene que:


∂f

∂x= y2 cosx− 3x2y − 2x

∂f

∂y= 2ysenx− x3 + ln y


f (x, y) =

Z ¡y2 cosx− 3x2y − 2x¢ dx = y2senx− x3y − x2 + h (y)


∂f

∂y= 2ysenx− x3 + h0 (y)

2ysenx− x3 + ln y = 2ysenx− x3 + h0 (y)

h (y) =

Zln ydy = y ln y − y + c

Sustituyendo a h(y) :

f (x, y) = y2senx− x3y − x2 + y ln y − y + c = 0Tomando la condición inicial de y(0) = e se tiene que:e2sen0− 03e− 02 + e ln e− e+ c = 0c = 0Por lo tanto la solución de la ecuación es:

y2senx− x3y − x2 + y ln y − y = 0

Determine el valor de k para que la ecuación diferencial corre-spondiente sea exacta.

Problema 11.¡y3 + kxy4 − 2x¢ dx+ ¡3xy2 + 20x2y3¢ dy = 0


Solución:M (x, y) = y3 + kxy4 − 2xN (x, y) = 3xy2 + 20x2y3

Derivando con respecto a x y y

∂M

∂y= 3y2 + 4kxy3

∂N

∂x= 3y2 + 40xy3

Igualando las derivadas parciales:

3y2 + 4kxy3 = 3y2 + 40xy3

Despejando a k se tiene que:

k = 10

Por lo tanto k se sustituye en la ecuación diferencial para que sea exacta.

Resuelva la ecuación respectiva comprobando que la funciónindicada, µ(x, y), sea un factor integrante.

Problema 12.

6xydx+¡4y + 9x2

¢dy = 0, µ (x, y) = y2

Solución:Puede verificarse que la ecuación no es exacta, pero si se multiplica por

el factor integrante queda:

6xy3dx+¡4y3 + 9x2y2

¢dy = 0

M (x, y) = 6xy3

N (x, y) = 4y3 + 9x2y2

Y ahora sí cumple con la condición de exactitud:

∂M

∂y= 18xy2


∂N

∂x= 18xy2

Por lo tanto se tiene que:

∂f

∂x= 6xy3

∂f

∂y= 4y3 + 9x2y2


f (x, y) =

Z6xy3dx = 3x2y3 + h (y)


∂f

∂y= 9x2y2 + h0 (y)

4y3 + 9x2y2 = 9x2y2 + h0 (y)

h (y) =

Z4y3dy = y4 + c

Sustituyendo a h(y) :

f (x, y) = 3x2y3 + y4 + c

Por lo tanto la solución de la ecuación es:

3x2y3 + y4 + c = 0

Problema 13.¡2y2 + 3x

¢dx+ 2xydy = 0, µ(x, y) = x

Solución:


Multiplicando la ecuación diferencial por el factor integrante queda:¡2xy2 + 3x2

¢dx+ 2x2ydy = 0

M (x, y) = 2xy2 + 3x2

N (x, y) = 2x2yVerificando la condición de exactitud:

∂M

∂y= 4xy

∂N

∂x= 4xy

La ecuación es exacta, por lo tanto se tiene:

∂f

∂x= 2xy2 + 3x2

∂f

∂y= 2x2y


f (x, y) =

Z ¡2xy2 + 3x2

¢dx = x2y2 + x3 + l (y)

Para obtener l(y) se tiene que:

∂f

∂y= 2x2y + l0 (y)

2x2y = 2x2y + l0 (y)

l (y) = c

Sustituyendo a l(y) :

f (x, y) = x2y2 + x3 + c

Por lo tanto la solución de la ecuación es:

x2y2 + x3 + c = 0


2.3 Ecuaciones lineales

Una ecuación diferencial de primer orden, de la forma:

a1 (x)dy

dx+ a0 (x) y = g (x)

es una ecuación lineal.

Solución de una ecuación diferencial lineal de primer orden

1) Para resolver una ecuación lineal de primer orden, primero se reescribe detal manera que el

coeficiente de dy/dx sea la unidad

dy

dx+ p (x) y = f (x)

2) Hay que identificar p (x) y definir el factor integrante,

µ (x) = eRp(x)dx

3) La ecuación obtenida en el paso 1 se multiplica por el factor integrante:

eRp(x)dx dy

dx+ p(x)e

Rp(x)dxy = e

Rp(x)dxf(x)

2.3. ECUACIONES LINEALES 47

4) El lado izquierdo de la ecuación obtenida en el paso 3 es la derivada delproducto del factor integrante por la variable dependiente y; esto es:

d

dx

heRp(x)dxy

ieRp(x)dx = e

Rp(x)dxf(x)

5) Se integran ambos lados de la ecuación obtenida en el paso 4.

Problema 1.3dy

dx+ 12y = 4

Solución:Dividimos la ecuación entre 3 para ponerla en la forma general

dy

dx+ 4y =

4

3

p (x) = 4

Calculamos el factor integrante y lo multiplicamos por la ecuación

µ (x) = eRp (x)dx = e

R4dx = e4x

¡e4x¢µdydx+ 4y =

4

3

¶Integramos y despejamos a yZ

d

dx

¡ye4x

¢=

Z4

3e4xdx


ye4x =1

3e4x + c

y =1

3+c

e4x

Problema 2.dy

dx+ y = e3x

p (x) = 1Calculamos el valor del factor integrante µ (x)

µ (x) = eRp (x)dx = ex

Se multiplica el factor integrante por la ecuación

(ex)

µdy

dx+ y

¶= e3x (ex)

Integramos para calcular el valor de yZd [yex] =

Ze4xdx

yex =1

4e4x + c

Despejamos el valor de y

y =1

4

e4x

ex+c

ex

y =1

4e3x + ce−x

Problema 3.y0 + 3x2y = x2

Solución:


p (x) = 3x2

Calculamos el valor del factor integrante µ (x)

µ (x) = eRp(x)dx = e

R3x2dx = ex

3

Se multiplica el factor integrante por la ecuación³ex

3´ ¡y0 + 3x2y

¢= x2ex

3

Integramos para calcular el valor de yZd

dx

hyex

3i=

Zx2ex

3

yex3

=1

3ex

3

+ c


y =1

3+c

ex3

Problema 4.xdy = (xsenx− y) dx

Solución:La ecuación se lleva a la forma de las ecuaciones lineales:

dy

dx− (xsenx− y)

x= 0

dy

dx+

µ1

x

¶y = senx

Determinamos el valor de p (x)p (x) = x−1



Rdxx = elnx = x



x

µdy

dx− y

µ1

x

¶= senx

¶

d

dx[xy] = xsenx


dx[xy] =

Zxsenxdx

Integramos por partesRxsenxdx

u = x dv = senxdxdu = dx v = − cosx

xy = −x cosx+Zcosxdx = −x cosx+ senx+ c


y =−x cosx+ senx+ c

x

Problema 5.cosx

dy

dx+ ysenx = 1

Solución:La ecuación se lleva a la forma de las lineales:

dy

dx+ y

senx

cosx=

1

cosx

dy

dx+ (tanx) y = secx

p (x) = tanxCalculamos el valor del factor integrante µ (x)


Rtanxdx = e− ln(cosx) = secx



secx

µdy

dx+ (tanx) y = secx

¶

d

dx[y secx] = sec2 xdx


dx[y secx] =

Zsec2 xdx

y secx = tanx+ c


y =tanx+ c

secx= senx+ c cosx

Problema 6.xdy

dx+ 4y = x3 − x

Solución:La ecuación se lleva a la forma:

dy

dx+4

xy = x2 − 1

p (x) = 4x



R4xdx = e4 ln(x) = x4


x4µdy

dx+4

xy = x2 − 1

¶

d

dx

£yx4¤= x6 − x4



dx

£yx4¤=

Z ¡x6 − x4¢ dx

yx4 =1

7x7 − 1

5x5 + c


y =1

7x3 − 1

5x+

c

x4

Problema 7.

cos2 xsenxdy +¡y cos3 x− 1¢ dx = 0

Solución:La ecuación se lleva a la forma de las lineales:

dy

dx+y cos3 x− 1cos2 xsenx

= 0

dy

dx+cosx

senxy =

1

cos2 xsenx

p (x) = cotxCalculamos el valor del factor integrante µ (x)


Rcotxdx = eln(senx) = senx


senx

µdy

dx+ (cotx y) =

1

cos2 xsenx

¶

d

dx[ysenx] =

1

cos2 x

Integramos para calcular el valor de y


Zd

dx[ysenx] =

Z ¡sec2 x

¢dx

ysenx = tanx+ c


y =tanx+ c

senx

y = secx+ c cscx

Problema 8.xdy

dx+ (3x+ 1) y = e−3x

Solución:La ecuación se lleva a la forma:

dy

dx+3x+ 1

xy =

e−3x

x

p (x) = 3x+1x



R3x+1xdx = e3xeln(x) = xe3x


xe3xµdy

dx+3x+ 1

xy =

e−3x

x

¶

d

dx

£yxe3x

¤= 1


dx

£yxe3x

¤=

Zdx


yxe3x = x+ c


y =x+ c

xe3x= e−3x +

ce−3x

x

Problema 9.dy

dx+ y =

1− e−2xex + e−x

Solución:p (x) = 1Calculamos el valor del factor integrante µ (x)µ (x) = e

Rdx = ex


exµdy

dx+ y =

1− e−2xex + e−x

¶

d

dx[yex] =

ex − e−xex + e−x


dx[yex] =

Z µex − e−xex + e−x

¶dx

yex = ln¡ex + e−x

¢+ c


y = e−x ln¡ex + e−x

¢+ ce−x

Problema 10.(x+ 2)2

dy

dx= 5− 8y − 4xy

Solución:


La ecuación se lleva a la forma de las lineales:

(x+ 2)2dy

dx= 5− 4(x+ 2)y

dy

dx+

4

x+ 2y =

5

(x+ 2)2

p (x) =4

x+ 2


µ (x) = eR

4x+2

dx = e4 ln(x+2) = (x+ 2)4


(x+ 2)4µdy

dx+

4

x+ 2y =

5

(x+ 2)2

¶

d

dx

£(x+ 2)4 y

¤= 5 (x+ 2)2


dx

£(x+ 2)4 y

¤=

Z5 (x+ 2)2 dx

(x+ 2)4 y =5

3(x+ 2)3 + c


y =5

3 (x+ 2)+

c

(x+ 2)4

Problema 11.

dy

dx+ 5y = 20, y (0) = 2


Solución:

p (x) = 5Calculamos el valor del factor integrante µ (x)

µ (x) = eR5dx = e5x


e5xµdy

dx+ 5y = 20

¶

d

dx

£ye5x

¤= 20e5x


dx

£ye5x

¤=

Z ¡20e5x

¢dx

ye5x = 4e5x + c

Calculamos el valor de c

(2) e5(0) = 4e5(0) + c

2 = 4 + c

c = −2

Despejamos el valor de y y sustituimos el valor de c

y = 4− 2e−5x

Problema 12.

Ldi

dt+Ri = E L,R y E son constantes, i (0) = i0


Solución:

La ecuación se lleva a la forma de las lineales:

di

dt+R

Li =

E

L

p (t) = RL

Calculamos el valor del factor integrante µ (t)

µ (t) = eRRLdt = e

RLt


eRLt

µdi

dt+R

Li =

E

L

¶

d

dt

hie

RLti=E

LeRLt

Integramos para calcular el valor de iZd

dt

hie

RLti=

Z µE

LeRLt

¶dt

ieRLt =

E

ReRLt + c


i0eRL(0) =

E

ReRL(0) + c

i0 =E

R+ c

c = i0 − ER

Despejamos el valor de i y sustituimos el valor de c


ieRLt =

E

ReRLt +

µi0 − E

R

¶

i =E

R+

µi0 − E

R

¶e−

RLt

Problema 13.

dT

dt= k (T − 50) k es constante, T (0) = 200

Solución:

La ecuación se lleva a la forma:

dT

dt− kT = −50k

Determinamos el valor de p (t)p (t) = −kCalculamos el valor del factor integrante µ (t)

µ (t) = eR −kdt = e−kt


e−ktµdT

dt− kT = −50k

¶

d

dt

£Te−kt

¤= −50ke−kt


dt

£Te−kt

¤= −

Z ¡50ke−kt

¢dt

Te−kt = 50e−kt + c



200e−k(0) = 50e−k(0) + c

200 = 50 + c

c = 150

Despejamos el valor de T y sustituimos el valor de c

Te−kt = 50e−kt + 150

T = 50 + 150ekt

Problema 14.

(x+ 1)dy

dx+ y = lnx y (1) = 10

Solución:

La ecuación se lleva a la forma:

dy

dx+

1

(x+ 1)y =

lnx

x+ 1

Determinamos el valor de p (x)p (x) = 1

(x+1)


µ (x) = eR

1(x+1)

dx = eln(x+1) = x+ 1


(x+ 1)

µdy

dx+

1

(x+ 1)y =

lnx

x+ 1

¶

d

dx[(x+ 1) y] = lnx



dx[(x+ 1) y] =

Zlnxdx

Integramos por partesRlnxdx

u = lnx dv = dxdu = 1

xdx v = x

(x+ 1) y = x lnx−Zdx

(x+ 1) y = x lnx− x+ c


(1 + 1) 10 = (1) ln (1)− 1 + c

20 = −1 + c

c = 21

Despejamos el valor de y y sustituimos el valor de c

(x+ 1) y = x lnx− x+ 21

y =x lnx− x+ 21

(x+ 1)

2.4 Sustituciones diversas

2.4.1 Ecuaciones homogéneas

Una ecuación diferencial de la forma


2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 61

se dice que es homogénea si M(x, y) y N(x, y) son ambas funciones ho-mogéneas del mismo grado, en otras palabras la ecuación es homogénea si

M(tx, ty) = tαM(x, y), N(tx, ty) = tαN(x, y)

Una ecuación diferencial homogénea puede resolverse por medio de las susti-tuciones algebraicas:

y = ux, o x = vy

éstas sustituciones reducirán la ecuación a una de variables separables deprimer orden.

Resuelva cada una de las ecuaciones homogéneas con la sustitu-ción apropiada:

Problema 1.(x− y) dx+ xdy = 0

Solución:Hacemos un cambio de variable y derivamos:

y = ux

dy = udx+ xdu

sustituimos en la ecuación y desarrollamos:

(x− ux) dx+ x (udx+ xdu) = 0

xdx− uxdx+ uxdx+ x2dx = 0

xdx+ x2du = 0

dividimos entre x2 e integramos toda la ecuación:

dx

x+ du = 0Z µ

dx

x+ du = 0

¶lnx+ u = c


regresamos a la variable original:

y = ux

u =y

x

lnx+y

x= c

multiplicamos toda la ecuación por x:

x lnx+ y = cx

Problema 2.xdx+ (y − 2x) dy = 0

Solución:Hacemos el cambio de variable

x = vy

dx = vdy + ydv


vy (vdy + ydv) + (y − 2vy) dy = 0

v2ydy + vy2dv + ydy − 2vydy = 0

y¡v2 − 2v + 1¢ dy + vy2dv = 0

dividimos entre y2 y (v2 − 2v + 1) e integramos:

dy

y+

vdv

v2 − 2v + 1 = 0

dy

y+

vdv

(v − 1)2 = 0,Z µ

dy

y+

vdv

(v − 1)2 = 0¶

si z = v − 1, ν = z + 1, dν = dzZ µdy

y+(z + 1)dz

z2= 0

¶


ln y + ln z − 1z= c

ln y + ln(ν − 1)− 1

(ν − 1) = c

ν = x/y

ln y + ln(x

y− 1)− 1

(xy− 1) = c

Problema 3. ¡y2 + yx

¢dx− x2dy = 0

Solución:Hacemos el cambio de variable:

y = ux

dy = udx+ xdu

sustituimos en la ecuación y desarrollamos:¡u2x2 + ux2

¢dx− x2 (udx+ xdu) = 0

u2x2dx+ ux2dx− ux2dx+ x3du = 0

u2x2dx+ x3du = 0

dividimos entre u2 y x3e integramos:

dx

x+du

u2= 0Z µ

dx

x+du

u2= 0

¶lnx− 1

u= c


y = ux

u =y

x


lnx− 1yx

= c

lnx− xy= c

multiplicamos por y:

y lnx− x = cy

Resuelva la ecuación homogénea sujeta a la condición inicialrespectiva:

Problema 4. ³x+ ye

yx

´dx− xe yxdy = 0, y (1) = 0

Solución:Hacemos el cambio de variable:

y = ux

dy = udx+ xdu


³x+ uxe

uxy

´dx− xeuxx (udx+ xdu) = 0

xdx+ uxeudx− uxeudx− x2eudu = 0

xdx− x2eudu = 0

dividimos entre x2 e integramos:

dx

x− eudu = 0Z µ

dx

x− eudu = 0

¶lnx− eu = c



y = ux

u =y

x

ln y − e yx = c

aplicamos la condición inicial y (1) = 0

x = 1

y = 0

ln 1− e 0x = c

ln 1− 1 = c

−1 = c

regresamos a la ecuación:

lnx− e yx = −1

Problema 5.

xy2dy

dx= y3 − x3

Solución:Dividimos entre dx e igualamos a cero:

xy2dy − ¡y3 − x3¢ dx = 0hacemos el cambio de variable:

x = vy

dx = vdy + ydv

sistituimos y desarrollamos:


vy3dy − ¡y3 − v3y3¢ (vdy + ydv) = 0

vy3dy − ¡vy3dy − v4y3dy + y4dv − v3y4dv¢ = 0

v4y3dy − y4dv + v3y4dv = 0

v4y3dy − y4 ¡1− v3¢ = 0

diviimos entre v4 y y4 e integramos:

dy

y− (1− v

3) dv

v4= 0Z µ

dy

y− (1− v

3) dv

v4= 0

¶ln y − 1

v3− ln v = c


x = vy

v =x

y

ln y − 1xy

− ln xy= c

ln y − yx− ln x

y= c


y (1) = 2

x = 1

y = 2

ln 2− 2− ln 12= c

−0.61 = c


ln y − yx− ln x

y= −0.61


2.4.2 Ecuación de Bernoulli

La ecuación diferencial

dy

dx+ P (x)y = f(x)yn

donde n es cualquier número real, se llama ecuación de Bernoulli. Para n = 0y n = 1 la ecuación es lineal. En el caso de que n 6= 0 y n 6= 1 la sustituciónu = y1−n reduce cualquier ecuación de Bernoulli a una ecuación lineal.

Resuelva la ecuación respectiva de Bernoulli empleando unasustitución adecuada:

Problema 6.dy

dx= y

¡xy3 − 1¢

Solución:Llevamos la ecuación a la forma de Bernoulli

dy

dx= xy4 − y

dy

dx+ y = xy4

Hacemos el cambio de variable

w = y1−4 = y−3

y = w−13

dy

dx= −1

3w−

43dw

dx

sustituimos:

−13w−

43dw

dx+ w−

13 = xw−

43

multiplicamos por −3w 43 :

dw

dx− 3w = −3xp(x) = −3µ(x) = e

R −3dx = e−3x


multiplicamos la ecuación anterior por e−3x:

e−3xdw

dx− 3we−3x = −3e−3x

agrupamos:

d

dx

¡we−3x

¢= −3xe−3x

d¡we−3x

¢= −3xe−3xdxZ £¡

d¡we−3x

¢= −3xe−3xdx¢¤

we−3x = −3Zxe−3xdx

resolviendo la integral por partes:

u = x

du = dx

dv = e−3x

v = −13e−3x

we−3x = −3·−13xe−3x +

1

3

Ze−3xdx

¸we−3x = −3

·−13xe−3x − 1

9e−3x

¸+ c

we−3x = xe−3x +1

3e−3x + c

multiplicamos por e3x:

w = x+1

3+ ce−3x


y = w−13


w = y−3

y−3 = x+1

3+ ce3x

y =

µx+

1

3+ ce3x

¶−13

Problema 7.x2dy

dx+ y2 = xy

Solución:Dividimos entre x2 y hacemos el cambio de variable:

dy

dx+y2

x2=

y

xdy

dx− yx= −y

2

x2

w = y1−2 = y−1

y = w−1

dy

dx= −w−2dw

dx

sustituimos:

−w−2dwdx− w

−1

x=−w−2x2

multiplicamos por −w2:

dw

dx+w

x=

1

x2

p(x) =1

x

µ(x) = eR1xdx = elnx = x

multiplicamos la ecuación por x:


xdw

dx+ w =

1

x

agrupamos e integramos:

d

dx(wx) =

1

x

d (wx) =1

xdxZ ·d (wx) =

1

xdx

¸wx = lnx+ c

dividimos entre x:

w =lnx

x+c

x


w = y−1

y−1 =lnx

x+c

x

y =x

lnx+ c

2.4.3 Sustituciones para reducir a variables separablesecuaciones del tipo dy

dx = f(Ax+By + C)

Una ecuación diferencial de la forma

dy

dx= f(Ax+By + C)

puede reducirse a una ecuación de variables separables por medio de la susti-tución u = Ax+By + C, B 6= 0.


Problema 8.dy

dx= (x+ y + 1)2

Solución:Hacemos:

u = x+ y + 1du

dx= 1 +

dy

dxdy

dx=

du

dx− 1

du

dx− 1 = u2

du

dx= u2 + 1

du

u2 + 1= dx

integramos:

Zdu

u2 + 1=

Zdx

arctanu = x+ c

pero:

u = x+ y + 1

arctan (x+ y + 1) = x+ c

x+ y + 1 = tan(x+ c)

y = tan(x+ c)− x− 1


Problema 9.dy

dx= cos (x+ y) , y (0) =

π

4

Solución:Hacemos:

u = x+ ydu

dx= 1 +

dy

dxdy

dx=

du

dx− 1

sustituimos:

du

dx− 1 = cosu

du

dx= 1 + cosu

du

1 + cosu= dx

integramos: Zdu

1 + cosu=

Zdx

multiplicamos el lado izquierdo por (1− cosu) en el denominador y en elnumerador:

Z1− cosu

(1 + cosu) (1− cosu)du = x+ cZ1− cosu1− cos2 udu = x+ cZ1− cosusin2 u

du = x+ cZ1

sin2 udu−

Zcosu

sin2 udu = x+ c

2.4. SUSTITUCIONES DIVERSAS 73Zcsc2 udu−

Zcosu

sin2 udu = x+ c

− cotu+ 1

sinu= x+ c

− cotu+ cscu = c

pero:

u = x+ y

− cot (x+ y) + 1

sin (x+ y)= x+ c


y (0) =π

4x = 0

y =π

4

− cot³0 +

π

4

´+ csc

³0 +

π

4

´= 0 + c

− cot π4+ csc

π

4= c

−1 +√2 = c


csc (x+ y)− cot (x+ y) = x+√2− 1

Chapter 3

Aplicaciones de ecuaciones deprimer orden

Problema 1. La población de una comunidad crece conuna tasa proporcional a la población en cualquier momento. Supoblación inicial es 500 y aumenta el 15% en 10 años. ¿Cuál serála población pasados 30 años?

Solución:N = población de la comunidad en cuestión.N0 = Población inicial de la comunidad.N(0) = N0 = 500N(10) = 575N(10) = 1.15N0Basándonos en la ecuación diferencial del módelo básico de crecimiento:

dN

dt= kN

cuya solución se encuentra fácilmente usando variables separables:

N = Noekt

Para encontrar k aplicamos la condición:

N(10) = 1.15N0

Sustituyendo en la solución:

75

76CHAPTER 3. APLICACIONESDEECUACIONESDEPRIMERORDEN

1.15N0 = N0e10k

Despejando k

ln 1.15

10= k

k = 0.014

Sustituyendo:

N = N0e0.014t = 500e0.014t

Finalmente se calcula la población de la comunidad después de 30 años.

N(30) = 500e0.014(30)

N(30) = 760

Problema 2. El Pb-209, isótopo radioactivo del plomo, sedesintegra con una razón poporcional a la cantidad presente encualquier momento y tiene un período medio de vida de 3.3 horas.Si al principio había 1 gramo de plomo, ¿Cuánto tiempo debetranscurrir para que se desintegre el 90%?Solución:C = Cantidad presente del isótopo a cualquier tiempoτ = Periodo de vida media = 3.3 horasC0 = Cantidad inicial presente del isótopo = 1 gramoLa ecuación diferencial a resolver es:

dC

dt= kC

la cual es igual a la del problema anterior.

77

La solución es:

C = C0ekt

Se sabe que

C(3.3) =1

2C0

Por lo que:

1

2C0 = C0e

3.3k

k =ln0.5

3.3

es decir k = −0.21Sustituyendo:

C = C0e−0.21t

Finalmente, obtenemos el tiempo que debe transcurrir paraque se desintegre el 90% del isótopo:

C0(0.1) = C0e−0.21t

ln 0.1 = −0.21t

t =ln 0.1

−0.21

t = 11 horas

Problema 3. Cuando pasa un rayo vertical de luz por unasustancia transparente, la razón con que decrece su intensidadI es proporcional a I(t), donde t representa el espesor, en pies,del medio. En agua de mar clara, la intensidad a 3 ft bajo lasuperficie, es el 25% de la intensidad inicial I0 del rayo incidente.¿Cuál es la intensidad del rayo a 15 ft bajo la superficie?


Solución:I = intensidadt = espesor del medio

dI

dt= kI

I = I0ekt

I0(0.25) = I0e3k

k =ln 0.25

3

k = −0.462Finalmente, procedemos a calcular la intensidad del rayo a 15

ft bajo la superficie

I(15) = I0e−0.462(15)

I(15) = 0.00098I0

Aproximadamente 0.1% de I0.

Problema 4. En un trozo de madera quemada o carbón veg-etal se determinó que el 85.5% de su C-14 se había desintegrado.Con la información siguiente determine la edad aproximadamade la madera. Estos son precisamente los datos que usaron losarqueólogos para fechar los murales prehistóricos de una cavernade Lascaux, Francia.Solución:k = constante de decaimiento

79

Vida media C-14 τ = 5,600 años

A = A0ekt

Sustituyendo:

A02= A0e

5,600t

ln1

2= 5, 600k

k =ln 1

2

5, 600

k = −0.00012378Por último, procedemos a determinar la edad aproximada del

trozo de madera

A0(0.145) = A0e−0.00012378t

t =ln 0.145

−0.00012378

t = 15, 600 anos

Problema 5. Un tanque contiene 200 l de agua en que sehan disuelto 30 g de sal y le entran 4 L/min de solución con 1g de sal por litro; está bien mezclado, y de él sale líquido con elmismo flujo (4 L/min). Calcule la cantidad A(t) de gramos desal que hay en el tanque en cualquier momento t.Solución:A = cantidad de gramos de sal


t = momento (tiempo)V0 = volumen inicial del tanquev1 = flujo de entradav2 = flujo de salidaC1 = Concentración de entrada (masa/volumen)C2 = Concentración de salida (masa/volumen)R1 = Razón o ritmo con el que entraR2 = Razón o ritmo con el que saleV0 = 200 lv1 = 4 L/minv2 = 4 L/minC1 =1 g/LC2 =

AV0

Como hay conservación de masa:dAdt= R1 −R2

R1 = C1υ1R2 = C2υ2

dA

dt= C1υ1 − C2υ2

dA

dt= 1

g

l

µ4l

min

¶− A

200

g

l

µ4l

min

¶

dA

dt= 4− 4A

200

dA

A= 4− 1

50A

dA

A+1

50A = 4

p(t) =1

50

µ(t) = eR

150dt = e

t50

81

d

dt

³Ae

t50

´= 4e

t50

Aet50 = 4

Zet50dt

Aet50 = 200e

t50 + c

A = 200 + ce−t50

Considerando la condición inicial:A(0) = 3030 = 200 + cc = −170Finalmente:

A(t) = 200− 170e− t50

Problema 6. Un tanque tiene 500 gal de agua pura y le entrasalmuera con 2 lb de sal por galón a un flujo de 5 gal/min. Eltanque esta bien mezclado, y sale de él el mismo flujo de solución.Calcule la cantidad A(t) de libras de sal que hay en el tanque encualquier momento t.Solución:V0 = 500 galυ1 = 5 gal/minυ2 = 5 gal/minC1 = 2 lb/galC2 =

AV o= A

500

dA

A= C1υ1 − C2υ2

dA

A= 2

lb

gal

µ5gal

min

¶− A

500

lb

gal

µ5gal

min

¶


dA

A= 10− A

100

dA

A+

1

100A = 10

p(t) =1

100

µ(t) = eR

1100

dt = et100

d

dt

³Ae

t100

´= 10e

t100

Aet100 = 10

Ze

t100dt

Aet50 = 1000e

t100 + c

A = 1000 + ce−t100

Considerando las condiciones iniciales:A(0) = 00 = 1000 + cc = −1000Finalmente:

A(t) = 1000− 1000e− t100

Problema 7. En un modelo demográfico de la población P(t)de una comunidad, se supone que:

dP

dt=dB

dt− dDdt

83

en donde dB/dt y dD/dt son las tasas de natalidad y mortan-tad, respectivamente.a) Determine P (t)

dB

dt= k1P

dD

dt= k2P

b)Analice los casos k1 > k2, k1 < k2, k1 = k2Solución:dBdt= Natalidad

dDdt= Mortandad

P (t) = Natalidad-Mortantada)

dP

dt= k1P − k2P

dP

dt= (k1 − k2)P

ZdP

P= (k1 − k2)

Zdt

lnP = (k1 − k2)t+ ln c

lnP − lnc = (k1 − k2)t

P

c= e(k1−k2)t

P = ce(k1−k2)t

Considerando la condición inicial:


P (0) = P0

P = P 0e(k1−k2)t

b)k1 > k2La tasa de natalidad es mayor que la de mortalidad, por lo

tanto la población aumenta. Esto se observa en la gráfica ya queen tal caso k1−k2 > 0 y la gráfica corresponde a una exponencialcreciente.k1 < k2La tasa de natalidad es menor que la de mortalidad, provo-

cando la disminución de la población. En la gráfica se tiene unaexponencial decreciente cuando k1 − k2 < 0.k1 = k2La tasa de natalidad es igual a la de mortalidad, por ello la

población se mantiene estable. En tal caso P = P 0.

Problema 8.Cuando se tiene en cuenta lo olvidadizo de un individuo, la rapidez con

que memoriza está definida por

dA

dt= k1 (M −A)− k2A,

en que k1 > 0, k2 > 0, A(t) es la cantidad de material memorizado porel tiempo t, M es la cantidad total para memorizar y M −A es la cantidadque resta por memorizar. Halle A(t) y grafique la solución. Suponga queA(0) = 0. Determine el valor límite de A cuando t → ∞ e interprete elresultado.Solución: Proponemos la ecuación diferencial y la despejamos:

dA

dt= kM − k1A− k2A

dA

dt= k1M −A(k1 + k2)

dA

dt+A(k1 + k2) = k1M

85

Definimos el factor integrante, lo sustituimos en la ecuación diferencial,y la integramos.

µ (t) = eR(k1+k2)dt = e(k1+k2)t

d

dt

¡Ae(k1+k2)t

¢=

Zk1Me

(k1+k2)t

Ae(k1+k2)t =k1M

(k1 + k2)e(k1+k2)t + C

Despejamos A, y el resultado es:

A =k1M

(k1 + k2)+ Ce−(k1+k2)t

Aplicamos la condición inicial A(0) = 0

0 =k1M

(k1 + k2)+ C

o sea

C = − k1M

(k1 + k2)

Por lo tanto la solución queda como

A =k1M

(k1 + k2)(1− e−(k1+k2)t)

tal como se observa cuando t → ∞ en esta expresión queda que A =k1M

(k1+k2), lo cual siempre es menor que M , es decir, no se memoriza al 100%,

por ejemplo en la siguiente gráfica se muestra que después de un cierto tiempoel individuo a lo más memorizará el 80%.


Figure 3.1: Cantidad de material memorizado en el tiempo

Chapter 4

Ecuaciones de segundo orden

4.1 Ecuaciones homogéneas con coeficientesconstantes

Una ecuación diferencial de este tipo tiene la forma

ay00 + by0 + cy = 0

donde a,b y c son constantes. Para resolverla se propone una solución de laforma y = emx y al sustituir en la ecuación se obtiene la ecuación auxiliar

am2 + bm+ c = 0

la cual se resuelve para encontrar los valores de m, dependiendo de estosvalores se obtienen tres casos:Caso I: Raíces reales y distintas m1 6= m2, en cuyo caso la solución se escribe

como

y = c1em1x + c2e

m2x

Caso II. Raíces reales repetidas m1 = m2 = m

y = c1emx + c2xe

mx

Caso III. Raíces complejas de la forma m = α± iβx

87

88 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN

y = eαx(c1 cosβx+ c2senβx)

Resolver los siguientes problemas

Problema 1.4y

00+ y

0= 0

Solución:La ecuacion auxiliar es

4m2 +m = 0

factorizando.

m(4m+ 1) = 0

Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:

m1 = 0

m2 = −14

Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguientemanera.

y = c1e(0)x + c2e

(− 14)x

y = c1 + c2e−x4

Problema 2.y00 − 36y = 0

Solución:La ecuación auxiliar es

m2 − 36 = 0

4.1. ECUACIONESHOMOGÉNEASCONCOEFICIENTESCONSTANTES89

factorizando

(m+ 6)(m− 6) = 0Las raíces de la ecuación auxiliar son:

m1 = 6m2 = −6

Así la solución general es:

y = c1e6x + c2e

−6x

Problema 3.y00 + 9 = 0


m2 + 9 = 0

Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:m = ±3i

Como las raíces son complejas y la parte real es cero, la solución se escribecomo:

y = c1 cos 3x+ c2sen3x

Problema 4.y00 − y0 − 6y = 0


m2 −m− 6 = 0

(m− 3)(m+ 2) = 0

Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:m1 = 3m2 = −2


La solución general es:.

y = c1e3x + c2e

−2x

Problema 5.y00 + 3y0 − 5y = 0


m2 + 3m− 5 = 0Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:

m =−3±p9− 4(−5)

2=−3±√29

2

m1 = 1.19, m2 = −4.19Así la fórmula general aplicada para este problema queda de la siguiente

manera.

y = c1e1.19x + c2e

−4.19x

Problema 6.

12y00 − 5y0 − 2y = 0


12m2 − 5m− 2 = 0la cual se factoriza como

(3m− 2)(4m+ 1) = 0

Las raíces de la ecuación auxiliar son:

m1 =2

3, m2 = −1

4


Así la solución es:

y = c1e23x + c2e

− 14x

Problema 7.

3y00 + 2y + y = 0


3m2 + 2m+ 1 = 0

Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:

m =−1+−

√2i

3= −1

3±√2i

3


y = e−x3 (c1 cos

√2x

3+ c2sen

√2x

3)

Problema 8.

y000 − 4y00 − 5y0 = 0


m3 − 4m2 − 5m = 0factorizando

m(m+ 1)(m− 5) = 0Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:

m1 = 0, m2 = −1, m3 = 5



y = c1 + c2e−x + c3e5x

Problema 9.

y000 − 5y00 + 3y0 + 9y = 0


m3 − 5m2 + 3m+ 9 = 0

Al utilizar división sintetica se encontraron las siguientes raíces

m1 = 3, m2 = −1, m3 = 3

La raíz 3 está repetida, por ello la solución general de la ecuación es:

y = c1e3x + c2xe

3x + c3e−x

Problema 10.

d4y

dx4+d3y

dx3+d2y

dx2= 0


m4 +m3 +m2 = 0

factorizando.

m2(m2 +m+ 1) = 0

Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son

m = 0 (raíz doble),m =−1±√3i

2= −1

2±√3i

2

Así la solución general se escribe de la siguiente forma:

y = c1e0 + c2xe

0 + e−x2 (cos

√3

2x+ c4sen

√3

2x)


y = c1 + c2x+ e−x2 (cos

√3

2x+ c4sen

√3

2x)

Problema 11.

y00 + 16y = 0 y(0) = 2; y0(0) = −2


m2 + 16 = 0


m1 = 4i, m2 = −4iLa solución general es:

y = c1 cos 4x+ c2sen4x

Para aplicar las condiciones iniciales es necesario derivar

y0 = −4c1sen4x+ 4c2 cos 4xAl sustituir las condiciones iniciales se obtiene:

y(0) = 2 = c1

y0(0) = −2 = 4c2Resolviendo:

c1 = 2, c2 = −12

De tal manera que la solución al problema de valor inicial es:

y = 2 cos 4x− 12sin 4x

Problema 12.


2y00 − 2y0 + y = 0 y(0) = −1; y0(0) = 0Solución:

La ecuación auxiliar es

2m2 − 2m+ 1 = 0Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son

m =2±√4i4

=1

2± 12i

La solución general es:

y = e12x(c1 cos

1

2x+ c2sen

1

2x)

Derivando:

y0 = e12x(−1

2c1sen

1

2x+

1

2c2 cos

1

2x) +

1

2e12x(c1 cos

1

2x+ c2sen

1

2x)

Sustituyendo las condiciones iniciales:

y(0) = −1 = c1

y0(0) = 0 =1

2c2 +

1

2c1

Resolviendo:

c1 = −1, c2 = 1La solución al problema de valor inicial es:

y = e12x(− cos 1

2x+ sen

1

2x)

Problema 13.

y00 + y0 + 2y = 0 y(0) = y0(0) = 0



m2 +m+ 2 = 0


m =−1+−√1− 8i2

= −12

+

−

√7i

2

La solución general se escribe como:

y = e−x2 (c1 cos

√7

2x+ c2sen

√7

2x)

Derivando:

y0 = e−x2 (−√7

2c1sen

√7

2x+

√7

2c2 cos

√7

2x)− 1

2e−

x2 (c1 cos

√7

2x+ c2sen

√7

2x)

Al sustituir las condiciones iniciales da el siguiente resultado:

y(0) = 0 = c1

y0(0) = 0 =

√7

2c2 − 1

2c1

es decir:

c1 = c2 = 0

La única solución que es compatible con estas condiciones es:

y = 0

Problema 14.

y000 + 12y00 + 36y0 = 0 y(0) = 0; y0(0) = 1; y00(0) = −7



m3 + 12m2 + 36m = 0

factorizando.

m(m+ 6)2 = 0


m1 = 0, m2 = −6 de doble multiplicidadLa solución general es:

y = c1 + c2e−6x + c3xe−6x

Derivando:

y0 = −6c2e−6x − 6c3xe−6x + c3e−6x

y00 = 36c2e−6x + 36c3xe−6x − 12c3e−6x

Sustituyendo las condiciones:

y(0) = 0 = c1 + c2

y0(0) = 1 = −6c2 + c3

y00(0) = −7 = 36c2 − 12c3Resolviendo el sistema:

c1 =5

36, c2 = − 5

36, c3 =

1

6

La solución al problema de valor inicial es:

y =5

36− 5

36c2e

−6x +1

6c3xe

−6x

Problema 15.

4.2. MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS 97

y00 − 10y0 + 25 = 0 y(0) = 1; y(1) = 0


m2 − 10m+ 25 = 0factorizando.

(m− 5)2 = 0La única raíz es doble:

m = 5

la solución general se escribe como:

y = c1e5x + c2xe

5x

Al sustituir las condiciones iniciales en la ecuación nos da el siguienteresultado

c1 = 1, c2 = −1El resultado final es:

y = e5x − xe5x

4.2 Método de los coeficientes indetermina-dos

Una ecuación diferencial de orden n se puede escribir como:

anDny + an−1Dn−1y + ........+ a1Dy + a0y = g(x)


en donde Dky = dky/dxk, k = 0, 1, ........., n.

Es conveniente a veces representar también esta ecuación en la forma L(y) =g(x). donde L representa el operador diferencial lineal de orden n:

L = anDn + an−1Dn−1 + ........+ a1D + ao

La aplicación de los operadores diferenciales permite llegar a una soluciónparticular de ciertos tipos de ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas.

OPERADOR ANULADOR: Si L1 es un operador diferencial con coeficientesconstantes y f es una función suficientemente diferenciable tal que:

L1(f(x)) = 0,

se dice que L1 es un anulador de la función.

El operador diferencial Dn anula cada una de las siguientes funciones:

1, x, x2, ........, xn−1

El operador diferencial (D − a)n anula cada una de las siguientes funciones:

eax, xeax, x2eax, ................., xn−1eax

El operador diferencial [(D2 − 2aD + (a2 + B2)]n anula a las siguientesfunciones:

eax cosβx, xeaxcosβx, x2eax cosβx, ......., xn−1eax cosβx,


eaxsenβx, xeaxsenβx, x2eaxsenβx, ......., xn−1eaxsenβx,

Para resolver la ecuación L(y) = g(x) se busca el operador anulador dela función g(x) y luego se aplica en ambos lados de la ecuación: L1L(y) =L1(g(x)) = 0, de tal forma que la ecuación diferencial aumenta de orden perose convierte en una ecuación homogénea, la cual ya puede ser resuelta.

La solución se expresa como y(x) = yc(x) + yp(x) donde yc(x) se llama lasolución complementaria y es la solución de la ecuación homogénea y yp(x) esuna solución particular de la ecuación no homogénea que se encuentra usando elmétodo de los coeficientes indeterminados, tal como se ilustra en los siguientesejemplos.

Problema 1. Escriba las siguientes ecuaciones diferenciales enla forma L(y) = g(x), donde L es un operador diferencial lineal concoeficientes constantes.a)

y00 − 4y0 − 12y = x− 6

Solución:En notación de operadores esto se puede escribir como:

(D2 − 4D − 12)y = x− 6

factorizando, el resultado es:

(D − 6)(D − 2)y = x− 6

b)y000 + 10y00 + 25y0 = ex


(D2 + 10D + 25)y = ex

Factorizando:


(D + 5)(D + 5)y = ex

c)

y000 + 2y00 − 13y0 + 10y = xe−x


(D3 + 2D2 − 13D + 10)y = xe−x

Factorizando:

(D − 1)(D − 2)(D + 5)y = xe−x

Problema 2. Compruebe que el operador diferencial mencionadoanula la función indicada.

a)D4, y = 10x3 − 2x

Solución:Esto se comprueba al calcular el número de derivaciones necesarias para

obtener el anulador adecuado:

Dy = 30x2 − 2

D2y = 60x

D3y = 60

D4y = 0

Por lo tanto el anulador es D4 ya que aquí se hace cero la función.


b)(D − 2)(D + 5); y = e2x + 3e−5x

Solución:

Como(D − 2)e2x = 0

y

(D + 5)e−5x

entonces el producto anula a la función y = e2x + 3e−5x

Problema 3. Determine un operador diferencial lineal que anulela función dada:

a)1 + 7e2x

Solución:El anulador para 1 es D.El anulador para e2x es (D − 2).Por lo tanto el operador anulador es:

(D − 2)D

b)

cos 2x

Solución:

El eperador anulador es: (D2 + 4)lo cual se comprueba fácilmente porque (D2 + 4) cos 2x = D2 cos 2x +

4 cos 2x = −4 cos 2x+ 4 cos 2x = 0c)

e−x + 2xex − x2exSolución:El anulador de e−x es D + 1El anulador de 2xex es (D − 1)2


El anulador de x2ex es (D − 1)3, pero este también anula a la función2xex, por lo tanto el operador anulador de la función e−x + 2xex − x2ex es

(D + 1)(D − 1)3

En los siguientes problemas resuelva la ecuación diferencial re-spectiva por el método de los coeficientes indeterminados.

Problema 1.

y00 + y0 = 3

Solución:Se resuelve primero la ecuación homogénea

y00 + y0 = 0

Nuestra ecuación auxiliar es:

m2 +m = 0

m(m+ 1) = 0

Por lo tanto nuestra solución complementaria yc es:

yc = c1 + c2e−x

El anulador para el lado derecho de la función es D por lo tanto nuestrasolución particular Yp es :

yp = Ax

Para obtener el valor de A, se calculan la primera y segunda derivada deYp :

y0p = A; y00p = 0


Se sustituye en la función original, se despeja a A y así se obtiene el valor:

A = 3

por lo tantoyp = 3x

Como la solución general es la suma de la complementaria y la particular

y = yc + yp

la solución es:y = c1 + c2e

−x + 3x

Problema 2.y00 + 4y0 + 4y = 2x+ 6

Solución:El operador D2 anula a la función 2x+ 6Aplicando el operador diferencial en ambos lados de la ecuación diferen-

cial:

D2(D2 + 4D + 4)y = D2(2x+ 6) = 0

Por lo que la ecuación que queda es homogénea:

D2(D2 + 4D + 4)y = 0

La ecuación auxiliar es:

m2(m2 + 4m+ 4) = 0

m2(m+ 2)2 = 0

El término (m+2)2 = 0 corresponde a la ecuación homogénea, por lo quela solución complementaria es:

yc = c−2x1 + c2xe

−2x


A partir del término m2 = 0, se obtiene la solución particular:

Yp = Ax+B

Para calcular los valores de A y B se calculan la primera y la segundaderivada:

Y 0p = A; Y00p = 0

Al sustituir estos valores en la ecuación original:

4A+ 4(Ax+B) = 2x+ 6

4Ax+ 4A+ 4B = 2x+ 6

igualando términos:

4A = 2, A =1

2

4A+ 4B = 6, B = 1

Por lo tanto la solución es:

y(x) = c−2x1 + c2xe−2x +

1

2x+ 1

Problema 3.y00 + 25y = 6senx

Solución:El operador anulador de la función senx es D2+1. Aplicando el operador

en ambos lados de la ecuación:¡D2 + 1

¢ ¡D2 + 25

¢y =

¡D2 + 1

¢6senx = 0

¡D2 + 1

¢ ¡D2 + 25

¢y = 0


La ecuación auxuliar es:¡m2 + 1

¢ ¡m2 + 25

¢= 0

La solución complementaria es:

yc = c1cos5x+ c2sen5x

Y la solución particular es:

yp = Acosx+Bsenx

Derivando yp:

y0p = −Asenx+Bcosx

y00p = −Acosx−BsenxSustituyendo en la ecuación no homogénea:

−Acosx−Bsenx+ 25Acosx+ 25Bsenx = 6senx

24A cosx+ 24Bsenx = 6senx

de donde se obtiene:

A = 0, B =1

4

Por lo tanto:

yp =1

4senx

La solución general queda:

y(x) = c1cos5x+ c2sen5x+1

4senx

Problema 4.y00 − y = x2ex + 5


Solución:El operador D(D − 1)3 anula a x2ex + 5, si se aplica en ambos lados de

la ecuación:

D(D − 1)3(D2 − 1)y = 0cuya ecuación característica es:

m(m− 1)3(m2 − 1) = 0, m(m− 1)4(m+ 1) = 0cuyas raíces son

m1 = −1, m2 = 1 de multiplicidad 4, m3 = 0

La solución complementaria es

yc = c1e−x + c2ex

La solución particular yp es:

yp = Axex +Bx2ex + Cx3ex +E

Derivando:y0p = Axe

x +Aex +Bx2ex + 2Bxex + Cx3ex + 3Cx2ex

y00p = Axex + 2Aex +Bx2ex + 4Bxex + 2Bex + Cx3ex + 6Cx2ex + 6Cxex

Sustituyendo:Axex+2Aex+Bx2ex+4Bxex+2Bex+Cx3ex+6Cx2ex+6Cxex−Axex−

Bx2ex − Cx3ex − E = x2ex + 5(2A+ 2B)ex + (4B + 6C)xex + 6Cx2ex −E = x2ex + 5De donde se obtiene: 2A+ 2B = 0, 4B + 6C = 0, 6C = 1,−E = 5Resolviendo el sistema:

A =1

4, B = −1

4, C =

1

6, E = −5


y(x) = c1e−x + c2ex +

1

4xex − 1

4x2ex +

1

6x3ex − 5


Problema 5:

y000 + y00 = 8x2

Solución:La ecuación tiene la forma:

(D3 +D2)y = 8x2

Como D3 es el operador de la función de la derecha:Igualando la ecuación a cero queda de la siguiente manera

D3(D3 +D2) = 0

La ecuacion auxiliar es

m3[m2(m+ 1)] = 0

Las raíces de la ecuación auxiliar son:m1 = −1m2 = 0 (multiplicidad5)

Así la fórmula para yc queda de la siguiente manera

yc = c1e−x + c2 + c3x

Y la solución particular yp queda de la siguiente forma

yp = Ax2 +Bx3 + Cx4

Derivando:

y0p = 2Ax+ 3Bx2 + 4Cx3

y00p = 2A+ 6Bx+ 12Cx2

y000p = 6B + 24Cx

Sustituyendo:

6B + 24cx+ 2A+ 6Bx+ 12Cx2 = 8x2


esto nos da el siguiente resultado

A = 8, B = −83, C =

2

3

O sea que la solución particular queda como:

yp = 8x2 − 8

3x3 +

2

3x4

La solución genral es

y = c1e−x + c2 + c3x+

2

3x4 − 8

3x3 + 8x2

Problema 6:

y00 − 5y0 = x− 2 y(0) = 0; y0(0) = 2

Solución:La ecuación tiene la forma

(D2 − 5D)y = x− 2El operador anulador de la parte derecha de la ecuación es:

D2(x− 2) = 0Igualando la ecuación a cero queda de la siguiente manera.

D2(D2 − 5D)y = 0La ecuacion auxiliar es

m2[m(m− 5)] = 0

Por lo consiguiente las raíces de la ecuación auxiliar son:m1 = 5m2 = 0 multiplicidad 3

Así la solución complementaria yc queda de la siguiente manera

yc = c1 + c2e5x


Y la solución particular yp tiene la forma

yp = Ax+Bx2

y0p = A+ 2Bxy00p = 2B

Sustituyendo en la ecuación original:

2B − 5A− 10Bx = x− 2esto nos da el siguiente resultado

A =9

25, B = − 1

10Al sustituir en la ecuación general nos da como resultado

y = c1 + c2e5x − 1

10x2 +

9

25x

Para aplicar las condiciones iniciales se deriva primero:

y0 = 5c2e5x − 15x+

9

25

Al aplicar las condiciones iniciales y(0) = 0 ; y0(0) = 2 da el resultadoy(0) = 0 = c1 + c2y0(0) = 2 = 5c2 + 9

25

c1 = − 41125

, c2 =41

125Para finalizar se sustituyen las c en la ecuacion final y se obtiene el resul-

tado.

y = − 41125

+41

125e5x − 1

10x2 +

9

25x

Problema 7.

y00 − 4y0 + 8y = x3, y(0) = 2, y0(0) = 4Solución:Como el operador anulador es D4, la ecuación se escribe como:

D4(D2 − 4D + 8)y = 0


La ecuación auxiliar es:

m4(m2 − 4m+ 8) = 0

Las raíces son:

m1 = 2 + 2i, m2 = 2− 2i, m3 = 0 (multiplicidad 4)

La solución complementaria es:

yc = e2x(c1 cos 2x+ c2sen2x)

y la solución particular es de la forma:

yp = A+Bx+ Cx2 +Dx3

y0p = B + 2Cx+ 3Dx2

y00p = 2C + 6Dx

Sustituyendo:

2C + 6Dx− 4B − 8Cx− 12Dx2 + 8A+ 8Bx+ 8Cx2 + 8Dx3 = x3

Resolviendo:8D = 18C − 12D = 08B − 8C + 6D = 08A− 4B + 2C = 0Es decir:

A = 0, B =3

32, C =

3

16, D =

1

8

4.3. VARIACIÓN DE PARÁMETROS 111

yp =3

32x+

3

16x2 +

1

8x3

Y la solución general se escribe como:

y(x) = e2x(c1 cos 2x+ c2sen2x) +3

32x+

3

16x2 +

1

8x3

Para aplicar las condiciones iniciales derivamos primero:

y0(x) = e2x(−2c1sen2x+2c2 cos 2x)+2e2x(c1 cos 2x+c2sen2x)+38x2+

3

8x+

3

32

y(0) = 2 = c1y0(0) = 4 = 2c2 + 2c1 + 3

32

c2 = − 364

c1 = 2

y(x) = e2x(2 cos 2x− 3

64sen2x) +

3

32x+

3

16x2 +

1

8x3

4.3 Variación de parámetros

El procedimiento para llegar a una solución particular de una ecuación difer-encial lineal de primer orden:

dy

dx+ p (x) y = f (x)


En un intervalo se aplica también a ecuaciones lineales de orden superior.Para adaptar el método de variación de parámetros a una ecuación diferencial desegundo orden:

a2 (x) y00 + a1 (x) y0 + a0 (x) y = g (x)

Para ello, se lleva primero la ecuación diferencial a su forma reducida dividién-dola por el primer coeficiente a2(x)

y00 + p (x) y0 + q (x) y = f (x)

Donde se supone que p (x) , q (x) y f (x) son continuas en algún intervalo I.Se encuentra la solución complementaria de la forma:

yc = c1y1 (x) + c2y2 (x)

y se propone una solución particular como:

yc = u1(x)y1 (x) + u2(x)y2 (x)

2)Se calcula el Wronskiano:

W =

¯y1 y2y01 y02

¯

3) Y aplicando la Regla de Cramer, se tiene que:

W1 =

¯0 y2f (x) y02

¯;W2 =

¯y1 0y01 f (x)

¯Donde:


u01 =W1

Wy u02 =

W2

W

4) Se integran u01 y u02 para obtener u1 y u2.

5) Finalmente la solución general será:

y = yc + yp

Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por variación deparámetros.

Problema 1.y00 + y = secx

Solución:La ecuación auxiliar es:

m2 + 1 = 0

Cuyas raíces son:

m1 = i, m2 = −i

Por lo tanto la solución complementaria será:

yc = c1 cosx+ c2senx


Susitituyendo tenemos que:

y1 = cosx, y2 = senx

Calculamos el Wronskiano:

W (cosx, senx) =

¯cosx senx−senx cosx

¯= 1

Se calcula W1 y W2 :

W1 =

¯0 senxsecx cosx

¯= −senx

cosx= tanx W2 =

¯cosx 0−senx secx

¯= 1

Por lo que u01 y u02 son:

u01 = tanx y u02 = 1

Integrando ambos, y aplicando en u01 la fórmulaRduu= ln |u|+ c tenemos

que:

u1 = − ln |cosx| y u2 = x

Por lo tanto la solución particular es:

yp = xsenx− (cosx) ln |cosx|

Por lo que la solución general es:

y = c1cosx+ c2senx+ xsenx− (cosx) ln |cosx|

Problema 2.y00 + y = cos2x



m2 + 1 = 0

Cuyas raíces son:

m1 = i, m2 = −i

La solución complementaria será:

yc = c1cosx+ c2senx

Se tiene que:

y1 = cosx, y2 = senx

Se calcula el Wronskiano:

W (cosx, senx) =

¯cosx senx−senx cosx

¯= 1

Así mismo W1y W2:

W1 =

¯0 senxcos2x cosx

¯= −senxcos2x W2 =¯

cosx 0−senx cos2x

¯= cos3x

Por lo que u01y u02 son:

u01 = −senxcos2x y u02 = cos3x


Integrando ambos por separado:

u1 =13cos3x y u2 = senx− 1

3sen3x

Por lo tanto la solución particular será:

yp =13cos4 x+ sen2x− 1

3sen4x


y = c1cosx+ c2senx+1

3cos4 x+ sen2x− 1

3sen4x

Problema 3.y00 − y = coshx

Solución:Identificamos la ecuación auxiliar, siendo esta:

m2 − 1 = (m− 1) (m+ 1) = 0

Cuyas raíces son:

m1 = 1, m2 = −1


yc = c1ex + c2e

−x


y1 = ex, y2 = e

−x



W (ex, e−x) =¯ex e−x

ex −e−x¯= −2

Así mismo W1y W2:

W1 =

¯0 e−x

coshx −e−x¯= −e−xcoshx

W2 =

¯ex 0ex coshx

¯= excoshx


u01 =1

2e−xcoshx y u02 = −

1

2excoshx

Integrando ambos por partes y por separado tenemos que:

u1 =

Z1

2e−x coshxdx =

1

2

Ze−x(

ex + e−x

2)dx =

1

4

Z ¡1 + e−2x

¢dx =

1

4(x−1

2e−2x)

u2 = −Z1

2ex coshxdx = −1

2

Zex(ex + e−x

2)dx = −1

4

Z ¡e2x + 1

¢dx = −1

4(1

2e2x+x)


yp =1

4(x− 1

2e−2x)ex − 1

4(1

2e2x + x)e−x =

1

4xex − 1

8e−x − 1

8ex − 1

4xe−x

Por lo que la solución general será:


y = c01ex + c02e

−x +1

4xex − 1

8e−x − 1

8ex − 1

4xe−x

y = y = c1ex + c2e

−x + 14xex − 1

4xe−x

y = c1ex + c2e

−x +1

2x(ex − e−x

2) = c1e

x + c2e−x +

1

4xsenhx

Problema 4.

y00 − 4y = e2x

x

Solución:Identificamos la ecuación auxiliar, siendo ésta:

m2 − 4 = (m− 2) (m+ 2) = 0

Cuyas raíces son:

m1 = 2, m2 = −2

Por lo tanto la solución complementaria es:

yc = c1e2x + c2e

−2x

Se tiene que:

y1 = e2x, y2 = e

−2x

f (x) =e2x

x


Se calculamos el Wronskiano:

W (e2x, e−2x) =¯e2x e−2x

2e2x −2e−2x¯= −4

Así mismo W1 y W2:

W1 =

¯0 e−2xe2x

x−2e−2x

¯= − 1

xW2 =

¯e2x 0

2e2x e2x

x

¯= e4x

x


u01 =1

4xy u02 = −

1

4

e4x

x

Integrando ambos por separado, pero como u02 no se puede expresar entérminos de funciones elementales; en consecuencia escribimos:

u01 =1

4ln |x| y u02 = −

1

4

Z x

x0

e4t

tdt


yp =1

4e2x ln |x|− 1

4e−2x

Z x

x0

e4t

tdt

Por lo que la solución general se puede expresar como:

y = c1e2x + c2e

−2x +1

4e2x ln |x|− 1

4e−2x

Z x

x0

e4t

tdt

y = c1e2x + c2e

−2x +1

4

µe2x ln |x|− e−2x

Z x

x0

e4t

tdt

¶


Problema 5.y00 + 3y0 + 2y =

1

1 + ex


m2 + 3m+ 2 = (m+ 1) (m+ 2) = 0

Cuyas raíces son:

m1 = −1, m2 = −2


yc = c1e−x + c2e−2x

Se tiene que:

y1 = e−x, y2 = e−2x

f (x) =1

1 + ex


W (e−x, e−2x) =¯e−x e−2x

−e−x −2e−2x¯= −2e−3x + e−3x = −e−3x

Así mismo W1 y W2:

W1 =

¯0 e−2x1

1+ex−2e−2x

¯= − e−2x

1+exW2 =

¯e−x 0−e−x 1

1+ex

¯= e−x

1+ex



u01 = −e−2x

e−3x (1 + ex)=

ex

1 + exy u02 =

e−x

e−3x (1 + ex)=

e2x

1 + ex

Integrando ambos por separado, tenemos que:

u1 = ln |1 + ex| y u2 = 1 + ex − ln |1 + ex|


yp = e−x ln |1 + ex| + e−2x(1 + ex − ln |1 + ex|) = e−x ln |1 + ex| + e−2x +

e−x − e−2x ln |1 + ex|)


y = c01e−x + c02e

−2x + e−x ln |1 + ex|+ e−2x + e−x − e−2x ln |1 + ex|)

y = c1e−x + c2e−2x +

¡e−x − e−2x¢ ln |1 + ex|

Problema 6.y00 + 3y0 + 2y = senex


m2 + 3m+ 2 = (m+ 2) (m+ 1) = 0

Cuyas raíces son:


m1 = −2,m2 = −1

Por lo tanto la función complementaria será:

yc = c1e−2x + c2e−x


y1 = e−2x, y2 = e−x

f (x) = senex


W (e−2x, e−x) =¯e−2x e−x

−2e−2x −e−x¯= −e−3x + 2e−3x = e−3x

Así mismo W1 y W2:

W1 =

¯0 e−x

senex −e−x¯= −e−xsenex

W2 =

¯e−2x 0−2e−2x senex

¯= e−2xsenex


u01 = −e2xsenex y u02 = exsenex


u1 = −exsenex + senex y u2 = senex



yp = −e−xsenex + e−2xsenex + e−xsenex = e−2xsenex


y = c1e−2x + c2e−x + e−2xsenex

Problema 8.y00 − 2y0 + y = ex

1 + x2


m2 − 2m+ 1 = (m− 1)2 = 0

Cuyas raíces son:

m = 1 multiplicidad 2


yc = c1ex + c2xe

x

Se tiene que:

y1 = ex, y2 = xe

x

f (x) =ex

1 + x2



W (ex, ex) =

¯ex xex

ex xex + ex

¯= e2x

Así mismo W1 y W2:

W1 =

¯0 xexex

1+x2ex

¯= − xe2x

1+x2W2 =

¯ex 0ex ex

1+x2

¯= e2x

1+x2


u01 = −x

1 + x2y u02 =

1

1 + x2

Integrando se tiene que:

u1 = −12 ln |1 + x2| y u2 = tan−1 x


yp = −12ex ln |1 + x2|+ xex tan−1 x


y = c1ex + c2xe

x − 12ex ln

¯1 + x2

¯+ xex tan−1 x

Problema 9.y00 + 2y0 + y = e−x lnx


m2 + 2m+ 1 = (m+ 1)2 = 0

Tiene una sola raíz:


m = −1 multiplicidad 2


yc = c1e−x + c2xe−x


y1 = e−x, y2 = xe−x

f (x) = e−x lnx


W (e−x, e−x) =¯e−x xe−x

−e−x −xe−x + e−x¯= e−2x

Así mismo W1 y W2:

W1 =

¯0 e−x

e−x lnx −e−x¯= −e−2x lnx

W2 =

¯e−x 0−e−x e−x lnx

¯= e−2x lnx

Por lo que u01y u02 son:

u01 =−e−2x lnx−2e−2x = e−2x lnx

2e2xy u02 =

e−2x lnx−2e−2x = −e

−2x lnx2e−2x


u01 =12x2 ln |x| y u02 = −34x2



yp =12x2 ln |x| (e−x)− 3

4x2 (e−x)


y = c1e−x + c2e−x +

1

2x2e−x lnx− 3

4x2e−x

Problema 10.3y00 − 6y0 + 30y = extan3x

SOLUCION:Identificamos la ecuación auxiliar, siendo esta:

3m2 − 6m+ 30 = 0

Cuyas raíces son:

m1 = 1 + 3i

m2 = 1− 3i


yc = c1excos3x+ c2e

xsen3x

Sustituyendo tenemos que:

y1 = ex cos 3x

y2 = exsen3x

f (x) = extan3x

Calculamos el wronskiano:

W (excos3x, exsen3x) =

¯excos3x exsen3x−3exsen3x 3excos3x

¯= 3e2x

Así mismo W1y W2 si sabemos que tanx = senxcosx

:


W1 =

¯0 exsen3xex tan 3x 3ex cos 3x

¯= −e2x sen23x

cos 3x

W2 =

¯ex cos 3x 0−3exsen3x ex tan 3x

¯= e2xsen3x


u01 =−e2x sen23x

cos 3x

3e2x= − e

2xsen23x

3e2x cos 3x= − sen

23x

3 cos 3x

y

u02 =e2xsen3x

3e2x=sen3x

3


u1 = −19 ln |sec 3x+ tan 3x|+ 19sen3x y u2 = −19 cos 3x


yp = −19ex cos 3x ln |sec 3x+ tan 3x|+ 19exsen3x cos 3x− 1

9ex cos 3xsen3x =

−19ex cos 3x ln |sec 3x+ tan 3x|


y = c1ex cos 3x+ c2e

xsen3x− 19ex cos 3x ln |sec 3x+ tan 3x|

Chapter 5

Transformada de Laplace

Definición: Sea una función f definida para t ≥ 0. Entonces la integral

$ f(t) =Z ∞

0

e−stf(t)dt

se dice que es la transformada de Laplace de f , siempre y cuando la integralconverja.La transformada de Laplace es una transformación lineal:Z ∞

0

e−st [αf(t) + βg(t)] dt = α

Z ∞

0

e−stf(t)dt+ β

Z ∞

0

e−stg(t)dt

es decir:

$ αf(t) + βg(t) = α$ f(t)+ β$ g(t) = αF (s) + βG(s)

Se puede aplicar la definición para obtener las transformadas de algunasfunciones básicas, por ejemplo:

$ tn = n!

sn+1

$©eatª=

1

s− a

$ senkt = k

s2 + k2

129

130 CHAPTER 5. TRANSFORMADA DE LAPLACE

$ cos kt = s

s2 + k2

$ senhkt = k

s2 − k2

$ cosh kt = s

s2 − k2

En los problemas 1 y 2 use la definición para encontrar latransformada de Laplace de las siguientes funciones:

Problema 1.f (t) = et+7

Solución:

$ f (t) =Z ∞

0

e−stet+7dt =Z ∞

0

e−st+t+7dt =Z ∞

0

e(−s+1)te7dt = e7Z ∞

e(−s+1)tdt

Realizando un cambio de variable

u = (−s+ 1) t

du = (−s+ 1)dt

dt =du

−s+ 1

$ f (t) = e7Z ∞ eu

−s+ 1du

e7Z ∞ eu

−s+ 1du =e7

−s+ 1£e−st

¤∞0

5.1. TRANSFORMADA INVERSA 131

Evaluando tenemos:

$ f (t) = e7

−s+ 1 [0− 1] =e7

s− 1Problema 2.

f (t) = te4t

Solución:

$ f (t) =Z ∞

e−st¡te4t¢dt =

Z ∞te(4−s)tdt =

¯te(4−s)t

− (s− 4)¯∞0

+

Z ∞

0

e(4−s)t

(s− 4)dt

$ f (t) =¯te(4−s)t

− (s− 4)¯∞0

−¯

1

(s− 4)2 e(4−s)t

¯∞0

Evaluando tenemos:

$ f (t) = 0−·0− 1

(s− 4)2¸=

1

(s− 4)2

5.1 Transformada inversa

La transformada inversa puede encontrarse fácilmente si se tiene en cuenta que

f(t) = $−1 s

En los siguientes problemas determinar la transformada inversaque se pide.

Problema 1.

$−1½1

s3

¾Solución:Rescordando que

$ tn = n!

sn+1

Se completa la transformada multiplicando y dividiendo entre 2


$−1½1

s3

¾=1

2$−1

½2

s3

¾=1

2t2

Problema 2.

$−1½1

s2− 48s5

¾Solución:Se separa la transformada:

$−1½1

s2

¾−$−1

½48

s5

¾La primera se resuelve directamente y para la segunda se completa de la

siguente manera:

$−1½1

s2− 48s5

¾= t− 2$−1

½48

2s5

¾= t− 2$−1

½24

s5

¾= t− 2t4

Problema 3.

$−1((s+ 1)3

s4

)Solución:Se desarrolla el binomio:

$−1((s+ 1)3

s4

)= $−1

½s3 + 3s+ 3s2 + 1

s4

¾Se separa la transformada:

$−1½s3

s4

¾+$−1

½3

s3

¾+$−1

½3

s2

¾+$−1

½1

s4

¾Se completa la segunda y cuarta transformada

$−1½s3

s4

¾+3

2$−1

½2

s3

¾+$−1

½3

s2

¾+1

6$−1

½6

s4

¾El resultado es:


$−1((s+ 1)3

s4

)= 1 +

3

2t2 + 3t+

1

6t3

Problema 4.

$−1½1

s2+1

s+

1

s− 2¾

Solución:Se resuelve de forma directa usando las fórmulas:

$ tn = n!

s3

y

$

½1

t− a¾= eas

Por lo tanto el resultado es:

$−1½1

s2+1

s+

1

s− 2¾= t+ 1 + e2t

Problema 5.

$−1½

5

s2 + 49

¾Solución: Por la fórmula $ senat = a

s2+a2, se completa la transfor-

mada

5

7$−1

½7

s2 + 49

¾=7

5sen7t

Problema 6.

$−1½

4s

4s2 + 1

¾Solución:Se divide entre 4 para que se pueda resolver por la transformada del

coseno

$−1½

s

s2 + 14

¾= cos

1

2t


Problema 7.

$−1½2s− 6s2 + 9

¾Se separa la transformada

$−1½

2s

s2 + 9

¾−$−1

½6

s2 + 9

¾Se completa la transformada

2$−1½

s

s2 + 9

¾− 2$−1

½3

s2 + 9

¾= 2 cos 3t− 2sen3t

Problema 8.

$−1½

1

s2 (s2 + 4)

¾Solución:Se resuelve por fracciones parciales:

1

s2 (s2 + 4)=A

s+B

s2+Cs+D

(s2 + 4)

1 = A(s)(s2 + 4) +B(s2 + 4) + Cs(s2) +D(s2)

1 = As3 + 4A+Bs2 + 4B + Cs3 +Ds2

1 = s3 (A+ C) + s2 (B +D) + 4 (A+B)

B =1

4, C = 0, A = 0, D =

1

4

Se sustituyen los valores y se completa la transformada para obtener elresultado.

1

4$−1

½1

s2

¾+1

4$−1

½1

s2 + 4

¾=1

4$−1

½1

s2

¾+1

8$−1

½2

s2 + 4

¾=1

4t+1

8sen2t


Problema 9.

$−1½

s

(s2 + 4) (s+ 2)

¾Solución:Se realizan fracciones parciales

s

(s2 + 4) (s+ 2)=As+B

(s2 + 4)+

C

(s+ 2)

s = As2 +Bs+ 2As+ 2B + Cs2 + 4C

s = s2 (A+ C) + s (B + 2A) + 2B + 4C

B =1

2, C =

1

4, A = −1

4

Se sustituyen los valores y se resuelve:

−14$−1

½s

(s2 + 4)

¾+1

2$−1

½1

(s2 + 4)

¾+1

4$−1

½1

(s+ 2)

¾= −1

4cos 4t+

1

4sen2t+

1

4e−2t

Problema 10.

$−1½

1

s2 + 3s

¾Solución: Se factoriza el denominador, y se realizan fracciones parciales.

$−1½

1

s2 + 3s

¾= $−1

½1

s (s+ 3)

¾1

s (s+ 3)=A

s+

B

s+ 3=A(s+ 3) +B(s)

s (s+ 3)

1 = A (s+ 3) +B (s) = (A+B) s+ 3A

3A = 1

∴A =

1

3, B = −1

3


Se sustituyen los valores en las tranformadas, y se aplica la inversa a cadauna de ellas.

$−1½

1

s2 + 3s

¾=1

3$−1

½1

s

¾− 13$−1

½1

s+ 3

¾=1

3− 13e−3t

Problema 11.

$−1½

0.9s

(s− 0.1) (s+ 0.2)¾

Solución: Se aplican fracciones parciales, una vez obtenidos los valores,se sustituyen y se aplica a cada una su transformada.

0.9s

(s− 0.1) (s− 0.2) =A

s− 0.1 +B

s+ 0.2

0.9 = (A+B) s+ 0.2A− 0.1B

A = 0.3, B = 0.6

$−1½

0.9s

(s− 0.1) (s+ 0.2)¾= 0.3$−1

½1

s− 0.1¾+0.6$−1

½1

s+ 0.2

¾= 0.3e0.1t+0.6e−0.2t

Problema 12.

$−1½

1

s2 (s2 + 4)

¾Solución: Se realizan fracciones parciales.

1

s2 (s2 + 4)=A

s+B

s2+Cs+D

s2 + 4

1 = A (s)¡s2 + 4

¢+B

¡s2 + 4

¢+ (Cs+D)

¡s2¢

A = 0, B =1

4, C = 0, D = −1

4Una vez encontrados los valores, se sustituyen en las transformadas, y se

aplica la transformada inversa

5.2. TEOREMAS DE TRASLACIÓN Y DERIVADAS 137

$−1½

1

s2 (s2 + 4)

¾=1

4$−1

½1

s2

¾−14$−1

½1

s2 + 4

¾=1

4t−18$−1

½2

s2 + 4

¾=1

4t−18sen2t

5.2 Teoremas de traslación y derivadas

Primer teorema de traslaciónSi F (s) = $ f(t) y a es cualquier número real, entonces

$©eatf(t)

ª= F (s− a)

La función escalón unitario u(t− a) se define comou(t− a) =

½0 si o ≤ t < a1 si t ≥ a

Segundo teorema de traslaciónSi F (s) = $ f(t) y a > 0, entonces

$ f(t− a)u(t− a) = e−asF (s)Adicionalmente se puede usar una forma alternativa del segundo teorema

$ g(t)u(t− a) = e−as$ g(t+ a)Derivadas de una transformadaSi F (s) = $ f(t) y a > 0, entonces

$ tnf(t) = (−1)n dn

dsnF (s)

En los siguientes problemas encuentre la transformada de Laplace.

Problema 1.$©te10t

ªSolución: En el primer teorema de traslación:

a = 10, y f(t) = t

F (s) = $ f(t) = $ t


F (s) =1

s2

F (s− a) = 1

(s− 10)2

∴ $©te10t

ª=

1

(s− 10)2

Problema 2.$©te−6t

ªSolución: Del primer teorema de traslación:

a = −6, f(t) = t

F (s) = $ f(t) = $ t

F (s) =1

s2

F (s− a) = 1

(s+ 6)2

∴ $©te−6t

ª=

1

(s+ 6)2

Problema 3.$©t3e−2t

ªSolución:

a = −2, f(t) = t3


F (s) = $ f(t) = $©t3ªF (s) =

6

s4

F (s− a) = 6

(s+ 2)4

∴ $©t3e−2t

ª=

6

(s+ 2)4

Problema 4.$©etsen3t

ªSolución:

a = 1

f(t) = sen3t

F (s) = $ f(t) = $ sen3t

F (s) =3

s2 + 9

F (s− a) = 3

(s− 1)2 + 9

∴ $©etsen3t

ª=

3

(s− 1)2 + 9

Problema 5.$©e5tsenh3t

ª


Solución:

a = 5, f(t) = senh3t

F (s) = $ f(t) = $ senh3t = 3

s2 − 9

F (s− a) = 3

(s− 5)2 − 9

∴ $©e5tsenh3t

ª=

3

(s− 5)2 − 9Problema 6.

$©e−tsen2t

ªSolución: A partir del primer teorema de traslación:

a = −1, f(t) = sen2t = 1

2− 12cos 2t

F (s) = $ f(t) = $½1

2− 12cos 2t

¾=1

2$ 1− 1

2$ cos 2t

F (s) =1

2s− 12(

s

s2 + 4)

F (s− a) = 1

2(s+ 1)− 12(

s+ 1

(s+ 1)2 + 4) =

1

2

·1

(s+ 1)− s+ 1

(s+ 1)2 + 4

¸

∴ $©e5tsenh3t

ª=1

2

·1

(s+ 1)− s+ 1

(s+ 1)2 + 4

¸Problema 7.

$−1½

1

(s+ 2)3

¾Solución:Recordando que:


$−1 F (s− a) = eatf(t)

$−1½

1

(s+ 2)3

¾= $−1

½1

s3|s→s+2

¾=1

2$−1

½2

s3|s→s+2

¾

∴ $−1½

1

(s+ 2)3

¾=1

2t2e−2t

Problema 8.

$−1½

s

s2 + 4s+ 5

¾Solución:

Es necesario completar el trinomio cuadradro perfecto:

s

(s2 + 4s) + 5=

s

(s2 + 4s+ 4) + 1=

s

(s+ 2)2 + 1

Sustituyendo:

$−1½

s

(s+ 2)2 + 1

¾= $−1

½s+ 2− 2(s+ 2)2 + 1

¾=

= $−1½

s+ 2

(s+ 2)2 + 1|s→s−2

¾− 2$−1

½1

(s+ 2)2 + 1|s→s+2

¾

$−1½

s

s2 + 1

¾− 2$−1

½1

s2 + 1

¾= e−2t cos t− 2e−2tsent

Problema 9.

$−1½

s

(s+ 1)2

¾Solución:Utilizando fracciones parciales:


s

(s+ 1)2=

A

s+ 1+

B

(s+ 1)2

s

(s+ 1)2=A(s+ 1) +B

(s+ 1)2

s = As+A+B

Por lo que se obtiene:

A = 1

B = −1

Sustituyendo:

$−1½

1

s+ 1

¾−$−1

½1

(s+ 1)2

¾= $−1

½1

s+ 1

¾−$−1

½1

(s+ 1)2|s→s+1

¾= e−t−te−t

Problema 10.$ (t− 1)u(t− 1)

Solución: En el segundo teorema de traslación:

a = 1

f(t− 1) = t− 1

f(t) = t

$ f(t) = $ t = 1

s2

Finalmente:


$ (t− 1)u(t− 1) = e−s

s2

Problema 11.$©(t− 1)3et−1u(t− 1)ª

Solución: Se usa el segundo teorema de traslación.

a = 1, f(t− 1) = (t− 1)3et−1

f(t) = t3et

$ f(t) = $©t3etªComo:$ t3 = 6

s4

F (s− a) = 6(s−1)4

Finalmente:

$©(t− 1)3et−1u(t− 1)ª = 6e−s

(s− 1)4

Problema 12.

$−1½e−2s

s3

¾= $−1

½1

s3e−2s

¾Solución: Usando el segundo teorema de traslación en su forma inversa:

a = 2

F (s) =1

s3

f(t) =1

2t2


f(t− a) = (t− 2)22

Por lo que finalmente:

$−1½e−2s

s3

¾=(t− 2)22

u(t− 2)

Problema 13.$ t cos 2t

Solución:Recordando que:

$ tf(t) = −dF (s)ds

Donde:

f(t) = cos 2t

F (s) = $ f(t) = $ cos 2t = s

s2 + 4

$ tf(t) = − dds

µs

s2 + 4

¶= −

µ(s2 + 4)− s(2s)(s2 + 4)2

¶= −

µs2 + 4− 2s2(s2 + 4)2

¶=

$ tf(t) = −µ−s2 + 4(s2 + 4)2

¶=

s2 − 4(s2 + 4)2

Finalmente:

$ t cos 2t = s2 − 4(s2 + 4)2

Problema 14.$©te2tsen6t

ªSolución:Recordando que:



f(t) = e2tsen6t

F (s) = $ f(t) = $©e2tsen6tªSi f(t) = sen6t

F (s) =6

s2 + 36

F (s− a) = 6

(s− 2)2 + 36

Sustituyendo:

$©te2tsen6t

ª= − d

ds

µ6

(s− 2)2 + 36¶=

6(2s− 4)[(s− 2)2 + 36]2

Finalmente:

$©te2tsen6t

ª=

12s− 24[(s− 2)2 + 36]2

Problema 15.

$−1½

s

(s2 + 1)2

¾Solución: Usando el mismo argumento que en el problema anterior:


$−1ndF (s)ds

o= −tf(t)


Como:

d

ds(1

s2 + 1) = − 2s

(s2 + 1)2

s

(s2 + 1)2= −1

2

d

ds(1

s2 + 1)

$−1½

s

(s2 + 1)2

¾= $−1

½−12

d

ds(1

s2 + 1)

¾= −1

2(−tsent) = 1

2tsent

Problema 16. Exprese cada función en términos de funciones escalónunitario. Determine la transformada de Laplace de la función respectiva.

f(t) =

½2, si 0 ≤ t < 3−2, si t ≥ 3

¾Solución:En términos de la función escalón unitario la función se escribe como:

f(t) = 2− 4u(t− 3)

$ f(t) = $ 2− 4u(t− 3) = 2$ 1− 4$ u(t− 3)

Recordando que:

$ f(t− a)u(t− a) = e−asF (s)

Finalmente:

$ f(t) = 2

s− 4e

−3s

s

Problema 17. Exprese cada función en términos de funciones escalónunitario. Determine la transformada de Laplace de la función respectiva.

f(t) =

½0, si 0 ≤ t < 1t2, si t ≥ 1

¾Solución:Recordando:


$ f(t− a)u(t− a) =e−asF (s)Por lo tanto hay que completar la expresión de la función de la siguiente

forma:

f(t) = t2u(t− 1) = (t− 1)2u(t− 1) + 2tu(t− 1)− u(t− 1)

f(t) = (t− 1)2u(t− 1) + 2(t− 1)u(t− 1) + u(t− 1)

$ f(t) = $©(t− 1)2u(t− 1) + 2(t− 1)u(t− 1) + u(t− 1)ªAplicando el segundo teorema de traslación se tiene:

$ f(t) = e−s £$©(t)2ª+ 2$ t+$ 1¤ = e−s$©t2 + 2t+ 1ª = e−s · 2s3+2

s2+1

s

¸Problema 18.

f(t) = u(t− a)− u(t− b)Solución:

$ f(t) = $ u(t− a)−$ u(t− b)

$ f(t) = e−as

s− e

−bs

s

Problema 19.

f(t) = $−1½1

s2− e

−s

s2

¾Solución:

f(t) = $−1½1

s2

¾−$−1

½e−s

1

s2

¾Por lo tanto:

f(t) = t− (t− 1)u(t− 1)Problema 20. Aplicar la propiedad f(t) = −1

t$−1

©ddsF (s)

ªpara eval-

uar la transformada inversa


$−1½lns− 3s+ 1

¾Solución:

$−1 ln(s− 3)− ln(s+ 1)Por lo que:

d

ds(ln(s− 3)) = 1

s− 3d

ds(ln(s+ 1)) =

1

s+ 1

f(t) = −1t

·$−1

½ln

1

s− 3¾−$−1

½ln

1

s+ 1

¾¸

f(t) = −1t

£e3t − e−t¤

f(t) = −e3t

t+e−t

t

f(t) =e−t − e3t

t

Problema 21. Determinar

$©(t2 − 3t)u(t− 2)ª

reescribiéndolo en términos de potencias de t− 2.Solución:Si

g(t) = t2 − 3t = (t− 2)2 − 3(t− 2) + 4t− 4− 6

g(t) = (t− 2)2 − 3(t− 2) + 4(t− 2)− 10 + 8

g(t) = (t− 2)2 + (t− 2)− 2

$©(t2 − 3t)u(t− 2)ª = $©£(t− 2)2 + (t− 2)− 2¤u(t− 2)ª = e−2s · 2

s3+1

s2− 2s

¸

5.3. DERIVADAS, INTEGRALES Y FUNCIONES PERIÓDICAS 149

5.3 Derivadas, integrales y funciones periódi-cas

Transformada de una derivadaSi f(t), f 0(t), ...,f (n−1)(t) son funciones continuas sobre [0,∞) entonces

$©f (n)(t)

ª= snF (s)− sn−1f(0)− sn−2f 0(0)− ...− f (n−1)(0),

donde F (s) = $ f(t)La convolución de dos funciones se define como

f ∗ g =Z t

0

f(τ)g(t− τ)dτ

Teorema de convoluciónSi f(t) y g(t) son funciones seccionalmente continuas en [0,∞) y de orden

exponencial, entonces

$ f ∗ g = $ f(t)$ g(t) = F (s)G(s)Transformada de una función periódicaSi f(t) es una función seccionalmente continua en [0,∞), de orden exponen-

cial y periodo T , entonces

$ f(t) = 1

1− e−sTZ T

0

e−stf(t)dt

Problema 1. Aplique el resultado¡ddt

¢et = et y la ecuación $ f 0(t) =

sF (s)− f(0) para evaluar $ etSolución:Se sabe que

$©etª=

1

s− 1Si f(t) = et, f(0) = 1Por lo tanto:

$ f 0(t) = sF (s)− f(0)


$ f(t) = sF (s)− 1

F (s) = sF (s)− 1

F (s)(s− 1) = 1

F (s) =1

s− 1

∴ $©etª=

1

s− 1Problema 2. Aplique el resultado

¡ddt

¢cos2 t = −sen2t y la ecuación

$ f 0(t) = sF (s)− f(0) para evaluar $ cos2 t .Solución:Si F (s) = $ cos2 t, f(0) = cos2(0) = 1

$ f 0(t) = sF (s)− f(0)

$ −sen2t = sF (s)− 1

− 2

s2 + 4= sF (s)− 1

sF (s) = 1− 2

s2 + 4=s2 + 2

s2 + 4

F (s) =s2 + 2

s(s2 + 4)

Problema 3. Suponga que una función y(t) cuenta con laspropiedades y(0) = 1 y y’(0) = -1. Determine la transformadaLaplace de la siguiente expresión.


y00 + 3y0

Solución: Se aplica la expresión para la derivada de una tranformada ylas condiciones, de lo que queda, factorizamos Y (S), y a lo demás lo despe-jamos.

s2Y (s)− sy (0)− y0(0) + 3 (sY (s)− y (0)) = 0

Y (s)¡s2 + 3s

¢− s+ 1− 3 = 0Y (s)

¡s2 + 3s

¢− s− 2 = 0Y (s)

¡s2 + 3s

¢= s+ 2

Y (s) =s+ 2

s2 + 3s

Aplicamos fracciones parciales, y a los valores encontrados los sustituimos,aplicando la transformada inversa.

s+ 2

s2 + 3s=A

s+

B

s+ 3

s+ 2 = A (s+ 3) +B(s)

A =3

2

B =1

3

y (t) = $−1 Y (s) = 2

3$−1

½1

s

¾+1

3$−1

½1

s+ 3

¾=2

3+1

3e−3t

Problema 4. Suponga que una función y(t) tiene las propiedades y(0) =2 y y0(0) = 3. Despeje la transformada de Laplace $ y(t) = Y (s).


y00 − 2y0 + y = 0

Solución: Se aplica la fórmula de la derivada de una tranformada y lascondiciones iniciales, de lo que queda, factorizamos Y (S), y a lo demás lodespejamos.

s2Y (s)− sy(0)− y0 (0)− 2 (sY (s)− y (0)) + Y (s) = 0

Y (s)¡s2 − 2s+ 1¢− 2s− 3 + 4 = 0Y (s) (s− 1)2 = 2s− 1

Y (s) =2s− 1(s− 1)2

Problema 5.

$

½Z t

0

eτdτ

¾Solución:Se utiliza la fórmula de la derivada de una integral:

$

½Z t

0

f(τ)dτ

¾=F (s)

s

en este caso f(τ) = eτ , F (s) = 1s−1 , por lo tanto:

$

½Z t

0

eτdτ

¾=

1

s (s− 1)Problema 6.

$

½Z t

0

τet−τdτ¾

Solución: Utilizamos la transformada de la convolución:


$

½Z t

0

f(τ)g(t− τ)dτ

¾= F (s)G(s)

donde F (s) = $ f(t) y G(s) = $ g(t)

$ t = 1

s2,$©etª=

1

s− 1Por lo tanto:

$

½Z t

0

τet−τdτ¾=

1

s2 (s− 1)Problema 7.

$©t2 ∗ t4ª

Solución: La transformada de la convolución es el producto de las trans-formadas:

$©t2ª=2

s3

$©t4ª=4!

s5=24

s5

$©t2 ∗ t4ª = 48

s8

Problema 8.$©e−t ∗ et cos tª

Solución: Al igual que en el problema anterior:

$©e−tª=

1

s+ 1

Para encontrar $ et cos t se hace una traslación:

$©et cos t

ª=

s

s2 + 1|s→s−1= s− 1

(s− 1)2 + 1


$©e−t ∗ et cos tª = s− 1

(s+ 1)£(s− 1)2 + 1¤

Problema 9.

$−1½

1

s (s+ 1)

¾Solución: Se utiliza el teorema de convolución en su forma inversa:

$−1½

1

s (s+ 1)

¾= $−1

½µ1

s

¶µ1

s+ 1

¶¾= t ∗ e−t

Problema 10. Halle la transformada de Laplace de la función periódica.

f(t) =

½1 si 0 ≤ t < 0−1 si a ≤ t ≤ 2a T = 2a

Solución: Para obtener la transformada de una función periódica seprocede de la siguiente forma:

$ f (t) = 1

1− e−2asZ 2a

0

e−stf (t) dt =1

1− e−2asµZ a

0

e−stdt+Z 2a

a

e−st (−1) dt¶

$ f (t) = 1

1− e−2as"µ−1se−st

¶a0

+

µ1

se−st

¶2aa

#

$ f (t) = 1

1− e−2as·µ−1se−as +

1

s

¶+

µ1

se−2as − 1

se−as

¶¸

$ f (t) = 1

1− e−2asµ1

s− 2se−as +

1

se−2as

¶=(1− 2e−as + e−2as)s (1− e−2as)

$ f (t) = (1− e−as) (1− e−as)s (1− e−as) (1 + e−as) =

1− e−ass (1− e−as)

5.4. APLICACIONES DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 155

5.4 Aplicaciones de la Transformada de Laplace

En los siguientes problemas use la transformada de Laplace para resolverla ecuación dferencial respectiva, sujeta a las condiciones iniciales indicadas.Cuando sea apropiado, exprese f en términos de funciones escalón unitario.

Problema 1.dy

dx− y = 1, y(0) = 0

Solución:

sY (s)− y(0)− Y (s) =1

s

sY (s)− 0− Y (s) =1

s

sY (s)− Y (s) =1

s

factorizamos Y (s) y la despejamos:

Y (s)(s− 1) =1

s

Y (s) =1

s(s− 1)aplicamos la transformada inversa:

$−1½Y (s) =

1

s(s− 1)¾

y(t) = et − 1

Problema 2.dy

dt+ 2y = t, y (0) = −1

Solución:

$

½dy

dt+ 2y = t

¾


Resolviendo la transformada:

sY (s)− y (0) + 2Y (s) = 1

s2

Aplicando la condición inicial

sY (s) + 1 + 2Y (s) =1

s2

Factorizando y despejando a Y (S):

Y (s) (s+ 2) =1

s2− 1

Y (s) =1

s2 (s+ 2)− 1

s+ 2

Realizando la inversa de la transformada para obtener y(t) tenemos que:

y (t) = $−1 Y (s) = $−1½

1

s2 (s+ 2)

¾−$−1

½1

s+ 2

¾Resolviendo por fracciones parciales:

1

s2 (s+ 2)=A

s+B

s2+

C

(s+ 2)

Encontrando los valores de A, B, y C:

A = −14

B =1

2

C =1

4

Sustituyendo los valores:

y (t) = −14$−1

½1

s

¾+1

2$−1

½1

s2

¾+1

4$−1

½1

s+ 2

¾−$−1

½1

s+ 2

¾


y (t) = −14+1

2t+

1

4e−2t − e−2t

y (t) = −14+1

2t− 3

4e−2t

Problema 3.y0 + 4y = e−4t, y(0) = 2

Solución:

$©y0 + 4y = e−4t

ªResolviendo la transformada:

sY (s)− y(0) + 4Y (s) = 1

s+ 4

Aplicando la condición:

sY (s)− 2 + 4Y (s) = 1

s+ 4


Y (s) (s+ 4) =1

s+ 4+ 2

Y (s) =1

(s+ 4)2+

2

s+ 4


y (t) = $−1 Y (s) = $−1½

1

(s+ 4)2

¾+ 2$−1

½1

s+ 4

¾

y (t) = $−1½¯1

s2

¯s→s+4

¾+ 2e−4t


y (t) = te−4t + 2e−4t

Problema 4.

y00 + 5y0 + 4y = 0, y (0) = 1, y0 (0) = 0

Solución:

$ .y00 + 5y0 + 4y = 0


s2Y (s)− sy (0)− y0 (0) + 5 (sY (s)− y (0)) + 4Y (s) = 0

Aplicando las condiciones iniciales:

s2Y (s)− s+ 5sY (s)− 5 + 4Y (s) = 0


Y (s)¡s2 + 5s+ 4

¢= s+ 5

Y (s) =s

(s+ 4) (s+ 1)+

5

(s+ 4) (s+ 1)

Realizando la inversa para obtener y(t):

y (t) = $−1½

s

(s+ 4) (s+ 1)

¾+$−1

½5

(s+ 4) (s+ 1)


s

(s+ 4) (s+ 1)=

A

s+ 4+

B

s+ 1

A =4

3


B = −13

5

(s+ 4) (s+ 1)=

C

s+ 4+

D

s+ 1

C = −53

D =5

3

Sustituyendo los valores y realizando la inversa de la transformada paraobtener y(t) tenemos que:

y (t) =4

3$−1

½1

s+ 4

¾− 13$−1

½1

s+ 1

¾− 53$−1

½1

s+ 4

¾+5

3$−1

½1

s+ 1

¾

y (t) =4

3e−4t − 1

3e−t − 5

3e−4t +

5

3e−t = −1

3e−4t +

4

3e−t

Problema 5.

y00 − 6y0 + 9y = t, y (0) = 0, y0 (0) = 1

Solución:

$ y00 − 6y0 + 9y = t


s2Y (s)− sy (0)− y0 (0)− 6 (sY (s)− y (0)) + 9sY (s) = 1

s2


s2Y (s)− 1− 6sY (s) + 9sY (s) = 1

s2



Y (s)¡s2 − 6s+ 9¢ = 1

s2+ 1

Y (s) =1

s2 (s− 3)2 +1

(s− 3)2

Realizando la inversa para obtener y(t):

y (t) = $−1½

1

s2 (s− 3)2¾+$−1

½1

(s− 3)2¾

Resolviendo por fracciones parciales:

1

s2 (s− 3)2 =A

s+B

s2+

C

s− 3 +D

(s− 3)2

Obteniendo los valores:

A =2

27, B =

1

9, C = − 2

27, D =

1

9


y (t) =2

27$−1

½1

s

¾+1

9$−1

½1

s2

¾− 227$−1

½1

s− 3¾+1

9$−1

½1

(s− 3)2¾+$−1

½1

(s− 3)2¾

y (t) =2

27+1

9t− 2

27e3t +

1

9$−1

½¯1

s2

¯s→s−3

¾+$−1

½¯1

s2

¯s→s−3

¾

y (t) =2

27+1

9t− 2

27e3t +

1

9te3t + te3t =

2

27+1

9t− 2

27e3t +

10

9te3t

Problema 6.

y00 + y = sin t, y (0) = 1, y0 (0) = −1Solución:


$ .y00 + y = sin t


s2Y (s)− sy(0)− y0(0) + Y (s) = 1

s2 + 1


s2Y (s)− s+ 1 + Y (s) = 1

s2 + 1

Despejando y factorizando a Y (S):

Y (s)¡s2 + 1

¢=

1

s2 + 1+ s− 1

Y (s) =1

(s2 + 1)2+

s

s2 + 1− 1

s2 + 1


y (t) = $−1½

1

(s2 + 1)2

¾+$−1

½s

s2 + 1

¾−$−1

½1

s2 + 1

¾Para poder realizar la inversa : $−1

n1

(s2+1)2

ose requiere realizar una

convolución como sigue:

$−1½

1

s2 + 1

1

s2 + 1

¾= sin t ∗ sin t

sin t ∗ sin t =Z t

0

sin τ sin (t− τ) dτ =

Z t

0

sin τ (sin t cos τ − cos t sin τ) dτ

Resolviendo la integral se tiene:

sin t ∗ sin t = sin3 t

2− 12t cos t+

1

2sin cos2 t


Sustituyendo para obtener y(t) y resolviendo las transformadas inversasrestantes:

y (t) =sin3 t

2− 12t cos t+

1

2sin cos2 t+ cos t− sin t

y (t) =1

2sin t− 1

2t cos t+ cos t− sin t

y (t) = cos t− 12t cos t− 1

2sin t

Problema 7.

y00 − y0 = et cos t, y (0) = 0, y0 (0) = 0

Solución:

$©y00 − y0 = etª


s2Y (s)− sy (0)− y0 (0)− (sY (s)− y (0)) =¯s

s2 + 1

¯s→s−1


s2Y (s)− sY (s) = s− 1(s− 1)2 + 1

Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:

Y (s)¡s2 − s¢ = s− 1

(s− 1)2 + 1

Y (s) =1

s (s2 − 2s+ 2)Realizando la inversa para obtener a y(t):


y (t) = $−1½

1

s (s2 − 2s+ 2)¾


1

s (s2 − 2s+ 2) =A

s+

Bs+ C

(s2 − 2s+ 2)Obteniendo valores:

A =1

2, B = −1

2, C = 1


y (t) =1

2$−1

½1

s

¾− 12$−1

½s

(s− 1)2 + 1

¾+$−1

½1

(s− 1)2 + 1

¾

y(t) =1

2− 12$−1

½s− 1 + 1(s− 1)2 + 1

¾+$−1

½¯1

s2 + 1

¯s→s−1

¾

y (t) =1

2− 12

Ã$−1

½s− 1

(s− 1)2 + 1

¾s→s−1

+$−1½

1

(s− 1)2 + 1

¾!+ et sin t

y (t) =1

2− 12

µ$−1

½s

s2 + 1

¾s→s−1

+$−1½¯

1

s2 + 1

¯s→s−1

¾¶+ et sin t

y (t) =1

2− 12et cos t− 1

2et sin t+ et sin t

y (t) =1

2− 12et cos t+

1

2et sin t

Problema 8.

y(4) − y = 0, y (0) = 1, y0 (0) = 0, y00 (0) = −1, y000 (0) = 0


Solución:

$©y(4) − y = 0ª


s4Y (s)− s3y (0)− s2y0 (0)− sy00 (0)− y000 (0)− Y (s) = 0Aplicando las condiciones iniciales:

s4Y (s)− s3 + s− Y (s) = 0Factorizando y despejando a Y (S) se tiene que:

Y (s)¡s4 − 1¢ = s3 − s

Y (s) =s (s2 − 1)

(s2 − 1) (s2 + 1) =s

(s2 + 1)

Y (s) =s

(s2 + 1)


y (t) = $−1½

s

(s2 + 1)

¾

y (t) = cos t

Problema 9.

y0 + y = f (t) , y (0) = 0, en donde f(t) =½0, 0 ≤ t < 15, t ≥ 1

¾Solución:Tomando en cuenta la condicion inicial se sabe que f(t) es:

f(t) = 5u(t− 1)


$ y0 + y = 5u(t− 1)


sY (s)− y(0) + Y (s) = 5e−s

s


sY (s) + Y (s) = 5e−s

s


Y (s) (s+ 1) = 5e−s

s

Y (s) = 5e−s

s (s+ 1)

Realizando la inversa para obtener a y(t):

y(t) = 5$−1½

e−s

s (s+ 1)


1

s (s+ 1)=A

s+

B

s+ 1

Obteniendo valores:

A = 1, B = −1


y (t) = 5$−1½e−s

s

¾− 5$−1

½e−s

s+ 1

¾


y (t) = 5u (t− 1)− 5e−(t−1)u (t− 1)

y (t) = 5u (t− 1) ¡1− e−(t−1)¢Problema 10.

y00 + 4y = sentu (t− 2π) , y (0) = 1, y0 (0) = 0Solución:

$ y00 + 4y = sentu (t− 2π)Resolviendo la transformada:

s2Y (s)− sy (0)− y0 (0) + 4Y (s) = e−2πs

s2 + 1


s2Y (s)− s+ 4Y (s) = e−2πs

s2 + 1


Y (s)¡s2 + 4

¢=e−2πs

s2 + 1+ s

Y (s) =e−2πs

(s2 + 1) (s2 + 4)+

s

(s2 + 4)

Realizando la inversa obtenemos a y(t):

y (t) = $−1½

e−2πs

(s2 + 1) (s2 + 4)

¾+$−1

½s

(s2 + 4)


1

(s2 + 1) (s2 + 4)=As+B

(s2 + 4)+Cs+D

(s2 + 1)



A = 0, B = −13, C = 0, D =

1

3


y (t) = −13$−1

½e−2πs

(s2 + 4)

¾+1

3$−1

½e−2πs

(s2 + 1)

¾+$−1

½s

(s2 + 4)

¾

y (t) = −16sen2 (t− 2π)u (t− 2π) + 1

3sen (t− 2π)u (t− 2π) + cos 2t

En los siguientes problemas resuelva la ecuación integral o inte-grodiferencial respectiva con la transformada de Laplace.

Problema 11.

f (t) +

Z t

0

(t− τ) f (τ) dτ = t

Solución:

$

½f (t) +

Z t

0

(t− τ) f (τ) dτ = t

¾Realizando la transformada:

F (s) +1

s2F (s) =

1

s2

Factorizando y despejando a F (S):

F (s)

µ1 +

1

s2

¶=1

s2

F (s)

µs2 + 1

s2

¶=1

s2

F (s) =s2

s2(s2 + 1)


F (s) =1

s2 + 1

Realizando la inversa obtenemos f(t):

f(t) = $−1½

1

s2 + 1

¾

f(t) = sin t

Problema 12.

f (t) = tet +

Z t

0

τf (t− τ) dτ

Solución:

$

½f (t) = tet +

Z t

0

τf (t− τ) dτ

¾Realizando la transformada:

F (s) =1

(s− 1)2 +F (s)

s2

Despejando y factorizando a F (S):

F (s)− F (s)s2

=1

(s− 1)2

F (s)

µ1− 1

s2

¶=

1

(s− 1)2

F (s) =s2

(s2 − 1) (s− 1)2 =s2

(s+ 1) (s− 1)3

Realizando la inversa obtenemos f(t):


y (t) = $−1½

s2

(s+ 1) (s− 1)3¾


s2

(s− 1) (s− 1)3 =A

s+ 1+

B

s− 1 +C

(s− 1)2 +D

(s− 1)3


A = −18, B =

1

8, C =

3

4, D =

1

4


f (t) = −18$−1

½1

s+ 1

¾+1

8$−1

½1

s− 1¾+3

4$−1

½1

(s− 1)2¾+1

4$−1

½D

(s− 1)3¾

f (t) = −18e−t +

1

8et +

3

4tet +

1

8t2et

Problema 13.

y0(t) = t− sin t−Z t

0

y (τ) dτ, y(0) = 0

Solución:

$

½y0(t) = t− sin t−

Z t

0

y (τ) dτ

¾Resolviendo la transformada:

sY (s)− y(0) = 1

s− 1

s2 + 1− Y (s)

s

Aplicando la condición inicial:

sY (s) =1

s− 1

s2 + 1− Y (s)

s



sY (s) +Y (s)

s=1

s− 1

s2 + 1

Y (s)

µs+

1

s

¶=1

s− 1

s2 + 1

Y (s)

µs2 + 1

s

¶=1

s− 1

s2 + 1

Y (s) =1

s2 + 1− s

(s2 + 1)2

Realizando la inversa, obtenemos a y(t):

y(t) = $−1½

1

s2 + 1

¾−$−1

½s

(s2 + 1)2

¾Para la inversa de $−1

ns

(s2+1)2

ose requiere realizar una convolución:

$−1½

s

(s2 + 1)

1

(s2 + 1)

¾= cos t ∗ sin t

cos t ∗ sin t =Z t

0

cos τ sin(t− τ)dτ =1

2t sin t

Sustituyendo y resolviendo la transformada inversa restante:

y(t) = sin t− 12t sin t

Problema 14. Determine la corriente i(t) en un circuito LRC en serie,cuando L = 0.005H, R = 1Ω, C = 0.02F, E (t) = 100 [1− u (t− 1)] V ei (0) = 0.Solución:La suma del voltaje total en todo el circuito está dado por:


E(t) = VR + VL + VC

Cada voltaje es igual a:

VR = iR, VC =q

C, VL = L

di

dt

Sustituyendo los valores de los voltajes en el voltaje total:

iR+ Ldi

dt+q

C= E(t)

Pero se sabe que la corriente está dada por:

i =dq

dt

Para despejar a q y encontrar su valor:

dq = idt, q =

Z t

0

i (τ) dτ

Por lo tanto sustituyendo el valor de q y los valores iniciales en el voltajetotal se tiene que:

iR+ Ldi

dt+1

C

Z t

0

i (τ) dτ = E(t)

0.005di

dt+ i+

1

0.02

Z t

0

i (τ) dτ = 100 [1− u (t− 1)]

Dividiendo entre 0.005:

di

dt+ 200i+ 1000

Z t

0

i (τ) dτ = 20000 [1− u (t− 1)]

Aplicando la transformada y resolviendo:

L

½di

dt+ 200i+ 1000

Z t

0

i (τ) dτ = 20000 [1− u (t− 1)]¾


sI(s)− i(s) + 200I(s) + 10000I(s)s= 2000

µ1

s− e

−s

s

¶Factorizando y despejando I(S):

I(s)

µs+ 200s+ 10000

s

¶=2000

s− 2000e

−s

s

I(s) =

µs

s+ 200s+ 10000

¶·µ2000

s

¶−µ2000e−s

s

¶¸

I(s) =20000

s+ 200s+ 10000− 200000e−s

s+ 200s+ 10000

Realizando la inversa para obtener i(t):

i(t) = 20000L−1½

1

s+ 200s+ 10000

¾− 20000L−1

½e−s

s+ 200s+ 10000

¾

i(t) = 20000L−1½

1

(s+ 100)2

¾− 20000L−1

½e−s

(s+ 100)2

¾

i(t) = 20000L−1½¯1

s2

¯s→s+100

¾− 20000L−1

½¯e−s

s2

¯s→s+100

¾

i(t) = 20000te−100t − 20000 (t− 1) e−100(t−1)u (t− 1)

Problema 15. Recuerde que la ecuación diferencial que describe la cargaq(t) en el capacitor de un circuito RC en serie es:

Rdq

dt+1

Cq = E(t)

donde E(t) es el voltaje aplicado. Emplee la transformada de Laplacepara determinar la carga, q(t), cuando q(0) = 0 y E(t) = E0e−kt, k > 0.


Solución:Tomando en cuenta que R, C, E0 y k son constantes:

Rdq

dt+1

Cq = E0e

−kt

Dividiendo la ecuación entre la resistencia:

dq

dt+

1

RCq =

E0e−kt

R


$

½dq

dt+

1

RCq =

E0e−kt

R

¾

sQ(s)− q(0) + 1

RCQ (s) =

E0R (s+ k)

Factorizando y despejando a Q(S):

Q(s)

µs+

1

RC

¶=

E0R (s+ k)

Q(s)

µsRC + 1

RC

¶=

E0R (s+ k)

Q(s) =E0RC

R (s+ k) (RCs+ 1)

Q(s) =E0C

(s+ k) (RCs+ 1)

Realizando la transformada inversa para obtener q(t):

q(t) = $−1½

E0C

(s+ k) (RCs+ 1)



EoC

(s+ k) (RCs+ 1)=

A

(s− k) +B

(RCs+ 1)

Obteniendo valores:

A =EoC

1− kRC , B = −EoC2R

(1− kRC)Sustituyendo los valores y resolviendo la inversa:

q(t) =EoC

1− kRC$−1½

1

(s− k)¾− EoC2R

(1− kRC)$−1½

1

(RCs+ 1)

¾

q(t) =EoC

1− kRCe−kt − EoC2R

(1− kRC)1

RC$−1

(1¡

s+ 1RC

¢)

q(t) =EoC

1− kRCe−kt − EoC

(1− kRC)e− tRC

q(t) =EoC

1− kRC³e−kt − e− t

RC

´Problema 16. Use la transformada de Laplace para determinar la carga

en el capacitor de un circuito en serie RC, cuando q(0) = 0, R = 2.5Ω, C =0.008F y E(t) = 5u (t− 3).Solución:Se sabe que el voltaje total es igual a:

E(t) = VR + VC

De donde:

VR = Ri, VC =q

C, i =

dq

dt

El voltaje total es:


E (t) = 5u (t− 3)Sustituyendo valores:

Rdq

dt+q

C= 5u (t− 3)

2.5dq

dt+

1

0.08q = 5u (t− 3)

Dividiendo la ecuación entre la resistencia:

dq

dt+ 5q = 2u (t− 3)


$

½dq

dt+ 5q = 2u (t− 3)

¾

sQ(s)− q(0) + 5Q(s) = 2e−3s

s

Aplicando la condición inicial:

sQ(s) + 5Q(s) = 2e−3s

s


Q(s) (s+ 5) = 2e−3s

s

Q(s) = 2e−3s

s (s+ 5)

Realizando la transformada inversa para obtener q(t):

q(t) = 2$−1½

e−3s

s (s+ 5)

¾



1

s (s+ 5)=A

s+

B

s+ 5

Obteniendo valores:

A =1

5, B = −1

5

Sustituyendo los valores en la transformada inversa:

q(t) = 2

·1

5$−1

½e−3s

s

¾− 15L−1

½e−3s

(s+ 5)

¾¸

q(t) =2

5u (t− 3)− 2

5e−5(t−3)u (t− 3)

Problema 17. Determine la carga, q(t), y la corriente, i(t), en un circuitoen serie, en el que L = 1H, R = 20Ω, C = 0.01F, E(t) = 120 sin 10t V,q(0) = 0 C e i(0) = 0 A. ¿Cuál es la corriente de estado estable?Solución:Se sabe que el voltaje total es igual a:

E(t) = VR + VL + VC

E(t) = iR+ Ldi

dt+q

C

i =dq

dt

E(t) = Rdq

dt+ L

d2q

dt2+q

C

Sustituyendo valores:

120 sin 10t = 20dq

dt+d2q

dt2+

q

0.01


d2q

dt2+ 20

dq

dt+ 100q = 120 sin 10t


$

½d2q

dt2+ 20

dq

dt+ 100q = 120 sin 10t

¾

s2Q(s)− sq(0)− q0(0) + 20sQ(s)− 20q(0) + 100Q(s) = 1200

s2 + 100


s2Q(s) + 20sQ(s) + 100Q(s) =1200

s2 + 100


Q(s)¡s2 + 20s+ 100

¢=

1200

s2 + 100

Q(s) (s+ 10)2 =1200

s2 + 100

Q(s) =1200

(s+ 10)2 (s2 + 100)

Realizando la transformada inversa para obtener a q(t):

q(t) = 1200$−1½

1

(s+ 10)2 (s2 + 100)


1

(s+ 10)2 (s2 + 100)=As+B

s2 + 100+

C

s+ 10+

D

(s+ 10)2

Obteniendo valores:


A = −35, B = 0, C =

3

5, D = 6

Sustituyendo los valores en la transformada inversa:

q(t) = −35$−1

½1

s2 + 100

¾+3

5$−1

½1

s+ 10

¾+ 6$−1

½1

(s+ 10)2

¾

q(t) = − 310sin 10t+

3

5e−10t + 6te−10t

Aplicando la condición inicial de i(0) = 0 :

i(t) = −35cos 10t− 6e−10t − 60te−10t + 6e−10t

i(t) = −35cos 10t− 60te−10t

Chapter 6

SERIES DE FOURIER

6.1 Funciones pares e impares

Una función es par si f(x) = f(−x) y es impar si f(−x) = −f(x). Gráfi-camente esto significa que una función par es simétrica con respecto al ejey, mientras que una función impar es antisimétrica. También es importanteconsiderar que si se integra una función par en un intervalo simétrico entoncesse cumple lo siguiente:

Z a/2

−a/2f(x)dx = 2

Z a/2

0

f(x)dx (6.1)

Mientras que si f(x) es una función impar, entonces

Z a/2

−a/2f(x)dx = 0 (6.2)

Problema 1: En la siguiente función que se supone es periódica,de periodo 2π, indique si es función par, impar o ninguno de estosdos tipos.f(x) = x |x| (−π < x < π)

Solución: La gráfica de la función en el intervalo (−π < x < π) semuestra a continuación:

179

180 CHAPTER 6. SERIES DE FOURIER

3210-1-2-3

10

5

0

-5

-10

A partir de la gráfica se observa que la función es impar. Para demostrarlose calcula f(−x).f(−x) = −x| −x |= −x | x |= −f(x)

Efectivamente, f(x) = x | x | es una función impar.♠Problema 2: Diga si la siguiente función es par o impar y ex-

plique porqué:

f(x) =

½x (−π/2 < x < π/2)0 (π/2 < x < 3π/2)

con periodo T = 2π

Solución: La función no está definida en un intervalo simétrico, perocomo es periódica se repite cada T = 2π, la gráfica se ilustra en la siguientefigura:

86420-2-4-6-8

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

A partir de la gráfica de la función se concluye que la función puedereescribirse en forma equivalente como:

6.1. FUNCIONES PARES E IMPARES 181

f(x) =

0 −π < x < −π/2x −π/2 < x < π/20 π/2 < x < π

Se observa en la gráfica que la función es impar, a continuación se procedea realizar la demostración.Se sabe que para funciones impares debe cumplirse f(−x) = −f(x)Si cambiamos x por −x en f(x), obtenemos:

f(−x) = 0 (−π < −x < −π/2) o sea (π > x > π/2)−x (−π/2 < −x < π/2) o sea (−π/2 > x > π/2)0 (π/2 < −x < π) o sea (−π/2 > x > −π)

o sea f(−x) es equivalente a:

f(−x) = 0 (−π < x < −π/2)−x (−π/2 < x < π/2)0 (π/2 < x < π)

Y esta es precisamente −f(x)Por lo tanto la función es impar.♠Problema 3: Diga si la siguiente función es par o impar:

f(x) =

½x 0 < x < π0 π < x < 2π

con periodo T = 2π

Solución: En la siguiente figura se muestra la gráfica de la función:

121086420-2-4-6

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

A partir de la gráfica se observa que la función no es par ni impar. Sinembargo esto puede demostrarse de la siguiente forma:

f(−x) =½ −x 0 > x > −π

0 −π > x > −2π o sea:


f(−x) =½

0 −2π < x < −π−x −π < x < 0 = −

½0 −2π < x < −πx −π < x < 0 lo cual no

es ni f(x) ni −f(x), por lo tanto la función no es par ni tampoco impar.♠

6.2 Funciones con periodo T = 2π

La serie de Fourier para una función periódica con periodo T = 2π tiene laforma:

f(x) = a0 +∞Xn=1

an cosnx+∞Xn=1

bn sinnx (6.3)

donde los coeficientes se calculan a partir de las fórmulas:

a0 =1

2π

Z +π

−πf(x)dx (6.4)

an =1

π

Z +π

−πf(x) cosnxdx, n = 1, 2, 3, ... (6.5)

bn =1

π

Z +π

−πf(x) sinnxdx, n = 1, 2, 3, ... (6.6)

Problema 1: Encontrar la serie de Fourier de la función f(x)que se muestra en la siguiente figura, la cual se supone que tieneel periodo 2π.

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

6.2. FUNCIONES CON PERIODO T = 2π 183

Solución: La función puede escribirse en la siguiente forma:

f(x) =

0 −π < x < −π/21 −π/2 < x < π/20 π/2 < x < π

En la serie de Fourier (6.3) bn = 0 porque la función es par. Solo hay quecalcular a0 y an, a partir de las ecuaciones (6.4) y (6.5) usando el hecho deque la función es par se obtiene:

a0 =1

2π

Z +π

0

dx =1

2πx |+π0 =

π

2π=1

2

an =1

π

Z +π

0

cos(nπx

2π) dx =

1

π

·2

nsin (

nx

2)

¸+π0

=2

nπsin (

nπ

2)

Por lo tanto la serie de Fourier queda como:

f(x) =1

2+2

π

X sin nπ2

ncosnx

La aproximación de la serie de Fourier a la función se muestra en pasossucesivos en las siguientes figuras, se ilustran hasta seis sumas parciales deFourier:

S1 =12+ 2

πcosx

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S2 =12+ 2

π(cosx− 1

3cos 3x)


3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S3 =12+ 2

π(cosx− 1

3cos 3x+ 1

5cos 5x)

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S4 =12+ 2

π(cosx− 1

3cos 3x+ 1

5cos 5x− 1

7cos 7x)

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S5 =12+ 2

π(cosx− 1

3cos 3x+ 1

5cos 5x− 1

7cos 7x+ 1

9cos 9x)


3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S6 =12+ 2

π(cosx− 1

3cos 3x+ 1

5cos 5x− 1

7cos 7x+ 1

9cos 9x− 1

11cos 11x)

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

Problema 2: Encontrar la serie de Fourier de la función f(x)que se muestra en la siguiente figura, la cual se supone que tieneel periodo T = 2π.

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0


La función se escribe de la siguiente forma:

f(x) =

½0 −π < x < 01 0 < x < π

; T = 2π

Como la función es periódica, en general la gráfica tiene la forma que semuestra en la siguiente figura:

86420-2-4-6-8

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

Se procede a calcular los coeficientes de la serie de Fourier:

a0 =1

2π

Z +π

−πf(x)dx =

1

2π

·Z 0

−π0dx+

Z +π

0

1dx

¸=1

2πx |+π0 =

1

2

an =1

π

Z +π

−πf(x) cosnxdx =

1

π

·Z +π

0

cosnxdx

¸=1

nπsinnx |+π0 = 0

bn =1

π

Z +π

−πf(x) sinnxdx =

1

π

·Z +π

0

sinnxdx

¸= − 1

nπcosnx |+π0

bn =1

nπ(1− (−1)n)

Por lo tanto

f(x) =1

2+1

π

∞Xn=1

(1− (−1)n)n

sinnx

La aproximación de la función por medio de la serie de Fourier se muestraen las siguientes figuras, se muestra la comparación de la función f(x) convarias sumas parciales en el intervalo (−π,π):S1(x) =

12+ 2

πsinx, cuando n = 2 el coeficiente a2 = 0, por lo tanto

S1(x) = S2(x)


3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S3(x) =12+ 2

π(sinx+ 1

3sin 3x)

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S5(x) =12+ 2

π(sinx+ 1

3sin 3x+ 1

5sin 5x)

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S7(x) =12+ 2

π(sinx+ 1

3sin 3x+ 1

5sin 5x+ 1

7sin 7x)


3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

♠

Problema 3: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente funcióncon periodo T = 2π

f(x) =

½1 −π/2 < x < π/2−1 π/2 < x < 3π/2

Solución: La gráfica de la función se muestra en la siguiente figura:

86420-2-4-6-8

1

0.5

0

-0.5

-1

Rescribiendo la función se tiene que:

f(x) =

−1 −π < x < −π/21 −π/2 < x < π/2−1 π/2 < x < π

; si T = 2π

A partir de la gráfica se observa que esta es una función par, por lo tantobn = 0

Se procede a calcular los demás coeficientes:


a0 =1

2π

Z +π

−πf(x)dx =

1

2π

"−Z −π

2

−πdx+

Z π2

−π2

dx−Z +π

π2

dx

#=

1

2π

h−³−π

2+ π

´+³π2+

π

2

´−³π − π

2

´i= 0

an =1

π

"−Z −π

2

−πcosnxdx+

Z π2

−π2

cosnxdx−Z +π

π2

cosnxdx

#=

1

nπ

h− sin

³−nπ2

´+ sin (−nπ) + sin

³nπ2

´− sin

³−nπ2

´− sin (πx) + sin

³nπ2

´ian =

4

nπsinnπ

2

Por lo tanto la serie de Fourier es:

f(x) =4

π

Xµsin nπ

2

n

¶cosnx

En las siguientes gráficas se muestran las sumas parciales de Fourier conuno, dos, tres y cuatro términos, es decir: S1(x) = 4

πcosx, S2(x) = 4

π(cosx−

13cos 3x), S3(x) = 4

π(cosx− 1

3cos 3x+ 1

5cos 5x), S4(x) = 4

π(cosx− 1

3cos 3x+

15cos 5x− 1

7cos 7x) y como la serie va aproximando a la función.

3210-1-2-3

1

0.5

0

-0.5

-1


3210-1-2-3

1

0.5

0

-0.5

-1

3210-1-2-3

1

0.5

0

-0.5

-1

3210-1-2-3

1

0.5

0

-0.5

-1

♠

Problema 4: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-ción:f(x) = x2 (−π < x < π), T = 2π

Solución: La gráfica se muestra en la siguiente figura, obviamente es unafunción par, por lo tanto bn = 0.


86420-2-4-6-8

10

8

6

4

2

0

a0 =1

2π

Z +π

−πx2dx =

1

2π

·π3

3+

π3

3

¸=

π2

3

an =1

π

Z +π

−πx2 cosnxdx

Integrando por partes

u = x2 dv = sinnxdxdu = 2xdx v = − 1

ncosnx

an =1

π

·x2

nsennx− 2

n

Z +π

−πxsennxdx

¸Integrando nuevamente por partesu = x dv = sennxdxdu = dx v = − 1

ncosnx

an =1

π

·x2

nsennx− 2

n[−xncosnx+

1

n

Z +π

−πcosnxdx]

¸

an =1

π

·x2

nsennx+

2

n

µx

ncosnx− 1

n2sennx

¶¸+π−π

an =1

π

hπ2

nsennπ + 2π

n2cosnπ − 2

n3sennπ

i−h

π2

nsen(−nπ)− 2π

n2cos(−nπ)− 2

n3sen(−nπ)

i


an =1

π

½2π

n2cosnπ +

2π

n2cosnπ

¾=4

n2cosnπ =

4

n2(−1)n.

Por lo tanto

f(x) =π2

3+ 4

∞Xn=1

(−1)nn2

cosnx

Se muestran ahora dos sumas parciales de Fourier: S1(x) = π2

3− 4 cosx

y S2(x) = π2

3− 4 cosx+ cos 2x:

3210-1-2-3

10

8

6

4

2

03210-1-2-3

8

6

4

2

0

Problema 5. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-ción, la cual tiene el periodo T = 2π:

f(x) =

½π + x −π < x < 0π − x 0 < x < π


86420-2-4-6-8

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0


Como se observa f(x) es una función par, por lo tanto solo hay quecalcular a0 y a1:

a0 =1

2π

·Z 0

−π(π + x)dx+

Z +π

0

(π − x)dx¸=1

2π

·(πx+

x2

2) |0−π +(πx−

x2

2) |+π0

¸=

a0 =1

2π

·π2 − π2

2+ π2 − π2

2)

¸=

a0 =1

2π(π2) =

π

2

an =1

π

·Z 0

−π(π + x) cosnxdx+

Z +π

0

(π − x) cosnxdx¸

Se realiza primero por partes la integralRx cosnxdx:

u = x; du = dxdv = cosnx; v = 1

nsinnxZ

x cosnxdx =x

nsinnx− 1

n

Zsinnxdx =

x

nsinnx+

1

n2cosnx

Luego se sustituye en an

an =1

π

·π

nsinnx+

x

nsinnx+

1

n2cosnx

¸0−π+

1

π

·π

nsinnx− x

nsinnx− 1

n2cosnx

¸+π0

an =1

π

·1

n2− 1

n2cosnπ

¸+1

π

·− 1n2cosnπ +

1

n2

¸=

2

πn2(1− cosnπ)


f(x) =π

2+2

π

∞Xn=1

1

n2(1− (−1)n) cosnx

Se muestran cuatro sumas parciales que ilustran el proceso de aproxi-mación a la función:

S1(x) =π

2+2

π(2 cosx)


3210-1-2-3

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

S3(x) =π

2+2

π(2 cosx+

2

9cos 3x)

3210-1-2-3

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

S5(x) =π

2+2

π(2 cosx+

2

9cos 3x+

2

25cos 5x)

3210-1-2-3

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0


S7(x) =π

2+2

π(2 cosx+

2

9cos 3x+

2

25cos 5x+

2

49cos 7x)

3210-1-2-3

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0♠

Problema 6. Encuentre la serie de Fourier de la siguiente fun-ción:

f(x) =

½x (−π/2,π/2)π − x (π/2, 3π/2)

con periodo T = 2π

Solución: La gráfica de la función en el intervalo (−π/2, 3π/2) se muestraa continuación:

43210-1

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

Como la función es periódica, en general la función tiene la forma sigu-iente:


6420-2-4-6

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

Si se observa con cuidado la gráfica, se concluye que la función se puedeescribir en forma equivalente en la siguiente forma:

f(x) =

−π − x (−π,−π/2)x (−π/2,π/2)

π − x (π/2,π)con periodo T = 2π

De esta forma se logra que la función esté definida en un intervalo simétrico.Para mayor claridad en la siguiente figura se muestra la gráfica en el intervalo(−π,π):

3210-1-2-3

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

Se observa también que la función es impar, por lo que se tiene quea0 = an = 0. Por lo tanto solo es necesario calcular el coeficiente bn en laexpresión de la serie de Fourier.

bn =2

T

Z +T/2

−T/2f(x) sin

2nπx

T=1

π

Z +π

−πf(x) sinnxdx =


=1

π[−π

Z −π/2

−πsinnxdx−

Z −π/2

−πx sinnxdx+

Z π/2

−π/2x sinnxdx+

+π

Z +π

π/2

sinnxdx−Z +π

π/2

x sinnxdx] =1

π[π

ncosnx |−π/2−π −π

ncosnx |+ππ/2 −

−Z −π/2

−πx sinnxdx+

Z π/2

−π/2x sinnxdx−

Z +π

π/2

x sinnxdx]

La integralRx sinnxdx se resuelve por partes:

u = x dv = sinxdxdu = dx v = − 1

ncosnx

Por lo tanto:

Zx sinnxdx = −x

ncosnx+

1

n

Zcosnxdx = −x

ncosnx+

1

n2sinnx

Sustituyendo y evaluando:

bn =1

ππncosnx |−π/2−π −π

ncosnx |+ππ/2 −

µ−xncosnx+

1

n2sinnx

¶−π/2−π

+

+

µ−xncosnx+

1

n2sinnx

¶π/2

−π/2−µ−xncosnx+

1

n2sinnx

¶+ππ/2

=

bn =1

ππn

³cos(−nπ

2)− cos(−nπ)− cos(nπ) + cos(nπ

2)´−− π

2ncos(−nπ/2)−

− 1n2sin(−nπ/2)+π

ncos(−nπ)+ 1

n2sin(−nπ)− π

2ncos(nπ/2)+

1

n2sin(nπ/2)−


− π

2ncos(−nπ/2)− 1

n2sin(−nπ/2)+π

ncos(nπ)− 1

n2sin(nπ)− π

2ncos(nπ/2)+

1

n2sin(nπ/2)

Simplificando todos los términos, tenemos:

bn =1

π

·µ2π

n− 2πn

¶cos

nπ

2+

µ2π

n− 2πn

¶cosnπ +

µ2

n2+2

n2

¶sinnπ

2

¸

bn =4

πn2sinnπ

2

si n es par sin nπ2= 0, por lo tanto bn es cero si n es par,

si n es impar sin nπ2= 1,−1, 1, ...

Finalmente la serie de Fourier queda:

f(x) =∞X

n=impar

bn sinnx =4

π

∞Xn=impar

1

n2sinnπ

2sinnx =

=4

π

µsinx− 1

9sin 3x+

1

25sin 5x− ...

¶La aproximación a la función en el intervalo (−π,π) con uno y dos tér-

minos se observa en las siguientes figuras:

3210-1-2-3

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

3210-1-2-3

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

6.3. FUNCIONES CON PERIODO ARBITRARIO 199

6.3 Funciones con periodo arbitrario

La serie de Fourier para funciones con periodo T arbitrario es:

f(x) = a0 +∞Xn=1

an cos2nπ

Tx+

∞Xn=1

bn sin2nπ

Tx (6.7)

donde

a0 =1

T

Z T/2

−T/2f(x)dx (6.8)

an =2

T

Z T/2

−T/2f(x) cos

2nπ

Txdx (6.9)

bn =2

T

Z T/2

−T/2f(x) sin

2nπ

Txdx (6.10)

Problema 1. Encuentre la serie de Fourier de la siguiente funciónperiódica:

f(x) =

½ −1 −1 < x < 01 0 < x < 1

; T = 2

Solución: La gráfica en el intervalo (−1, 1) es la siguiente:

10.50-0.5-1

1

0.5

0

-0.5

-1

Como la función es periódica, ésta se repite cada T = 2, la gráfica semuestra en la siguiente figura en un intervalo más amplio. No obstante loscálculos se realizan para aproximar a la función solamente en el intervalo(−1, 1). En los demás puntos la aproximación es equivalente.


420-2-4

1

0.5

0

-0.5

-1

Dado que es una función impar, an = a0 = 0; por lo tanto solo calculamosbn:

bn =4

T

Z T/2

0

f(x) sin

µ2nπ

T

¶dx

bn =4

2

Z 2/2

0

sin

µ2nπ

2x

¶dx = 2

Z 1

0

sin (nπx) dx = 21− cosnπ

nπ

Por lo tanto la serie de Fourier queda:

f(x) = 2∞Xn=1

µ1− cosnπ

nπsin (nπx)

¶

f(x) =4

π(sinπx+

sin 3πx

3+sin 5πx

5+ ...)

En la siguiente figura se ilustra el primer término de la serie de Fouriery como es que aproxima a la función. Obviamente la aproximación noparece muy buena, pero al tomar sucesivamente más términos la aproxi-mación mejora.


10.50-0.5-1

1

0.5

0

-0.5

-1

Con dos términos en la suma la aproximación se muestra a continuación:

10.50-0.5-1

1

0.5

0

-0.5

-1

Con tres términos:

10.50-0.5-1

1

0.5

0

-0.5

-1

Por último con cuatro términos, es decir:


f(x) ≈ 4

π(sin(πx) +

sin(3πx)

3+sin(5πx)

5+sin(7πx)

7)

10.50-0.5-1

1

0.5

0

-0.5

-1

El proceso que muestra como la aproximación se mejora al tomar unamayor cantidad de términos se hace evidente, tanto al observar cada gráficapor separado como viendo el proceso en una sola gráfica como en la siguientefigura:

10.50-0.5-1

1

0.5

0

-0.5

-1

♠

Problema 2: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente funcióncon periodo T = 2.

f(x) =

½0 −1 < x < 0x 0 < x < 1

Solución: La gráfica de la función se muestra a continuación en el intervalo(−1, 1):


10.50-0.5-1

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

En general dado que la función es periódica, la gráfica tiene la siguienteforma:

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

La función no tiene paridad, por lo tanto hay que calcular todos loscoeficientes de la serie de Fourier:

a0 =1

2

·Z 0

−10dx+

Z 1

0

xdx

¸=1

2

µx2

2

¶10

a0 =1

4

an =

·Z 0

−10 cosnπxdx+

Z 1

0

x cosnπxdx

¸u = x; du = dx


dv = cosnπx; v = 1nπsinnπx

an =

·x

nπsinnπx+

1

n2π2cosnπx

¸10

an =1

n2π2((−1)n − 1)

bn =

·Z 0

−10 sinnπxdx+

Z 1

0

x sinnπxdx

¸u = x; du = dxdv = sinnπx; v = − 1

nπcosnπx

bn =

·− xnπcosnπx+

1

n2π2sinnπx

¸10

bn = −(−1)n

nπ

f (x) =1

4+1

π2

∞Xn=1

·1

n2[(−1)n − 1] cosnπx

¸− 1

π

∞Xn=1

(−1)nn

sinnπx

Se muestran acontinuación cinco sumas sumas parciales y como estas vanaproximando a la función.S1(x) =

14− 2

π2cosπx+ 1

πsinπx

10.50-0.5-1

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0


S2(x) =14− 2

π2cosπx− 1

π(− sinπx+ 1

2sin 2πx)

10.50-0.5-1

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S3(x) =14− 2

π2cosπx− 2

9π2cos 3πx− 1

π(− sinπx+ 1

2sin 2πx− 1

3sin 3πx)

10.50-0.5-1

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S4(x) =14− 2

π2cosπx− 2

9π2cos 3πx− 1

π(− sinπx+ 1

2sin 2πx− 1

3sin 3πx+

14sin 4πx)

10.50-0.5-1

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0


S5(x) =14− 2

π2cosπx− 2

9π2cos 3πx− 2

25π2cos 5πx− 1

π(− sinπx+ 1

2sin 2πx−

13sin 3πx+ 1

4sin 4πx− 1

5sin 5πx)

10.50-0.5-1

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

♠Problema 3: Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-

ción, con periodo T = 2

f(x) =

½ −1 −1 < x < 02x 0 < x < 1


10.50-0.5-1

2

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

La función no es par ni impar, es necesario calcular todos los coeficientesen la serie de Fourier:

f(x) = a0 +X

an cos (2nπx

T) +

Xbn sin (

2nπx

T)

a0 =1

2

Z +1

−1f (x) dx =

1

2

·−Z 0

−1dx+ 2

Z 1

0

xdx

¸=


a0 =1

2

·−x|0−1 + 2

x2

2|10¸=1

2[−1 + 1] = 0

an =2

2

Z +1

−1f (x) cos nπx dx = −

Z 0

−1cosnπxdx+ 2

Z 1

0

x cosnπxdx

se realiza una integración por partes: u = x ; du = dx ; dv =cosnπxdx ; v = 1

nπsinnπx

an = − 1

nπsin(nπx) |0−1 + 2

·x

nπsen(nπx) +

1

n2π2cos(nπx)

¸10

=

an =2

n2π2[(−1)n − 1]

bn =2

2

Z +1

−1f (x) sin(nπx) dx = −

Z 0

−1sin(nπx)dx+ 2

Z 1

0

x sin(nπx)dx

bn =1

nπcos(nπx) |0−1 + 2

·− xnπcos (nπx)− 1

n2π2sin(nπx)

¸10

bn =1

nπ[1− (−1)n ] + 2

nπ[−(−1)n ] = 1

nπ[1− 3(−1)n ]

Por lo tanto la serie de Fourier se escribe como:

f (x) =2

π2

X [(−1)n − 1]n2

cosnπx+1

π

X [1− 3(−1)n ]n

sinnπx

En las siguientes figuras se muestran cuatro sumas parciales que muestrancomo la serie aproxima a la función.S1(x) =

2π2(−2 cos(πx) + 4

πsin(πx))


10.50-0.5-1

2

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

S2(x) =2π2(−2 cos(πx)) + 2

π(2 sin(πx)− 1

2sin(2πx))

10.50-0.5-1

2

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

S3(x) =2π2(−2 cos(πx)− 2

9cos 3πx)+ 2

π(2 sin(πx)− 1

2sin(2πx)+ 2

3sin(3πx))

10.50-0.5-1

2

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

S4(x) =2π2(−2 cos(πx)−2

9cos 3πx)+ 2

π(2 sin(πx)−1

2sin(2πx)+2

3sin(3πx)−

14sin 4πx)

6.4. SERIES DE FOURIER DE FUNCIONES PARES E IMPARES 209

10.50-0.5-1

2

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

♠

6.4 Series de Fourier de funciones pares e im-pares

Aunque ya se ha aplicado, es conveniente recordar que si una función espar o impar entonces el trabajo para determinar la serie de Fourier puedesimplificarse.Si f(x) es una función par, entonces la serie de Fourier es una serie

cosenoidal de Fourier

f(x) = a0 +∞Xn=1

an cos2nπ

Tx, n = 1, 2, ... (6.11)

donde los coeficientes son:

a0 =2

T

Z T/2

0

f(x)dx (6.12)

an =4

T

Z T/2

0

f(x) cos2nπ

Txdx, n = 1, 2, ... (6.13)

De la misma forma si f(x) es una función impar, entonces la serie deFourier es una serie senoidal de Fourier

f(x) =∞Xn=1

bn sin2nπ

Tx, n = 1, 2, ... (6.14)

donde los coeficientes son:


bn =4

T

Z T/2

0

f(x) sin2nπ

Txdx, n = 1, 2, ... (6.15)

Problema 1. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-ción:

f(x) =

½1 −π/2 < x < π/20 π/2 < x < 3π/2

; T = 2π

Solución: La función periódica se muestra en la figura siguiente, comose observa hay simetría con respecto al eje y.

86420-2-4-6-8

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

A partir de la gráfica se observa que la función es equivalente a la siguiente:

f(x) =

0 (−π,−π/2)1 (−π/2,π/2)0 (π/2,π)

con periodo T = 2π

Esta función es par, por lo tanto bn = 0.

a0 =1

π

π/2Z0

dx =1

π

³π2

´=1

2

an =2

π

Z π/2

0

cos (nx) dx =2

nπ(sin (nx)|π/20

an =2

nπsinnπ

2

Por lo tanto la serie de Fourier para f(x) queda de la siguiente forma:


f(x) =1

2+2

π

∞Xn=1

sin¡nπ2

¢n

cos (nx)

Que se puede escribir de forma equivalente como:

f(x)=1

2+2

π

∞Xk=0

(−1)k(2k + 1)

cos (2k + 1)x

En las siguientes gráficas se observa como la serie aproxima a la función,se grafican sumas parciales con uno, dos, tres y cuatro términos:

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0


3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

3210-1-2-3

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

♠Problema 2. Encontrar la serie de Fourier de la siguiente fun-

ción, la cual tiene el periodo T = 2π.

f (x) =

½x −π

2< x < π

2

π − x π2< x < 3π

2


86420-2-4-6-8

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5


A partir de la gráfica de la función esta puede reescribirse como:

f(x) =

−π − x −π < x < −π/2x −π/2 < x < π/2π − x π/2 < x < π

Este función es impar por lo que an = a0 = 0

bn =2π

hR π20x sinnxdx+

Rπ2π (π − x) sinnxdx

i, integrando por partes:

u = x

du = dx

dv = sinnxdx

v = − 1ncosnx

bn =2

π

"Z π2

0

x sinnxdx+ π

Zπ2

π sinnxdx−Z

π2

πx sinnxdx

#

bn =2

π

(·−xncosnx+

1

n2sinnx

¸π2

0

− π

n[cosnx]π

2π −

·−xncosnx+

1

n2sinnx

¸π2

π

)

bn =2

π

· ¡− π2ncos nπ

2+ 1

n2sin nπ

2

¢− πncosnπ + π

ncos nπ

2−¡−π

ncosnπ + π

2ncos nπ

2− 1

n2sin nπ

2

¢ ¸

bn =2

π

·2

n2sinnπ

2

¸=

4

πn2sinnπ

2

Por lo tanto la serie de Fourier se escribe como:

f (x) =4

π

∞Xn=1

µ1

n2sinnπ

2

¶sinnx

En este caso la serie converge muy rápido hacia la función, tal como semuestra en las siguientes figuras en las cuales se ilustran tres sumas parciales:S1(x) =

4πsinx


3210-1-2-3

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

S3(x) =4π(sinx− 1

9sin 3x)

3210-1-2-3

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

S5(x) =4π(sinx− 1

9sin 3x+ 1

25sin 5x)

3210-1-2-3

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

♠


Problema 3: Encontrar la serie de Fourier de la función siguiente,la cual tiene el periodo T = 2π

f(x) =

½ −x −π < x < 0x 0 < x < π

Solución: La gráfica se muestra en la siguiente figura:

3210-1-2-3

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

Se procede a calcular la serie de Fourier, pero bn = 0 porque f(x) es unafunción par.

a0 =2

2π

Z +π

0

xdx =1

π

µx2

2|+π0¶=1

π

π2

2=

π

2

an =2

π

Z +π

0

x cosnxdx

realizamos una integración por partes: u = x; du = dx; dv = cosnxdx ; v =1nsinnx

an =2

π

·x

nsinnx|+π0 −

1

n

Z +π

0

sinnxdx

¸=2

π

·−1n((−1n)− 1)

¸=

an =2

π n2[(−1)n − 1]

f (x) =π

2+2

π

X [(−1)n − 1]n2

cosnx


En este caso la aproximación con uno y dos términos se muestra a con-tinuación, la convergencia se realiza rápidamente según se puede observar.S1(x) =

π2− 4

πcosx

3210-1-2-3

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

S2(x) =π2+ 2

π(−2 cosx− 2

9cos 3x)

3210-1-2-3

3

2.5

2

1.5

1

0.5

0♠

Problema 4. Encontrar la serie de Fourier de la función, la cualse supone que tiene el periodo T = 2π.f(x) = x2

4(−π < x < π)

Solución: La gráfica de la función se muestra a continuación:


86420-2-4-6-8

2.5

2

1.5

1

0.5

0

Como es una función par, bn = 0

a0 =2

2π

Z0

πx2

4dx =

1

4π

x3

3|0 π =

π2

12

an =2

π

Z0

πx2

4cosnxdx

Ya se había encontrado queRx2 cosnxdx = x2

nsinnx+ 2x

n2cosnx− 2

n3sinnx, por lo tanto:

an =1

2π

Z0

πx2 cosnxdx =1

2π

·x2

nsinnx+

2x

n2cosnx− 2

n3sinnx

¸0

π =

an =1

2π

·2π

n2cosnπ

¸=1

n2cosnπ

Por lo tanto:

f(x) =π2

12+

∞Xn=1

(−1)nn2

cosnx

En las siguientes figuras se muestran tres sumas parciales en donde seobserva como la serie de Fourier aproxima a la función:S1(x) =

π2

12− cosx


3210-1-2-3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

S2(x) =π2

12− cosx+ 1

4cos 2x

3210-1-2-3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

S3(x) =π2

12− cosx+ 1

4cos 2x− 1

9cos 3x

3210-1-2-3

2.5

2

1.5

1

0.5

0

♠


Problema 5. Demostrar que 1− 13+ 1

5− 1

7+ ... = π

4

Solución: Se encontró en el problema 1 de esta sección que si

f(x) =

½1 −π/2 < x < π/20 π/2 < x < 3π/2

,entonces la serie de Fourier para esta

función está dada por:

f(x) =1

2+2

π

∞Xn=1

sin¡nπ2

¢n

cosnx

si se hace x = 0 en esta expresión

1 =1

2+2

π(1− 1

3+1

5− 17+ ...)

1

2=2

π(1− 1

3+1

5− 17+ ...)

De donde se obtiene lo que se pide, es decir,

π

4= 1− 1

3+1

5− 17+ ...♠

Problema 6. Demostrar que 1− 14+ 1

9− 1

16+ ... = π2

12

Solución: Se tiene que si f(x) = x2

4, x ∈ (−π,π), ya se demostró en

el problema 4 de esta sección que la serie de Fourier para esta función estádada por:

f(x) =π2

12+

∞Xn=1

(−1)nn2

cosnx

si se hace x = 0 en esta expresión

0 =π2

12− 1 + 1

4− 19+1

16− ...

De donde se obtiene lo que se pide, o sea,

π2

12= 1− 1

4+1

9− 1

16+ ...♠


6.5 Desarrollos de medio rango

Si una función está solamente definida sobre un intervalo finito [0, l] decualquier forma puede obtenerse su serie de Fourier realizando una extensiónperiódica, la cual puede ser par o impar. Se escribe T = 2l en las ecuacionesde la serie de Fourier para funciones pares e impares. Por ejemplo, si se haceuna extensión par se obtiene la siguiente serie cosenoidal,

f(x) = a0 +∞Xn=1

an cosnπ

lx (6.16)

y los coeficientes son:

a0 =1

l

Z l

0

f(x)dx (6.17)

an =2

l

Z l

0

f(x) cosnπ

lxdx, n = 1, 2, ... (6.18)

Para una extensión impar se obtiene una serie senoidal,

f(x) =∞Xn=1

bn sinnπ

lx (6.19)

y los coeficientes son:

bn =2

l

Z l

0

f(x) sinnπ

lxdx, n = 1, 2, ... (6.20)

Problema 1. Halle la serie senoidal de Fourier de la siguientefunción:

f(x) =

½x (0,π/2)π2(π/2,π)

Solución: La gráfica de esta función se muestra a continuación.

6.5. DESARROLLOS DE MEDIO RANGO 221

32.521.510.50

1.6

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

Para poder obtener la serie de Fourier se puede realizar una extensión paro una extensión impar. Como se pide calcular una serie senoidal se necesitarealizar una extensión impar, según se muestra en la siguiente figura:

3210-1-2-3

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

Por lo tanto, para obtener la serie senoidal se necesita solamente calcularbn, para ello se elige l = π en la fórmula para bn:

bn =2

π

Z0

πf(x) sinnxdx

=2

π

"Z π/2

0

x sinnxdx+π

2

Zπ/2

π sinnxdx

#

Hay que hacer una integración por partes:u = x dv = sinnxdxdu = dx v = − 1

ncosnx


bn =2

πÃ−xncosnx |π/20 +

1

n

Z π/2

0

cosnxdx

!+³− π

2ncosnx |+ππ/2

´

bn =2

πµ−xncosnx+

1

n2sinnx

¶π/2

0

+³− π

2ncosnx |+ππ/2

´

bn =2

π− π

2ncos

nπ

2+1

n2sinnπ

2− π

2ncosnπ +

π

2ncos

nπ

2

bn =2

π 1n2sinnπ

2− π

2ncosnπ


f(x) =2

π

∞Xn=1

(1

n2sinnπ

2− π

2n(−1)n) sinnx

La aproximación con varias sumas parciales se muestra a continuación.La aproximación va mejorando conforme se toma una mayor cantidad detérminos.S1(x) =

2π(1 + π

2) sinx

32.521.510.50

1.6

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S2(x) =2π((1 + π

2) sinx+ (−π

4) sin 2x))


32.521.510.50

1.8

1.6

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S3(x) =2π((1 + π

2) sinx+ (−π

4) sin 2x+ (−1

9+ π

6) sin 3x)

32.521.510.50

1.8

1.6

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S4(x) =2π((1 + π

2) sinx+ (−π

4) sin 2x+ (−1

9+ π

6) sin 3x+ (−π

8) sin 4x)

32.521.510.50

1.8

1.6

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S5(x) =2π((1 + π

2) sinx + (−π

4) sin 2x + (−1

9+ π

6) sin 3x + (−π

8) sin 4x +

( 125+ π

10) sin 5x)


32.521.510.50

1.8

1.6

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S6(x) =2π((1 + π

2) sinx + (−π

4) sin 2x + (−1

9+ π

6) sin 3x + (−π

8) sin 4x +

( 125+ π

10) sin 5x+ (− π

12) sin 6x)

32.521.510.50

1.8

1.6

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

S7(x) =2π((1 + π

2) sinx + (−π

4) sin 2x + (−1

9+ π

6) sin 3x + (−π

8) sin 4x +

( 125+ π

10) sin 5x+ (− π

12) sin 6x+ (− 1

49+ π

14) sin 7x)

32.521.510.50

1.8

1.6

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0


Problema 2. Halle la serie senoidal de Fourier de la siguientefunción:

f(x) =

½x (0,π/8)

π4− x (π/8,π/4)

Solución: La gráfica de esta función se muestra a continuación.

10.80.60.40.20

0.4

0.3

0.2

0.1

0

Para poder obtener la serie de Fourier se puede realizar una extensión paro una extensión impar. Como se pide calcular una serie senoidal se necesitarealizar una extensión impar, según se muestra en la siguiente figura:

10.50-0.5-1

0.4

0.2

0

-0.2

-0.4

Por lo tanto, para obtener la serie senoidal se necesita solamente calcularbn, para ello se elige l = π

4en la fórmula:

bn =2l

R l0f(x) sin nπx

ldx realizando el cálculo:

bn =8

π

Z π/4

0

f(x) sin 4nxdx


=8

π

"Z π/8

0

x sin 4nxdx+π

4

Z π/4

π/8

sin 4nxdx−Z π/4

π/8

x sin 4nxdx

#

Hay que hacer una integración por partes:u = x dv = sin(4nx)dxdu = dx v = −(4n)−1 cos(4nx)

bn =8π³− x4ncos 4nx |π/80 + 1

4n

R π/8

0cos 4nxdx

´+³− π16ncos 4nx |π/4π/8

´−³− x4ncos 4nx |π/4π/8 +

14n

R π/4

π/8cos 4nxdx

´

bn =8π− x

4ncos 4nx |π/80 + 1

16n2sin 4nx |π/80 − π

16ncos 4nx |π/4π/8 +

x4ncos 4nx |π/4π/8

− 116n2

sin 4nx |π/4π/8bn =

8π− π

32ncos nπ

2+ 1

16n2sin nπ

2− π

16ncosnπ + π

16ncos nπ

2+ π

16ncosnπ −

π32ncos nπ

2+ 1

16n2sin nπ

2

bn =8π¡− π

32n+ π

16n− π

32n

¢cos nπ

2+¡

116n2

+ 116n2

¢sin nπ

2+¡− π

16n+ π

16n

¢cosnπ

bn = (8

π)2

16n2sinnπ

2=

1

πn2sinnπ

2

Debe tomarse en cuenta que:

si n es par sin nπ2= 0

si n es impar sin nπ2= 1,−1, 1, ...


f(x) =∞X

n=impar

bn sin 4nx =1

π

∞Xn=impar

1

n2sinnπ

2sin 4nx

f(x) =1

π

µsin 4x− 1

9sin 12x+

1

25sin 20x− ...

¶

La aproximación con uno, dos, tres y cuatro términos se muestra a contin-uación. La aproximación va mejorando conforme se toma una mayor cantidadde términos.


0.70.60.50.40.30.20.10

0.4

0.3

0.2

0.1

0 0.70.60.50.40.30.20.10

0.4

0.3

0.2

0.1

0

0.70.60.50.40.30.20.10

0.4

0.3

0.2

0.1

0 0.70.60.50.40.30.20.10

0.4

0.3

0.2

0.1

0♠

Problema 3. Representar la función f(x) que se da, mediante

una serie cosenoidal de Fourier.f(x) = x2 (0 < x < l)

Solución: Se hace una extensión par, de tal forma que bn = 0,

a0 =1

l

Z l

0

f(x)dx =1

l

Z l

0

x2dx =1

3l2

an =2

l

Z l

0

f(x) cos³nπxl

´dx =

2

l

Z l

0

x2 cos³nπxl

´dx

Hacemos la integración por partes:u = x2 dv = cos(nπx

l)dx

du = 2xdx v = lnπcos nπx

l

an =2

l

·l

nπx2 sin

³nπxl

´− 2l

nπ

Zx sin(

nπx

l)

¸l0


Hacemos otra vez integración por partes:u = x dv = sin(nπx

l)dx

du = dx v = − lnπcos nπx

l

an =2

nπ

·x2 sin

³nπxl

´− 2

µ−lnπx cos

³nπxl

´+

Zcos³nπxl

´dx

¶¸l0

=1

nπ

·x2 sin

³nπxl

´− 2

µ−lnπx cos

³nπxl

´+

l2

n2π2sinnπx

l

¶¸l0

an = 2

·l2

nπsinnπ +

2l2

n2π2cosnπ − 2l2

n3π3sinnπ

¸= l2

4 cosnπ

n2π2


f(x) =1

3l2 +

4l2

π2

∞Xn=1

cosnπ

n2cos

nπx

l

f(x) =1

3l2−4l

2

π2

·cos³πxl

´− 14cos

µ2πx

l

¶+1

9cos

µ3πx

l

¶− 1

16cos

µ4πx

l

¶+ ...

¸♠

Problema 4. Encontrar una serie cosenoidal de Fourier para lasiguiente función:f(x) = sin π

lx, (0 < x < l)

Solución: Se hace una extensión par, de tal forma que solamente hay que

calcular los coeficientes a0 y an:

a0 =1

l

Z l

0

f(x)dx =1

l

Z l

0

sinπ

lxdx =

−1l

·l

πcos

π

lx

¸l0

= −1π

hcos

π

lxil0

a0 =2

π

an =2

l

Z l

0

sinπ

lx cos

nπ

lxdx


Para encontrar anusamos la identidadsin a cos b = 1

2[sin (a+ b) + sin(a− b)]

an =2

l

µ1

2

¶Z l

0

sin³πxl+nπx

l

´+ sin

³πxl− nπx

l

´dx =

an =2

l

Z l

0

·sin(n+ 1)π

lx+ sin

(1− n)πl

x

¸dx

an =1

l

·− l

(n+ 1)πcos(n+ 1)

πx

l− l

(1− n)π cos(1− n)πx

l

¸l0

an =1

l

· −l(n+ 1)π

cos(n+ 1)π − l

(1− n)π cos(1− n)π +l

(n+ 1)π+

l

(1− n)π¸

esto es válido solamente si n 6= 1Por esto el an queda como

an =1

π

·1

(n+ 1)

¡1− (−1)n+1¢− 1

(n− 1)¡1− (−1)1−n¢¸ , n = 2, 3, 4...

Para encontrar a1:

a1 =2

l

Z l

0

sinπ

lx cos

π

lxdx =

1

l

Z l

0

sin2πx

ldx = − 1

2πcos

2πx

l|l0= 0

Por lo tanto:

f(x) =2

π+1

π

∞Xn=2

·1

(n+ 1)(1− (−1)n+1)− 1

(n− 1)(1− (−1)1−n)

¸cos

nπ

lx

f(x) =2

π+1

π

∞Xn=2

·1

(n+ 1)(1− (−1)n+1)− 1

(n− 1)(1− (−1)1−n)

¸cos

nπ

lx

f(x) =2

π− 2

π(1

3cos

2π

lx+

1

15cos

4π

lx+

1

35cos

6π

lx+ ...)♠

Chapter 7

Las funciones de Bessel

Antes de proceder a la resolución de problemas se revisarán algunos an-tecedentes de las funciones de Bessel.

7.1 La función gamma

La función gamma se define como:

Γ(n+ 1) =

Z ∞

0

une−udu (7.1)

tiene la propiedad:

Γ(n+ 1) = nΓ(n) (7.2)

la cual se demuestra fácilmente usando integración por partes. La ecuación(7.1) es una relación de recurrencia para la función gamma.Como:

Γ(1) =

Z ∞

0

e−udu = −e−u¯∞0= 1

se tiene

Γ(2) = 1Γ(1) = 1,Γ(3) = 2Γ(2) = 2 · 1 = 2!,Γ(4) = 3Γ(3) = 3!Por lo tanto

Γ(n+ 1) = n! (7.3)

231

232 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSEL

La función gamma es una generalización del factorial, por ejemplo, acontinuación se demuestra que

Γ

µ1

2

¶=√π

Sea

I = Γ

µ1

2

¶=

Z ∞

0

u−1/2e−udu

si se hace u = x2 se obtiene:

I = 2

Z ∞

0

e−x2

dx

Entonces

I2 =

µ2

Z ∞

0

e−x2

dx

¶µ2

Z ∞

0

e−y2

dy

¶= 4

Z ∞

0

Z ∞

0

e−(x2+y2)dxdy

usando coordenadas polares para evaluar esta integral

I2 = 4

Z π2

0

Z ∞

0

e−r2

rdrdθ = 4

Z π2

0

µ−12e−r

2

¶¯∞0

dθ = 4

Z π2

0

1

2dθ = π

de donde fácilmente se obtiene lo que se quería demostrar.Con este resultado y usando la ecuación (7.2) se obtiene:

Γ

µ3

2

¶=1

2Γ

µ1

2

¶=1

2

√π,Γ

µ5

2

¶=3

2Γ

µ3

2

¶=3

2

µ1

2

√π

¶=3

4

√π, · · ·

Por lo tanto, para determinar la función gamma de cualquier númeropositivo es suficiente conocer sus valores en el intervalo (0, 1). En cualquiermanual de tablas matemáticas están tabulados estos valores.A partir de la ecuación (7.2) se puede extender el rango de definición de

la función gamma para n < 0, así por ejemplo:

Γ

µ−12

¶=

Γ¡12

¢−12

= −2√π,Γµ−32

¶=

Γ¡−1

2

¢−32

=−2√π−32

=4√π

3, · · ·

Si en la ecuación (7.2) se coloca n = 0, se tiene 1 = 0Γ(0), de donde setiene 1/Γ(0) = 0, por lo tanto Γ(0) es infinito. Igualmente al colocar n = −1,se obtiene Γ(0) = −1Γ(−1) o 1/Γ(−1) = 0. De tal forma que se encuentra:

7.2. LA ECUACIÓN Y LAS FUNCIONES DE BESSEL 233

1

Γ(0)= 0,

1

Γ(−1) = 0,1

Γ(−2) = 0,1

Γ(−3) = 0, · · ·

En la figura 1 se muestra la gráfica de la función gamma:

Γ(x)

x 420-2-4

30

20

10

0

-10

-20

-30

Figura 1. Gráfica de la función gamma.

7.2 La ecuación y las funciones de Bessel

La ecuación

x2y00 + xy0 + (x2 − n2)y = 0 (7.4)

se llama la ecuación de Bessel de orden n. Esta ecuación puede resolverseusando el método de Frobenius en el cual se supone una solución de la forma:

y =

j=∞Xj=−∞

ajxj+c

con aj = 0 para j < 0


Se obtienen y y sus derivadas y se sustituyen en la ecuación de Bessel:x2P(j + c)(j + c − 1)ajxj+c−2 + x

P(j + c)ajx

j+c−1 + x2Pajx

j+c −n2Pajx

j+c = 0X(j+c)(j+c−1)ajxj+c+

X(j+c)ajx

j+c+X

ajxj+c+2−n2

Xajx

j+c = 0

Cambiando j por j − 2 en la tercera sumatoria, la expresión anteriorpuede escribirse como:X©

(j + c)(j + c− 1)aj + (j + c)aj + aj−2 − n2ajªxj+c = 0

X©£(j + c)2 − n2¤ aj + aj−2ªxj+c = 0

Igualando el coeficiente de xj+c a cero:£(j + c)2 − n2¤ aj + aj−2 = 0 (7.5)

Si en esta ecuación se toma j = 0 y como a−2 = 0, mientras que a0 6= 0,esto se reduce a: £

c2 − n2¤ a0 = 0 o c2 − n2 = 0 (7.6)

Esta ecuación se llama la ecuación indicial, a partir de ella se requierec = ±n. Por lo tanto se tienen dos casos a considerar:Caso 1, c = n, n ≥ 0. En este caso la ecuación (7.5) se convierte enj(2n+ j)aj + aj−2 = 0 esto es

aj =−aj−2j(2n+ j)

A partir de esta ecuación si j = 1 se obtiene a1 = 0 ya que a−1 = 0.También a3 = a5 = a7 = · · · = 0Con j = 2, 4, 6, ... se obtiene:

a2 =−a0

2(2n+ 2)

a4 =−a2

4(2n+ 4)=

a02 · 4(2n+ 2)(2n+ 4)


a6 =−a4

6(2n+ 6)=

−a02 · 4 · 6(2n+ 2)(2n+ 4)(2n+ 6) , · · ·

Por lo tanto la solución en serie se escribe como:

y =X

ajxj+n

y = a0xn

·1− x2

2(2n+ 2)+

x4

2 · 4(2n+ 2)(2n+ 4) −x6

2 · 4 · 6(2n+ 2)(2n+ 4)(2n+ 6) + · · ·¸

y = a0xn

·1− x2

22(n+ 1)+

x4

241 · 2(n+ 1)(n+ 2) −x6

261 · 2 · 3(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + · · ·¸

y = a0xn

·1− (x/2)2

1!(n+ 1)+

(x/2)4

2!(n+ 1)(n+ 2)− (x/2)6

3!(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)+ · · ·

¸Para simplificar esta expresión se toma a0 = 1

2nn!

y = (x/2)n·1

n!− (x/2)2

1!(n+ 1)!+

(x/2)4

2!(n+ 2)!− (x/2)6

3!(n+ 3)!+ · · ·

¸Para generalizar de tal forma que n sea cualquier número positivo se puede

usar la función gamma, la cual como ya se mencionó es una generalizacióndel factorial:

y = (x/2)n·

1

Γ(n+ 1)− (x/2)2

1!Γ(n+ 2)+

(x/2)4

2!Γ(n+ 3)− (x/2)6

3!Γ(n+ 4)+ · · ·

¸esta es una solución de la ecuación de Bessel para n ≥ 0, esta función sellama la función de Bessel de orden n:

Jn(x) =(x/2)n

Γ(n+ 1)− (x/2)n+2

1!Γ(n+ 2)+(x/2)n+4

2!Γ(n+ 3)− (x/2)n+6

3!Γ(n+ 4)+ · · · (7.7)

Caso 2, c = −n, n ≥ 0. Lo único que hay que hacer para no repetir elprocedimiento es cambiar n por −n en la expresión de Jn(x):


J−n(x) =(x/2)−n

Γ(−n+ 1)−(x/2)−n+2

1!Γ(−n+ 2)+(x/2)−n+4

2!Γ(−n+ 3)−(x/2)−n+6

3!Γ(−n+ 4)+· · · (7.8)

En el caso de que n no sea entero la solución general de la ecuación deBessel se escribe como:

y(x) = c1Jn(x) + c2J−n(x), n 6= 0, 1, 2, 3, ... (7.9)

Pero si n es un entero, Jn(x) y J−n(x) son linealmente dependientes, dehecho se puede verificar sin problema que:

J−n(x) = (−1)nJn(x), n = 0, 1, 2, 3, ... (7.10)

Para encontrar una segunda solución se observa que si n no es un enterola siguiente función también es solución de la ecuación de Bessel:

Yn(x) =cosnπJn(x)− J−n(x)

sinnπ

y es linealmente independiente de Jn(x). Si n es un entero se obtiene unaindeterminación de la forma 0/0 pero entonces el límite si debe existir, porlo que se puede considerar como una solución si n es un entero a la función:

Yn(x) = lımp→ncosnπJp(x)− J−p(x)

sin pπ(7.11)

A esta solución se le llama la función de Bessel de segunda clase de ordenn. De tal forma que la solución general de la ecuación de Bessel para todo nse puede escribir como:

y(x) = c1Jn(x) + c2Yn(x) (7.12)

7.2.1 Gráficas de las funciones de Bessel

Si n = 0, la función de Bessel de primera clase está dada por:

J0(x) = 1− x2

22+x4

2242− x6

224262+ ...

Se puede evaluar esta función para cualquier valor de x tomando unnúmero apropiado de términos. Por ejemplo:


J0(0) = 1, J0(1) = 0. 7652, J0 (2) = 0. 22389, J0(3) = −0.26005, J0(4) = −0. 39715, ...

La gráfica de J0(x) se muestra a continuación:

J0(x)

x 151050-5-10-15

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

-0.2

-0.4

Figura 2. Gráfica de la función J0(x).

También se muestran J1(x), J2(x) y J3(x)

J1(x)

x 151050-5-10-15

0.6

0.4

0.2

0

-0.2

-0.4

-0.6

Figura 3. Gráfica de la función J1(x).J2(x)


x 151050-5-10-15

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

0-0.1

-0.2

-0.3

Figura 4. Gráfica de la función J2(x).J3(x)

x 151050-5-10-15

0.4

0.2

0

-0.2

-0.4

Figura 5. Gráfica de la función J3(x).

Estas gráficas muestran que las funciones Bessel de orden n con n par sonpares y si n es impar la función es impar. Tienen carácter oscilatorio y parax > 0 son decrecientes, sus raíces pueden encontrarse de forma aproximada.Por ejemplo:

Raíces de 1 2 3 4 5J0(x) 2.4048 5.5201 8.6537 11.7915 14.9309J1(x) 3.8317 7.0156 10.1735 13.3237 16.4706J2(x) 5.1356 8.4172 11.6198 14.7960 17.9598J3(x) 6.3802 9.7610 13.0152 16.2235 19.4094

Es interesante notar que las diferencias entre raíces consecutivas de cualquierJn(x) se aproximan a π según n→∞ (veáse la demostración más adelante).


Las gráficas de Y0(x) y Y1(x) se muestran a continuación. Tal como seobserva las funciones Yn(x) no están definidas en x = 0, es decir, no estánacotadas en x = 0.

Y0(x)

x 14121086420

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

-2

Figura 6. Gráfica de la función Y0(x).Y1(x)

x 14121086420

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

-2

Figura 7. Gráfica de la función Y1(x).

Por otro lado, si se coloca n = 12y n = −1

2en las expresiones de Jn(x) y

J−n(x) en las ecuaciones (7.7) y (7.8) se encuentra que:

J1/2(x) =(x/2)1/2

Γ(3/2)− (x/2)

5/2

1!Γ(5/2)+(x/2)9/2

2!Γ(7/2)− · · · =

r2

πx

µx− x

3

3!+x5

5!− · · ·

¶es decir

J1/2(x) =

r2

πxsinx (7.13)


J−1/2(x) =(x/2)−1/2

Γ(1/2)− (x/2)

3/2

1!Γ(3/2)+(x/2)7/2

2!Γ(5/2)−· · · =

r2

πx

µ1− x

2

2!+x4

4!− · · ·

¶o sea

J−1/2(x) =

r2

πxcosx (7.14)

Las funciones de Bessel pueden obtenerse también a partir de la funcióngeneratriz:

f(x, t) = e(x/2)(t−1/t) (7.15)

de hecho se tiene que:

e(x/2)(t−1/t) =∞X−∞

Jn(x)tn (7.16)

Esto puede demostrarse de la siguiente forma:

f(x, t) = e(x/2)(t−1/t) = ext/2e−x/2t

Usando la fórmula de Taylor MacLaurin para la expansión en serie de eu:

eu = 1 + u+1

2!u2 +

1

3!u3 + ... =

∞Xn=0

un

n!

f(x, t) =∞Xm=0

(xt/2)m

m!

∞Xk=0

(−x/2t)kk!

=∞Xm=0

∞Xk=0

(xt/2)m

m!

(−x/2t)kk!

f(x, t) =∞Xm=0

∞Xk=0

(−1)kxm+ktm−km!k!2m+k

Esta expresión es válida desde −∞ hasta +∞, ya que si se usa la funcióngamma como una generalización del factorial, los inversos de los factorialespara números enteros negativos es igual a cero, por lo tanto no hay contribu-ción de tales términos. Entonces:


f(x, t) =∞X

m=−∞

∞Xk=−∞

(−1)kxm+ktm−km!k!2m+k

Haciendo el cambio m− k = n

f(x, t) =∞X

n=−∞

∞Xk=−∞

(−1)kxn+2ktn(n+ k)!k!2n

=∞X

n=−∞

Ã ∞Xk=−∞

(−1)kxn+2k(n+ k)!k!2n+2k

!tn

de donde se obtiene

f(x, t) =∞X

n=−∞Jn(x)t

n

Problema 1. Muestre a partir de la función generatriz las sigu-ientes relaciones de recurrencia:(a)

Jn−1(x) + Jn+1(x) =2n

xJn(x) (7.17)

(b)Jn−1(x)− Jn+1(x) = 2J 0n(x) (7.18)

Solución:(a) A partir de la función generatriz

f(x, t) = e(x/2)(t−1/t) =∞X−∞

Jn(x)tn

se derivan ambos miembros de la ecuación con respecto a t³x2

´µ1 +

1

t2

¶e(x/2)(t−1/t) =

∞X−∞

Jn(x)ntn−1

e(x/2)(t−1/t) +1

t2e(x/2)(t−1/t) =

2

x

∞X−∞

Jn(x)ntn−1

Usando nuevamente la función generatriz


∞X−∞

Jn(x)tn +

1

t2

∞X−∞

Jn(x)tn =

2

x

∞X−∞

Jn(x)ntn−1

∞X−∞

Jn(x)tn +

∞X−∞

Jn(x)tn−2 =

2

x

∞X−∞

Jn(x)ntn−1

cambiando n por n−1 en la primera sumatoria y n por n+1 en la segunda∞X−∞

Jn−1(x)tn−1 +∞X−∞

Jn+1(x)tn−1 =

∞X−∞

2n

xJn(x)t

n−1

Igualando los coeficientes de tn−1 se obtiene

Jn−1(x) + Jn+1(x) =2n

xJn(x)

(b) Derivamos ambos lados de la función generatriz con respecto a x

1

2(t− 1/t)e(x/2)(t−1/t) =

∞X−∞

J 0n(x)tn

te(x/2)(t−1/t) − 1te(x/2)(t−1/t) =

∞X−∞

2J 0n(x)tn

Usando nuevamente la función generatriz

t∞X−∞

Jn(x)tn − 1

t

∞X−∞

Jn(x)tn =

∞X−∞

2J 0n(x)tn

∞X−∞

Jn(x)tn+1 −

∞X−∞

Jn(x)tn−1 =

∞X−∞

2J 0n(x)tn

cambiando n por n−1 en la primera sumatoria y n por n+1 en la segunda


∞X−∞

Jn−1(x)tn −∞X−∞

Jn+1(x)tn =

∞X−∞

2J 0n(x)tn

Igualando los coeficientes de tn se obtiene

Jn−1(x)− Jn+1(x) = 2J 0n(x)

Por ejemplo si n = 0 se tiene que

J−1(x)− J1(x) = 2J 00(x)

−J1(x)− J1(x) = 2J 00(x)

de donde se obtiene

J 00(x) = −J1(x) (7.19)

Problema 2. Muestre que (a) J3/2(x) =q

2πx

¡sinxx− cosx¢, (b)

J−3/2(x) = −q

2πx

¡sinx+ cosx

x

¢Solución: Si en la fórmula de recurrencia (7.17) hacemos n = 1

2:

J3/2(x) =1

xJ1/2(x)− J−1/2(x) = 1

x

Ãr2

πxsinx

!−r2

πxcosx

J3/2(x) =

r2

πx

µsinx

x− cosx

¶Si hacemos en la fórmula de recurrencia (7.17) n = −1

2:

J1/2(x) = −1xJ−1/2(x)− J−3/2(x)

J−3/2(x) = −1xJ−1/2(x)− J1/2(x) = −1

x

r2

πxcosx−

r2

πxsinx =


J−3/2(x) = −r2

πx

³sinx+

cosx

x

´Problema 3. A partir de la definición de Jn(x) y J−n(x) demuestre

las siguientes identidades:a) Z

xnJn−1(x)dx = xnJn(x) (7.20)

o en forma equivalente:

d

dx[xnJn(x)] = x

nJn−1(x)

b) Zx−nJn+1(x)dx = −x−nJn(x) (7.21)

o en forma equivalente:

d

dx

£x−nJn(x)

¤= −x−nJn+1(x)

Solución: a) La función de Bessel de orden n (ec. 7.7) se puede escribircomo:

Jn(x) =∞Xr=0

(−1)r(x2)n+2r

r!Γ(n+ r + 1)(7.22)

A partir de esta relación:

Jn−1(x) =∞Xr=0

(−1)r(x2)n+2r−1

r!Γ(n+ r)

RxnJn−1(x)dx =

Rxn

∞Pr=0

(−1)r(x2)n+2r−1

r!Γ(n+r)dx =

∞Pr=0

Rxn

(−1)r(x2)n+2r−1

r!Γ(n+r)dx =

∞Pr=0

(−1)rx2n+2rr!Γ(n+r)(2n+2r)(2n+2r−1) =

∞Pr=0

(−1)rx2n+2rr!Γ(n+r)(n+r)(2n+2r)

=∞Pr=0

(−1)r(x2 )2n+2r

r!Γ(n+r)(n+r)=

∞Pr=0

(−1)r(x2 )n+2r

r!Γ(n+r)(n+r)xn =

∞Pr=0

(−1)r(x2 )n+2r

r!Γ(n+r+1)xn = xnJn(x)


b)

Jn+1(x) =∞Xr=0

(−1)r(x2)n+2r+1

r!Γ(n+ r + 2)Rx−nJn+1(x)dx =

Rx−n

∞Pr=0

(−1)r(x2)n+2r+1

r!Γ(n+r+2)dx =

∞Pr=0

Rx−n (−1)r(x)n+2r+1

r!Γ(n+r+2)2n+2r+1dx =

∞Pr=0

R (−1)r(x)2r+1r!Γ(n+r+2)2n+2r+1

dx =∞Pr=0

(−1)r(x)2r+2r!Γ(n+r+2)(2r+2)2n+2r+1

=∞Pr=0

(−1)r(x)n+2r+2r!Γ(n+r+2)(r+1)2n+2r+2

x−n =

−∞Pr=0

(−1)r+1(x)n+2r+2(r+1)!Γ(n+r+2)2n+2r+2

x−n, si se hace el cambio r → r − 1Rx−nJn+1(x)dx = −

∞Pr=0

(−1)r(x)n+2r(r)!Γ(n+r+1)2n+2r

x−n = −∞Pr=0

(−1)r(x2)n+2r

(r)!Γ(n+r+1)x−n

Por lo tanto Zx−nJn+1(x)dx = −x−nJn(x)

Problema 4. Muestre que:

J 00n(x) =1

4[Jn−2(x)− 2Jn(x) + Jn+2(x)]

Solución:Se sabe que:

J 0n =1

2[Jn−1(x)− Jn+1(x)]

Con n→ n− 1 J 0n−1(x) =12[Jn−2(x)− Jn(x)]

Con n→ n+ 1 J 0n+1(x) =12[Jn(x)− Jn+2(x)]

Entonces como:

J00n(x) =

1

2

£J 0n−1(x)− J 0n+1(x)

¤se pueden sustituir las expresiones de J 0n−1(x) y J 0n+1(x) :

J00n(x) =

1

4[Jn−2(x)− Jn(x)− Jn(x) + Jn+2(x)]

J00n(x) =

1

4[Jn−2(x)− 2Jn(x) + Jn+2(x)]


Problema 5. Evalúe las siguientes integralesa)RxJ0 (x) dx

b)Rx3J2 (x) dx

c)Rx−4J5 (x) dx

d)Rx12J 1

2(x) dx

e)Rx3J0 (x) dx

f)Rx3J1(x)dx

Solución: Para realizar estas integrales se usan las relaciones (7.20) y(7.21)a)RxJo(x)dx =

Rddx[xJ1(x)] dx = xJ1(x) + c

b)Rx3J2 (x) dx =

Rddx[x3J3 (x)] dx = x

3J3 (x) + cc)Rx−4J5 (x) dx =

Rddx[x−4J4 (x)] dx = x−4J4 (x) + c

d) En la integralRx12J 1

2(x) dx se usa la expresión de J 1

2(x) en la ecuación

(7.13)Rx12J 1

2(x) dx =

Rx12

q2πxsinxdx =

q2π

Rsinxdx = −

q2πcosx+ c

e)Rx3J0 (x) dxR

x3J0 (x) dx =Rx2x J0 (x) dx

Integrando por partes u = x2 du = 2xdv = xJ0 (x) dx v = xJ1 (x)

y usando el resultado del inciso (a):

Zx3J0 (x) dx = x

3J1 (x)− 2Zx2J1 (x) dx = x

3J1 (x)− 2x2J2 (x)

si se usa la relación de recurrencia (7.17) con n = 1J2 (x) + J0 (x) =

2xJ1 (x)

J2 (x) = −J0 (x) + 2xJ1 (x)R

x3J0 (x) dx = x3J1 (x)− 2x2

£2xJ1 (x)− J0 (x)

¤=Z

x3J0 (x) dx = x3J1 (x)− 4x J1 (x) + 2x2J0 (x)

f) En este problema se ilustrará que si una integral queda en términos deJ0(x), ésta se deja indicada.Para realizar la integral

Rx3J1(x)dx se hace integración por partes tomando

u = x, du = dx


dv = x2J1(x)dx, v = x2J2(x)dx

Por lo tanto Zx3J1(x)dx = x

3J2(x)−Zx2J2(x)dx

Para usar la integralRx2J2(x)dx se parte de la relación de recurrencia

(7.17)J2(x) + J0(x) =

2xJ1(x)

J2(x) =2xJ1(x)− J0(x)

por lo tantoZx2J2(x)dx = 2

ZxJ1(x)dx−

Zx2J0(x)dx

es decirZx3J1(x)dx = x

3J2(x)− 2ZxJ1(x)dx+

Zx2J0(x)dx

También se usa integración por partes para evaluar la integralRx2J0dx,

haciendo:u = x, du = dxdv = xJ0dx, v = xJ1(x)de donde se obtieneZ

x2J0dx = x2J1(x)−

ZxJ1(x)dx

o seaZx3J1(x)dx = x

3J2(x)− 2ZxJ1(x)dx+ x

2J1(x)−ZxJ1(x)dx

Zx3J1(x)dx = x

3J2(x) + x2J1(x)− 3

ZxJ1(x)dx

Para la última integral se vuelve a integrar por partesu = x, du = dxdv = J1dx, v = −J0(x)Sustituyendo

248 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSELRx3J1(x)dx = x

3J2(x) + x2J1(x)− 3(−xJ0(x) +

RJo(x)dx) =

x3J2(x) + x2J1(x) + 3xJ0(x)− 3

RJo(x)dx =

x3£2xJ1(x)− J0(x)

¤+ x2J1(x) + 3xJ0(x)− 3

RJo(x)dx =

2x2J1(x)− x3J0(x) + x2J1(x) + 3xJ0(x)− 3RJo(x)dx =Z

x3J1(x)dx = 3x2J1(x)− x3J0(x) + 3xJ0(x)− 3

ZJo(x)dx

Problema 6. Pruebe queZxkJo(x)dx = x

kJ1(x) + (k − 1)xk−1Jo(x)− (k − 1)2Zxk−2Jo(x)dx

y así encuentreRx5Jo(x)dx

Solución: Integrando por partesu = xk−1, du = (k − 1)xk−2dv = xJ0(x), v = xJ1(x)Z

x5Jo(x)dx = xkJ1(x)− (k − 1)

Zxk−1J1(x)dx

Volviendo a integrar por partesu = xk−1, du = (k − 1)xk−2dv = J1(x), v =

RJ1(x)dx = −

RJ 00(x)dx = −J0(x)R

x5Jo(x)dx = xkJ1(x)− (k − 1)

£−xk−1J0(x) + (k − 1) R xk−2J0(x)dx¤Zx5Jo(x)dx = x

kJ1(x) + (k − 1)xk−1J0(x)− (k − 1)2Zxk−2J0(x)dx

Ahora, para encontrar la integralRx5Jo(x)dx simplemente aplicamos la

fórmula ya demostrada:Zx5Jo(x)dx = x

5J1(x) + 4x4J0(x)− 16

Zx3J0(x)dx

y otra vez aplicamos la fórmula:Rx3J0(x)dx = x

3J1(x)+2x2J0(x)−4

RxJ0(x)dx = x

3J1(x)+2x2J0(x)−

4xJ1(x)Por lo tantoRx5Jo(x)dx = x

5J1(x) + 4x4J0(x)− 16(x3J1(x) + 2x2J0(x)− 4xJ1(x)Z

x5Jo(x)dx = x5J1(x) + 4x

4J0(x)− 16x3J1(x)− 32x2J0(x) + 64xJ1(x)


7.2.2 Solución de ecuaciones de Bessel

Problema 7. Escriba la solución general dea) x2y00 + xy0 + (x2 − 9)y = 0b) x2y00 + xy0 + (x2 − 8)y = 0Solución: Las dos ecuaciones son de Bessel, por lo tanto la solución se

escribe comoa) y(x) = c1J3(x) + c2Y3(x), donde se ha usado Y3(x) porque J3(x) y

J−3(x) no son linealmente independientes entre sí.b) y(x) = c1J√8(x) + c2J−√8(x).

Problemas más complejos pueden resolverse de la siguiente forma. Sesabe que si se reemplaza x por λx, donde λ es una constante, entonces laecuación de Bessel se convierte en

x2y00 + xy0 + (λ2x2 − n2)y = 0 (7.23)

Para ver como escribir la solución en este caso, se recuerda que la ecuaciónde Bessel tiene la forma siguiente:

x2y00 + xy0 + (x2 − n2)y = 0

Si u = λx, entoncesdy

dx=dy

du

du

dx= λ

dy

du

de la misma forma

d2y

dx2= λ2

d2y

du2,

sustituyendo en la ecuación de Bessel se obtiene:

u2

λ2

µλ2d2y

du2

¶+u

λ

µλdy

du

¶+ (u2 − n2)y = 0

o sea

u2d2y

du2+ u

dy

du+ (u2 − n2)y = 0

cuya solución es

y = AJn(u) +BYn(u) = AJn( λx) +BYn( λx)


Por ejemplo, la solución de la ecuación

x2y00 + xy0 + (3x2 − 4) = 0

es

y(x) = C1J2(√3x) + C2Y2(

√3x)

y la solución de la ecuación

4x2y” + 4xy0 + (2x2 − 1)y = 0

Dividiendo ambos miembros por 4 :x2y”− xy0 + (1

2x2 − 1

4)y = 0

de tal forma que la solución es

y(x) = C1J 12(1√2x) + C2J−1

2(1√2x)

Problema 8. Encuentre la solución de x2y” + xy0 + (4x2 − 1)y = 0,la cual está acotada en x = 0 y satisface la condición y(2) = 5.Solución: La solución de la ecuación está dada por:

y(x) = c1J1(2x) + c2Y1(2x)

como y(x) debe estar acotada en x = 0 y como Y1 es una función no acotadaen x = 0 entonces debe tenerse necesariamente c2 = 0, de tal forma que

y(x) = c1J1(2x)

Aplicando la condición inicial y(2) = 5:5 = c1J1(4)c1 =

5J1(4)

Por lo tanto la solución es:

y(x) =5

J1(4)J1(2x)


7.2.3 Ecuaciones reducibles a la ecuación de Bessel

Muchas ecuaciones de segundo orden tienen la forma:

x2y” + axy0 + (b+ cxm)y = 0 (7.24)

Donde a, b, c,m son constantes (c > 0 y m 6= 0). Estas ecuaciones sereducen a una ecuación de Bessel mediante las siguientes sustituciones:

x =

µt

γ

¶1/β

y =

µt

γ

¶−α/βu

donde

α =a− 12, β =

m

2, γ =

2√c

m

La ecuación queda como:

t2d2u

dt2+ tdu

dt+¡t2 − ν2

¢u = 0

en esta ecuación:

ν2 =(a− 1)2 − 4b

m2

Problema 9. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales.a)

xy00 +1

2y0 +

1

4y = 0

b)y00 + xy = 0

c)x2y00 − 2xy0 + (4x4 − 4)y = 0

Solución: (a) La ecuación se puede escribir en la forma:

x2y00 +1

2xy0 +

1

4xy = 0


A partir de la ecuación en la forma (7.24) se tiene que a = 12, b = 0, c = 1

4

y m = 1por lo tantoα = −1

4, β = 1

2, γ = 1 y ν2 = 1

4

x = t2

y = t1/2u =¡x1/2

¢1/2u = x1/4u

de tal forma que la ecuación queda

t2d2u

dt2+ tdu

dt+

µt2 − 1

4

¶u = 0

La solución queda como:

u(t) = c1J1/2(t) + c2J−1/2(t)

yx−1/4 = c1J1/2(x1/2) + c2J−1/2(x1/2)

y(x) = x1/4£c1J1/2(x

1/2) + c2J−1/2(x1/2)¤

b) La ecuacióny00 + xy = 0

se conoce como la ecuación de Airy.Solución: la ecuación se puede escribir en la forma:

x2y00 + x3y = 0

A partir de la ecuación en la forma (7.24) se tiene que a = 0, b = 0, c = 1y m = 3por lo tantoα = −1

2, β = 3

2, γ = 2

3y ν2 = 1

9

x =¡3t2

¢2/3y =

¡3t2

¢1/3u = x1/2u

de tal forma que la ecuación puede escribirse como

t2d2u

dt2+ tdu

dt+

µt2 − 1

9

¶u = 0


Por lo tanto la solución es

u(t) = c1J1/3(t) + c2J−1/3(t)

yx−1/2 = c1J1/3(2

3x3/2) + c2J−1/3(

2

3x3/2)

y(x) = x1/2·c1J1/3(

2

3x3/2) + c2J−1/3(

2

3x3/2)

¸c) Solución: A partir de la ecuación en la forma (7.24) se tiene que

a = −2, b = −4, c = 4 y m = 4por lo tantoα = −3

2, β = 2, γ = 1 y ν2 = 25

16

x = t1/2

y = t3/4u = (x2)3/4u = x3/2u

de tal forma que la ecuación queda

t2d2u

dt2+ tdu

dt+

µt2 − 25

16

¶u = 0

y la solución es

u(t) = c1J5/4(t) + c2J−5/4(t)

yx−3/2 = c1J5/4(x2) + c2J−5/4(x2)

y(x) = x3/2£c1J5/4(x

2) + c2J−5/4(x2)¤

Problema 10. Muestre que mediante el cambio de variable dadopor y = x−1/2v, la ecuación de Bessel se convierte en

v00 +µ1− 4n

2 − 14x2

¶v = 0 (7.25)

Use el resultado para resolver la ecuación de Bessel para el cason = 1

2.

Solución: Si y = x−1/2v entonces:


dy

dx= x−1/2v0 − 1

2x−

32 v

d2y

dx2= x−1/2v00 − 1

2x−

32v0 +

3

4x−

52v − 1

2x−

32 v0

d2y

dx2= x−1/2v00 − x− 3

2v0 +3

4x−

52v

Sustituyendo en la fórmula de la ecuación de Bessel

x3/2v00 − x1/2v0 + 34x−

52v + x−1/2v0 − 1

2x−

32v + (x2 − n2)x−1/2v = 0

x3/2v00 +1

4x−1/2v + (x2 − n2)x−1/2v = 0

x3/2v00 + x−1/2v(1

4+ x2 − n2) = 0

v00 + v(1 + 4x2 − 4n2

4x2) = 0

por lo tanto

v00 + v(1− 4n2 − 14x2

) = 0

que es precisamente lo que se quería demostrar.Si n = 1

2, la ecuación se reduce a

v00 + v = 0

Cuya solución es de la forma

v(x) = c1 cosx+ c2 sinx

como v = x1/2y entonces


y(x) =1√x(c1 cosx+ c2 sinx)

este resultado está de acuerdo con la solución de la ecuación de Bessel deorden 1

2, la cual es y(x) = c1J1/2(x) + c2J−1/2(x), como se puede ver con la

ayuda de las ecuaciones (7.13) y (7.14) los resultados coinciden.

Problema 11. Muestre que para valores grandes de x las solu-ciones de la ecuación de Bessel tienen la forma

y(x) =c1 cosx+ c2 sinx√

x

Explique cómo esto se puede usar para demostrar que las difer-encias de ceros sucesivos de Jn(x) tienden a π.Solución: A partir de la ecuación (7.25) se observa que cuando x es muy

grande la ecuación se reduce a

v00 + v = 0

Cuya solución es de la forma

v(x) = c1 cosx+ c2 sinx

entonces

y(x) =c1 cosx+ c2 sinx√

x

Por lo tanto cuando x es grande

Jn(x) ' c1 cosx+ c2 sinx√x

Para encontrar las raíces se iguala la función a cero

c1 cosx+ c2 sinx√x

= 0

c1 cosx+ c2 sinx = 0


c1 + c2 tanx = 0

tanx = −c1c2= k

Las raíces de Jn(x) para x grande entonces coinciden con los puntos deintersección de las funciones y(x) = tanx y y(x) = k. En la siguiente gráficase ilustra el comportamiento para un cierto valor de k.

6420-2-4-6

8

6

4

2

0-2

-4

-6

-8

y como la tangente tiene periodo T = π entonces, tal como se ve en lagráfica, la distancia entre puntos sucesivos de cruce es siempre igual a π.

7.2.4 El problema de valor a la frontera de Sturm-Liouville

Partiendo de la ecuación

a0d2y

dx2+ a1

dy

dx+ a2y = −λy (7.26)

si suponemos que a0 6= 0, esta ecuación puede escribirse en la formad2y

dx2+a1a0

dy

dx+

µa2a0+

λ

a0

¶y = 0


Multiplicando esta ecuación por eR(a1/a0)dx obtenemos

d

dx

·eR(a1/a0)dx

dy

dx

¸+

µa2a0+

λ

a0

¶eR(a1/a0)dxy = 0

si se escribe

P (x) = eR(a1/a0)dx, Q(x) =

a2a0eR(a1/a0)dx, R(x) =

eR(a1/a0)dx

a0

entonces la ecuación (7.26) se puede escribir como

d

dx

·P (x)

dy

dx

¸+ (Q(x) + λR(x)) y = 0 (7.27)

esta ecuación diferencial se llama de Sturm-LiouvilleLas soluciones de esta ecuación se llaman eigenfunciones, las correspon-

dientes constantes λ se llaman eigenvalores.Si se supone que dos eigenfunciones diferentes yj y yk las cuales satis-

facen (7.27) con los correspondientes eigenvalores λj y λk, respectivamente,sustituyendo en la ecuación (7.27)

d

dx

£P (x)y0j

¤+ (Q(x) + λjR(x)) yj = 0

d

dx[P (x)y0k] + (Q(x) + λkR(x)) yk = 0

Si se multiplica la primera ecuación por yk y la segunda por yj y luegorestando una de la otra

ykd

dx

£P (x)y0j

¤− yj ddx[P (x)y0k] + (λj − λk)R(x)yjyk = 0

o en forma equivalente como

(λj − λk)R(x)yjyk = yjd

dx[P (x)y0k]− yk

d

dx

£P (x)y0j

¤o también

(λj − λk)R(x)yjyk =d

dx

£P (x)

¡yjy

0k − yky0j

¢¤


integrando desde a hasta b

(λj − λk)

Z b

a

R(x)yjykdx =

P (b)¡yj(b)y

0k(b)− yk(b)y0j(b)

¢− P (a) ¡yj(a)y0k(a)− yk(a)y0j(a)¢ (7.28a)

Si el lado derecho fuera cero entonces se tendríaZ b

a

R(x)yjykdx = 0, j 6= k

o si R(x) ≥ 0 Z b

a

hpR(x)yj

i hpR(x)yk

idx = 0, j 6= k

es decir, las eigenfuncionespR(x)yj y

pR(x)yj son ortogonales en el

intervalo [a, b] , o en forma equivalente yj y yj son ortogonales con respectoa la función de peso R(x) ≥ 0. Examinando los diferentes casos para loscuales el lado derecho de la ecuación (7.28a) se tienen cuatro condiciones defrontera:A. Caso ordinario

P (a) 6= 0, P (b) 6= 0

a1y(a) + a2y0(a) = 0, b1y(b) + b2y0(b) = 0

B. Caso de un punto singular

P (a) = 0

y y y0 acotadas en x = a, b1y(b) + b2y0(b) = 0

C. Caso de dos puntos singulares

P (a) = P (b) = 0

y y y0 acotadas en x = a y x = b

D. Caso ordinario

P (a) = P (b) 6= 0

y(a) = y(b), y0(a) = y0(b)


Ortogonalidad de las funciones de Bessel

La ecuación diferencial de Bessel se puede escribir en la forma

x2d2y

dx2+ x

dy

dx+ (λx2 − n2)y = 0

La ecuación tiene la forma de Sturm-Liouville

d

dx

·xdy

dx

¸+ (λx− n

2

x)y = 0

Esto corresponde a la ecuación (7.27) conP (x) = x, Q(x) = −n2

x, R(x) = x

De las cuatro condiciones de frontera que corresponden al problema deSturm-Liouville y dado que x = 0 es el único valor para el que P (x) = 0,se observa que se deben usar las condiciones de frontera para el caso de unpunto singulary y y0 acotadas en x = 0, y

b1y(1) + b2y0(1) = 0

por simplicidad se ha elegido b = 1Las eigenfunciones deben ser ortogonales en el intervalo [0, 1] con respecto

a la función de peso R(x) = x. En el caso especial b1 = 1 y b2 = 0 se obtiene

y(1) = 0

Por lo tanto en este caso la solución se escribe solamente como

y = AJn(√λx)

debido a que tanto Yn y J−n no están acotadas en x = 0. Para satisfacerla condición de frontera en la ecuación anterior se tieneJn(√λ) = 0

Por lo tanto√λ = r1, r2, r3, · · · o bien λ = r21, r

22, r

23, · · ·

donde las rj son las raíces de Jn(x) = 0y las correspondientes eigenfunciones sonJn(r1x), Jn(r2x), Jn(r3x), · · ·


es importante considerar que de acuerdo con la ecuación (7.28a) las fun-ciones

√xJn(r1x),

√xJn(r2x),

√xJn(r3x), · · ·

son mutuamente ortogonales en el intervalo [0, 1]Este conjunto de funciones puede hacerse ortonormal normalizando cada

función. Para ello se consideran las funciones

φk(x) = ck√xJn(rkx)

y se debe determinar el valor de las constantes ck tal queZ 1

0

[φk(x)]2 dx =

Z 1

0

£ck√xJn(rkx)

¤2dx = 1 (7.29)

de donde se obtiene

ck =

·Z 1

0

xJ2n(rkx)dx

¸−1/2(7.30)

para obtener esta integral se resuelve primero la siguienteZ 1

0

xJn(αx)Jn(βx)dx

Si suponemos que α es variable y β es constante y se hace tender α a β.Se obtendrá Z 1

0

xJ2n(βx)dx

y en esta integral se pone β = rkA partir de la ecuación (7.28a) poniendo P (x) = x, R(x) = x, a = 1,

b = 1, y = Jn(√λx)

se obtiene(λj − λk)

R 10xJn(

pλjx)Jn(

√λkx)dx =

Jn(p

λj)£√

λkJ0n(√λk)¤− Jn(√λk) £pλjJ

0n(p

λj)¤

Escribiendo λj = α2, λk = β2 se encuentraZ 1

0

xJn(αx)Jn(βx)dx =βJn(α)J

0n(β)− αJn(β)J

0n(α)

α2 − β2

Al tomar el límite cuando α→ β, el lado derecho tiene la forma indeter-minada 0

0, por lo que puede usarse la regla de L’Hôpital


Z 1

0

xJ2n(βx)dx = limα→β

βJ 0n(α)J0n(β)− αJn(β)J

00n(α)− Jn(β)J 0n(α)

2α

Z 1

0

xJ2n(βx)dx =βJ 02n (β)− βJn(β)J

00n(α)− Jn(β)J 0n(β)2β

Si β = rk donde rk es una raíz de Jn(x) = 0 la expresión anterior sereduce a Z 1

0

xJ2n(rkx)dx =1

2J 02n (rk) (7.31)

de esto se sigue que el conjunto de funciones φk(x) es igual a

φk(x) =

√2xJn(rkx)

J 0n(rk), k = 1, 2, 3, · · · (7.32)

Si las rk son las raíces de J 0n(x) = 0 entoncesZ 1

0

xJ2n(rkx)dx =(r2k − n2)J2n(rk)

2r2k(7.33)

o sea

φk(x) =

√2xrkJn(rkx)

(r2k − n2)J2n(rk)(7.34)

si se considera ahora el caso con b1 = µ y b2 = 1 donde µ es una constantepositiva. Y la condición de frontera queda

µy(1) + y0(1) = 0

La solución está dada por

y = AJn(√λx)

y se debe cumplirse la condición

µJn(√λ) +

√λJ 0n(√λ) = 0


también rk son las raíces de

µJn(x) + xJ0n(x) = 0

y se tiene tambiénZ 1

0

xJ2n(rkx)dx =(µ2 + r2k − n2)J2n(rk)

2r2k(7.35)

como se tiene que µJn(rk) + xJ 0n(rk) = 0

φk(x) =

√2xrkJn(rkx)p

µ2 + r2k − n2Jn(rk)(7.36)

Tales resultados se resumen en la siguiente tabla

Ecuaciones con raíces de rk Valores deR 10xJ2n(rkx)dx

Jn(x) = 012J 02n (rk)

J 0n(x) = 0(r2k−n2)J2n(rk)

2r2k

µJn(x) + xJ0n(x) = 0

(µ2+r2k−n2)J2n(rk)2r2k

Tabla I. Valores de la integralR 10xJ2n(rkx)dx para diferentes condiciones defrontera.

Problema 12. Escriba cada una de las siguientes ecuaciones enla forma de Sturm-Liouville.a)

xy00 + 2y0 + (λ+ x)y = 0

b)y00 − y0 + (λ+ e−x)y = 0

c)y00 + (3 + λ cosx)y = 0

d)y00 − (tanx)y0 + (1 + λ tanx)y = 0

Solución:a) Se tiene que la ecuación de Sturm-Liouville es


d

dx

·P (x)

dy

dx

¸+ [Q(x) + λR(x)] y = 0

Dividiendo la ecuación original por x, se obtiene

y00 +2

xy0 + (

λ

x+ 1)y = 0

µ(x) = eR2xdx = e2 lnx = elnx

2= x2

Multiplicando la ecuación anterior por x2

x2y00 + 2xy0 + (λx+ x)y = 0

agrupando los dos primeros términos, se obtiene la ecuación en la formade Sturm-Liouville

d

dx

·x2dy

dx

¸+ (λx+ x)y = 0

dondeP (x) = x2, Q(x) = x2, R(x) = xb) y00 − y0 + (λ+ e−x)y = 0µ(x) = e−

Rdx = e−x

Multiplicando la ecuación por e−x

e−xy00 − e−xy0 + (λe−x + e−2x) = 0y se obtiene la ecuación en la forma de Sturm-Liouville

d

dy

·e−x

dy

dx

¸+ (e−2x + λe−x)y = 0

dondeP (x) = e−x, Q(x) = e−2x, R(x) = e−x

c) y00 + (3 + λ cosx)y = 0En esta ecuación si P (x) = 1, Q(x) = 3, R(x) = cosx se observa fácil-

mente que tiene la forma de Sturm-Liouville:

d

dx

·dy

dx

¸+ (3 + λ cosx)y = 0


d) y00 − (tanx)y0 + (1 + λ tanx)y = 0

µ(x) = e−Rtanxdx = e−(− ln cosx) = eln cosx = cosx

Multiplicando la ecuación por cosx,y sustituyendo tanx por sinxcosx

y00 cosx−·µsinx

cosx

¶cosx

¸y0 +

·cosx+ λ

µsinx

cosx

¶cosx

¸y = 0

y00 cosx− y0 sinx+ (cosx+ λ sinx)y = 0

d

dx

·cosx

dy

dx

¸+ (cosx+ λ sinx)y = 0

Problema 13. Muestre que cada uno de los siguientes son prob-lemas de valor de frontera de Sturm-Liouville. En cada caso en-cuentre (i) los eigenvalores y las eigenfunciones, (ii) un conjuntode funciones mutuamente ortogonales en el intervalo (verifique laortogonalidad por integración directa), y (iii) un conjunto ortonor-mal de funciones en el intervalo . (a) y00 + λy = 0; y(0) = 0, y(4) = 0.(b) y00+λy = 0; y00(0) = 0, y(π) = 0. (c) y00+λy = 0; y0(0) = 0, y0(2) = 0.Solución: En todos los casos se trata de la ecuación

y00 + λy = 0,d

dy

µdy

dx

¶+ λy = 0

la cual tiene la forma de Sturm-Liouville con p(x) = 1, solo resta veri-ficar que las condiciones a la frontera coinciden con alguno de los casos delproblema de valor de frontera de Sturm-Liouville.La solución general de la ecuación es

y(x) = c1 cos√λx+ c2 sin

√λx

(a) Las condiciones a la frontera y(0) = 0, y(4) = 0 coinciden con el casoordinario con a = 0, b = 4, a1 = 1, b1 = 1, a2 = 0 y b2 = 0Aplicando las condiciones de frontera:y(0) = 0 = c1y(4) = 0 = c2 sin 4

√λ, como c2 6= 0, se obtiene


sin 4√λ = 0, 4

√λ = nπ, λ = n2π2

16

Por lo tantoy(x) = c2 sin

nπ4x

por lo tanto los eigenvalores son

λn =n2π2

16

y las eigenfunciones

yn(x) = an sinnπ

4x

Como se trata de un problema de valor a la frontera de Sturm-Liouvillelas eigenfunciones forman un conjunto ortogonal en el intervalo [0,4], estopuede verificarse por integración directa:Z 4

0

³an sin

nπ

4x´³am sin

mπ

4x´dx = anam

Z 4

0

³sinnπ

4x´³sinmπ

4x´dx

Usando la identidad

sinu sin v =1

2[cos(u+ v)− cos(u− v)] (7.37)

Z 4

0

³an sin

nπ

4x´³am sin

mπ

4x´dx =

anam2

Z 4

0

µcos(

(n+m)π

4x)− cos((n−m)π

4x)

¶dx =

anam2

½µ4

(m+ n)πsin(

(n+m)π

4x

¶−µ

4

(m− n)π sin((n+m)π

4x

¶¾40

= 0

siempre y cuando m 6= n. Efectivamente son ortogonales.Para determinar el conjunto de funciones ortonormales:Z 4

0

a2n sin2 nπ

4xdx = 1

a2n

Z 4

0

µ1

2− 12cos

nπ

2x

¶dx = 1


a2n

µx

2− 1

nπsinnπ

2x

¶40

= 1

a2n (2) = 1, es decir an =1√2

por lo tanto

φn(x) =1√2sinnπ

4x

es un conjunto de funciones ortonormales en el intervalo [0, 4](b) Las condiciones a la frontera y0(0) = 0, y(π) = 0 coinciden con el caso

ordinario con a = 0, b = π, a1 = 0, b1 = 1, a2 = 1 y b2 = 0Derivando la solución:

y0(x) = −√λc1 sin

√λx+

√λc2 cos

√λx

Aplicando las condiciones de frontera:y0(0) = 0 =

√λc2 por lo tanto c2 = 0, es decir y(x) = c1 cos

√λx

y(π) = 0 = c1 cos√λπ, como c1 6= 0, se obtiene

cos√λπ = 0,

√λπ = (2n+ 1) π

2, λ = (2n+1)2

4

Por lo tantoy(x) = c1 cos

2n+12x


λn =(2n+ 1)2

4


yn(x) = an cos2n+ 1

2x

Como se trata de un problema de valor a la frontera de Sturm-Liouvillelas eigenfunciones forman un conjunto ortogonal en el intervalo [0,π], noobstante, esto puede verificarse por integración directa:Z +π

0

µan cos

2n+ 1

2x

¶µam cos

2m+ 1

2x

¶dx =


= anam

Z +π

0

µcos

2n+ 1

2x

¶µcos

2m+ 1

2x

¶dx

Usando la identidad

cosu cos v =1

2[cos(u+ v) + cos(u− v)] (7.38)

Z +π

0

µan cos

2n+ 1

2x

¶µam cos

2m+ 1

2x

¶dx =

anam2

Z +π

0

(cos(n+m+ 1)x− cos(n−m)x) dx =

anam2

½1

m+ n+ 1sin (m+ n+ 1)x+

µ1

m− n sin (m− n)x¶¾+π

0

= 0

siempre y cuando m 6= n. Efectivamente son ortogonales.Para determinar el conjunto de funciones ortonormales:Z +π

0

a2n cos2 2n+ 1

2xdx = 1

a2n

Z +π

0

µ1

2+1

2cos (2n+ 1)x

¶dx = 1

a2n

µx

2+

1

2n+ 1sin (2n+ 1)x

¶+π0

= 1

a2n¡π2

¢= 1, es decir an =

q2π

por lo tanto

φn(x) =

r2

πcos

µ2n+ 1

2

¶x


es un conjunto de funciones ortonormales en el intervalo [0,π](c) Las condiciones a la frontera y0(0) = 0, y0(2) = 0 coinciden con el caso

ordinario con a = 0, b = 2, a1 = 0, b1 = 0, a2 = 1 y b2 = 1Derivando la solución:y0(x) = −√λc1 sin

√λx+

√λc2 cos

√λx

Aplicando las condiciones de frontera:y0(0) = 0 =

√λc2 por lo tanto c2 = 0, es decir y(x) = c1 cos

√λx

y0(2) = 0 = −√λc1 sin 2√λ, como c1 6= 0, se obtiene

sin 2√λ = 0, 2

√λ = nπ, λ = n2π2

4

Por lo tanto

y(x) = c1 cosnπ

2x


λn =n2π2

4


yn(x) = an cosnπ

2x

Como se trata de un problema de valor a la frontera de Sturm-Liouvillelas eigenfunciones forman un conjunto ortogonal en el intervalo [0, 2], noobstante, esto puede verificarse por integración directa:Z 2

0

³an cos

nπ

2x´³am cos

mπ

2x´dx = anam

Z 2

0

³cos

nπ

2x´³cos

mπ

2x´dx

Usando la identidad de la ecuación (7.38)

anam2

Z 2

0

µan cos

(m+ n)π

2x

¶µam cos

(m− n)π2

x

¶dx =

anam2

½2

m+ nsin

µ(m+ n)π

2

¶x+

µ2

m− n sinµ(m− n)π

2

¶x

¶¾20

= 0

siempre y cuando m 6= n. Efectivamente son ortogonales.Para determinar el conjunto de funciones ortonormales:


Z 2

0

a2n cos2 nπ

2xdx = 1

a2n

Z 2

0

µ1

2+1

2cosnπx

¶dx = 1

a2n

µx

2+1

nπsinnπx

¶20

= 1

a2n (1) = 1, es decir an = 1por lo tanto

φn(x) = cos³nπ2

´x

es un conjunto de funciones ortonormales en el intervalo [0, 2] .Problema 14. Dado el problema de valor de frontera y00+λy = 0;

y(−1) = y(1), y0(−1) = y0(1).a) Muestre que es un problema de Sturm-Liouville y clasifíquelo

de acuerdo al tipo.b) Encuentre los eigenvalores y eigenfunciones.c) Verifique que las eigenfunciones son mutuamente ortogonales

en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1.d) Encuentre un correspondiente conjunto ortonormal de fun-

ciones.Solución:Tal como se dijo en el ejercicio anterior la ecuación y00 + λy = 0 tiene la

forma de Sturm-Liouville. Corresponde al caso periódico, puesto que:y(a) = y(b) y0(a) = y0(b)

Con a = −1; b = 1y(−1) = y(1) y0(−1) = y0(1)La solución general es:

y(x) = c1 cos√λx+ c2 sin

√λx


y0(x) = −c1√λ sin

√λx+ c2

√λ cos

√λx

a) Aplicando condiciones a la frontera:

y(−1) = c1 cos√λ(−1) + c2 sin

√λ(−1) = c1 cos

√λ− c2 sin

√λ

y(1) = c1 cos√λ+ c2 sin

√λ

Como y(−1) = y(1)

c1 cos√λ− c2 sin

√λ = c1 cos

√λ+ c2 sin

√λ

0 = 2c2 sin√λ como c2 6= 0 se obtiene que√

λ = nπO sea los eigenvalores son

λ = n2π2

De la segunda condición se tiene:

y0(−1) = −c1√λ sin

√λ(−1)+c2

√λ cos

√λ(−1) = c1

√λ sin

√λ+c2

√λ cos

√λ

y0(1) = −c1√λ sin

√λ+ c2

√λ cos

√λ

Como y0(−1) = y0(1)

c1√λ sin

√λ+ c2

√λ cos

√λ = −c1

√λ sin

√λ+ c2

√λ cos

√λ

0 = 2c1√λ sin

√λ como c1 6= 0

se tiene√λ = nπ

se confirma nuevamente que los eigenvalores son λ = n2π2

Por lo tanto las eigenfunciones se pueden escribir como:

yn(x) = an cos(nπx) + bn sin(nπx)


para verificar que forman un conjunto ortogonal en el intervalo [−1, 1] secalcula la integralZ 1

−1(am cos(mπx) + bm sin(mπx)) (an cos(nπx) + bn sin(nπx)) dx =

aman

Z 1

−1(cosmπx) (cosnπx) dx+ ambn

Z 1

−1(cosmπx) (sinnπx) dx+

anbm

Z 1

−1(sinmπx) (cosnπx) dx+ bmbn

Z 1

−1(sinmπx) (sinnπx) dx

Usando la identidad siguiente junto con las de las ecuaciones (7.37) y7.38)

sinu cos v =1

2[sin(u+ v) + sin(u− v)] (7.39)

aman2

R 1−1 (cos(m+ n)πx+ cos(m− n)πx) dx+

ambn2

R 1−1 (sin(m+ n)πx− sin(m− n)πx) dx+

anbm2

R 1−1 (sin(m+ n)πx+ sin(m− n)πx) dx+

bmbn2

R 1−1 (cos(m+ n)πx− cos(m− n)πx) dx =

aman2

³1

(m+n)πsin(m+ n)πx+ 1

(m−n)π sin(m− n)πx´1−1+

ambn2

³− 1(m+n)π

cos(m+ n)πx+ 1(m−n)π cos(m− n)πx

´1−1+

anbm2

³− 1(m+n)π

cos(m+ n)πx− 1(m−n)π cos(m− n)πx

´1−1+

bmbn2

³1

(m+n)πsin(m+ n)πx− 1

(m−n)π sin(m− n)πx´dx = 0 siempre y cuando

m 6= n porque todos los términos con seno se hacen cero; además, al evaluarlos términos de coseno en los límites superiores e inferiores se cancelan.Se procede ahora a encontrar el conjunto de funciones ortonormales:R 1−1 [an cosnπx+ bn sinnπx]

2 =R 1−1£a2n cos

2 nπx+ 2anbn cosnπx sinnπx+ bn sin2 nπx

¤dx =

a2nR 1−1¡12+ 1

2cos 2nπx

¢dx+2anbn

nπsen2nπx

2|1−1 +b2n

R 1−1¡12− 1

2cos 2nπx

¢dx =£

a2n¡12x+ 1

4nπsin 2nπx

¢+ anbn

nπsen2nπx+ b2n

¡12x− 1

4nπsin 2nπx

¢¤1−1 =

272 CHAPTER 7. LAS FUNCIONES DE BESSELha2n2(1− (−1)) + b2n

2(1− (−1))

i= a2n + b

2n

Es decir la norma del conjunto de funciones es igual apa2n + b

2n

Por lo tanto el conjunto de funciones ortonormales es:

φn =1p

a2n + b2n

(an cosnπx+ bn sinnπx)

Problema 15. Discuta el problema de valor de frontera y00 +λy = 0; y(0) + y(1) = 0, y0(0) = 0, respondiendo en particular a lassiguientes preguntas a) ¿Es un problema de Sturm-Liouville? b)¿Tiene eigenvalores y eigenfunciones? c) ¿Si las eigenfuncionesexisten, son ellas mutuamente ortogonales?Solución:a) No es un problema de Sturm-Liouville. Aunque la ecuación tiene la

forma adecuada, las condiciones de frontera no coinciden con ninguno de loscuatro casos mencionados.b) La solución general es:

y (x) = c1 cos√λx+ c2 sin

√λx

y0 (x) = −c1√λ sin

√λx+ c2

√λ cos

√λx

Aplicando condiciones a la frontera:y (0) = c1y (1) = c1 cos

√λ+ c2 sin

√λ

Si y(0) + y(1) = 0, se tiene que:c1 + c1 cos

√λ+ c2 sin

√λ = 0

Ahora se usa la condición y0(0) = 00 = c2

√λ

∴ c2 = 0Retomando la primera condiciónc1 + c1 cos

√λ = 0

c1

³1 + cos

√λ´= 0

como c1no puede ser cero, se tiene que:³1 + cos

√λ´= 0

cos√λ = −1


√λ = (2n− 1)π

O sea los eigenvalores son

λ = (2n− 1)2 π2

Y las eigenfunciones pueden escribirse como

yn (x) = an cos (2n− 1)πx

c) Si el problema fuera de Sturm-Liouville si se podría asegurar la or-togonalidad de la eigenfunciones. Aunque el problema tiene eigenvalores yeigenfunciones éstas no son necesariamente ortogonales en el intervalo (0, 1).Problema 16. El problema de valor de frontera y00+λy = 0; y(−1) =

−y(1), y0(−1) = y0(1). a) ¿Es un problema de Sturm-Liouville? b)¿Tiene eigenvalores y eigenfunciones? c) ¿Si las eigenfunciones ex-isten, son ellas mutuamente ortogonales?Solución:a) Este problema no es de Sturm-Liouville porque las condiciones de fron-

tera no coinciden con ninguno de los cuatro casos.b) Aun así, se puede resolver. La solución general esy (x) = c1 cos

√λx+ c2 sin

√λx derivando

y0 (x) = −c1√λ sin

√λx+ c2

√λ cos

√λx

Aplicando la condición a la frontera y (−1) = −y(1)

y (−1) = c1 cos√λ− c2 sin

√λ

y (1) = c1 cos√λ+ c2 sin

√λ

c1 cos√λ− c2 sin

√λ = −c1 cos

√λ− c2 sin

√λx

0 = 2c1 cos√λ

hay dos posibilidades c1 = 0 o cos√λ = 0 lo cual llevaría a

√λ =

(2n− 1) π2

Aplicando la otra condición de frontera y0 (−1) = −y0(1)y0 (−1) = c1

√λ sin

√λ+ c2 cos

√λ

c1√λ sin

√λ+ c2

√λ cos

√λ = c1

√λ sin

√λ− c2

√λ cos

√λ

0 = 2c2√λ cos

√λ

también hay dos posibilidades c2 = 0 o cos√λ = 0


Como c1 y c2 no pueden ser cero al mismo tiempo la solución más generalse escribe como

y (x) = c1 cos (2n− 1) π2x+ c2 sin (2n− 1) π

2x

las cuales son las eigenfunciones.c) La respuesta a este inciso se contesta analógamente al problema ante-

rior.Problema 17. Determine las eigenfunciones normalizadas y la

ecuación que define los eigenvalores para el problema de valor defrontera xy00 + y0 + xy = 0 con condiciones a la frontera: y acotadaen x = 0 y (a) y(1) = 0; (b) y0(1) = 0; (c) y(1) + 2y0(1) = 0.

a) La ecuación tiene la forma

x2y00 + xy0 + x2y = 0

esta es la ecuación de Bessel con n = 0 cuya solución general es

y (x) = AJ0(√λx) +BY0(

√λx)

A partir de las condiciones a la frontera se obtiene que B = 0 por quey(x) debe estar acotada en x = 0 y la función Y0( x) no está acotada enx = 0. Por lo tanto

y (x) = AJ0(√λx)

Aplicando la condición de frontera y(1) = 00 = A J0

√λ o sea J0

√λ = 0, por lo que los eigenvalores son

λn = r2n

con n = 0, 1, 2, · · ·, rn son las raíces positivas deJ0(x) = 0

Por lo que las eigenfunciones son

yn (x) = AnJ0(rnx)


como el problema es de Sturm-Liouville, caso de un punto singular, talesfunciones son mutuamente ortogonales en el intervalo (0, 1) con respecto a lafunción de peso R(x) = x. Para obtener las eigenfunciones normalizadas sesigue el siguiente proceso Z 1

0

A2n xJ20 (rnx)dx = 1

A2n

Z 1

0

xJ20 (rnx)dx = 1

Como rn son las raíces positivas de J0(x) = 0entonces la integral indicada

se puede evaluar facilmente, consultando la tabla I.

A2n

µJ 020 (rn)2

¶= 1

por lo tanto

A2n =2

(J 00(rn))2 =

2

J21 (rn)

Por lo que las correspondientes funciones normalizadas son

yn (x) =

√2x

J1(rn)J0(rnx)

b) De la misma forma que en el inciso anterior

y (x) = A J0(√λx)

derivandoy0 (x) = A

√λJ 00

³√λx´

Aplicando la condición de frontera y0(1) = 0A√λJ 00√λ = 0 por lo tanto J 00

√λ = 0 y los eigenvalores son

λn = r2n


con n = 0, 1, 2, · · · , rn son las raíces positivasJ 00(x) = 0

Por lo que las eigenfunciones son

yn (x) = AnJ0(rnx)

Siguiendo el mismo procedimiento para normalizar que en el incisoanterior

A2n =1R 1

0xJ20 (rnx)dx

la integral se obtiene de la tabla I recordando que las rn son las raíces pos-itivas J 00(x) = 0 Z 1

0

xJ20 (rnx)dx =J20 (rn)

2

An =

√2

J0(rn)

Por lo que las funciones normalizadas son

yn (x) =

√2x

J0(rn)J0(rnx)

c) Aplicando la condición de frontera

y(1) + 2y0(1) = 0

AJ0

³√λ´+ 2A

√λJ 00

³√λ´= 0

J0³√

λ´+ 2√λJ 00

³√λ´= 0

Por lo tanto los eigenvalores son

λn = r2n


con n = 0, 1, 2, · · ·, rn son las raíces positivasdeJ0(x) + 2xJ

00(x) = 0

Y las eigenfunciones son

yn(x) = AJ0(rnx)

con rn las raíces positivasde J0(x) + 2xJ 00(x) = 0Para obtener las funciones normalizadas se hace uso del tercer renglón de

la tabla I con µ = 12

yn (x) =

√2xrn¡

14+ r2n

¢J0(rn)

J0(rnx)

Problema 18. Encuentre los eigenvalores y eigenfunciones paralos problemas de valor de frontera:(a) x2y00 + xy0 + (λx2 − 4) y = 0; donde y está acotada en x = 0

y y0(1) = 0.(b) x2y00 + xy0 + (λx2 − 25) y = 0; donde y está acotada en x = 0

y 2y(1) + 3y0(1) = 0.Solución: (a) La solución de la ecuación x2y00 + xy0 + (λx2 − 4) y = 0

está dada por

y(x) = AJ2(√λx) +BY2(

√λx)

la función Y2(x) no está acotada en x = 0 por lo tanto B = 0 y

y(x) = AJ2(√λx)

Derivandoy0(x) = A

√λJ 02(√λx)

Aplicando la condición de frontera y0(1) = 0A√λJ 02(√λ) = 0 de donde se obtiene que

√λ = rn, n = 1, 2, 3, · · · donde

rn son las raíces de J 02(x) = 0Por lo tanto los eigenvalores son

λn = r2n

y las correspondientes eigenfunciones


yn(x) = AnJ2(rnx)

(b) La solución de la ecuación x2y00 + xy0 + (λx2 − 25) y = 0 está dadapor

y(x) = AJ5(√λx) +BY5(

√λx)

al igual que en el inciso anterior la función Y5(x) no está acotada en x = 0por lo tanto B = 0 y

y(x) = AJ5(√λx)

Derivandoy0(x) = A

√λJ 05(√λx)

Aplicando la condición de frontera

2y(1) + 3y0(1) = 0

2AJ5(√λ) + 3A

√λJ 05(√λ) = 0

la cual se puede escribir como

2

3J5(√λ) +

√λJ 05(√λ) = 0

de donde se obtiene que√λ = rn, n = 1, 2, 3, · · · donde rn son las raíces de

23J5(x) + xJ

05(x) = 0


λn = r2n


yn(x) = AnJ5(rnx)

Problema 19. Encuentre los eigenvalores y eigenfunciones parael problema de valor de frontera: consistente de la ecuación difer-encial x2y00 + xy0 +

¡λx2 − 1

4

¢y = 0 con la condición de que y está

acotada en x = 0 y (a) y(1) = 0; (b) y0(1) = 0; (c) y(1) + 5y0(1) = 0.


Solución: (a) La solución de la ecuación x2y00 + xy0 +¡λx2 − 1

4

¢y = 0

está dada por

y(x) = AJ1/2(√λx) +BJ−1/2(

√λx)


y(x) =

r2

πx(A sin(

√λx) +B cos(

√λx))

la función y(x) debe estar acotada en x = 0, para ver lo que sucede enx = 0 calculamos el límite

limx→0

hq2πx(A sin(

√λx) +B cos(

√λx))

i= A

q2π

³limx→0

sin(√λx)√x

´+B

q2π

³limx→0

cos(√λx)√x

´aunque el primer límite puede evaluarse usando la regla de L’Hôpital el se-gundo límite se va a ∞, por lo tanto en x = 0 y(x) no está acotada debidoal segundo término, por lo tanto debe tomarse B = 0.

y(x) =

r2

πxA sin(

√λx)

Aplicando la condición de frontera y(1) = 0sin(√λ) = 0 de donde se obtiene que

√λ = nπ, n = 1, 2, 3, · · ·


λn = n2π2


yn(x) =

r2

πxAn sin(nπx)

(b) La solución de la ecuación x2y00 + xy0 +¡λx2 − 1

4

¢y = 0 está dada

por

y(x) = AJ1/2(√λx) +BJ−1/2(

√λx)


y(x) =

r2

πx(A sin(

√λx) +B cos(

√λx))


la función y(x) debe estar acotada en x = 0, para ver lo que sucede enx = 0 calculamos el límite

limx→0

"r2

πx(A sin(

√λx) +B cos(

√λx))

#=

= A

r2

π

Ãlimx→0

sin(√λx)√x

!+B

r2

π

Ãlimx→0

cos(√λx)√x

!aunque el primer límite puede evaluarse usando la regla de L’Hôpital el se-gundo límite se va a ∞, por lo tanto en x = 0 y(x) no está acotada debidoal segundo término, por lo tanto debe tomarse B = 0.

y(x) =

r2

πxA sin(

√λx)

Aplicando la condición de frontera y(1) = 0sin(√λ) = 0 de donde se obtiene que

√λ = nπ, n = 1, 2, 3, · · ·


λn = n2π2


yn(x) =

r2

πxAn sin(nπx)

(b) Según el inciso anterior la solución acotada en x = 0 es

y(x) =

r2

πxA sin(

√λx)

Aplicando la condición de frontera y0(1) = 0

y0(x) =

r2

πA

Ã√λ cos(

√λx)√

x− x

−3/2

2sin(√λx)

!

0 =√λ cos(

√λ)− 1

2sin(√λ)


o sea√λ cos(

√λ) = 1

2sin(√λ)⇒ tan(

√λ) = 2

√λ

por lo tanto√λ = rn, n = 1, 2, 3, · · · donde rn son las raíces de la ecuación

tanx = 2xPor lo tanto los eigenvalores son

λn = r2n

donde rn son las raíces tanx = 2xy las correspondientes eigenfunciones son

yn(x) =

r2

πxAn sin(rnx)

(c) La solución acotada en x = 0 es

y(x) =

r2

πxA sin(

√λx)

Aplicando la condición de frontera y(1) + 2y0(1) = 0

y0(x) =

r2

πA

Ã√λ cos(

√λx)√

x− x

−3/2

2sin(√λx)

!

0 =

r2

πA

·sin(√λ) + 2

µ√λ cos(

√λ)− 1

2sin(√λ)

¶¸

0 =h2√λ cos(

√λ)i

o sea cos(√λ) = 0⇒√λ) = (2n− 1) π

2, n = 1, 2, 3, · · ·


λn = (2n− 1)2 π2

4

y las correspondientes eigenfunciones son

yn(x) =

r2

πxAn sin (2n− 1) π

2x


7.2.5 Series de Bessel

Como las funciones de Bessel son mutuamente ortogonales en el intervalo[0, 1] con respecto a la función de peso x entonces es posible expander unafunción f(x) en serie de las funciones de Bessel de la forma

f(x) =∞Xj=1

ajJn(rjx) (7.40)

los coeficientes se calculan como

ak =

R 10xf(x)Jn(rkx)dxR 10xJ2n(rkx)dx

(7.41)

donde la integral en el denominador se encuentra fácilmente usando latabla I.Problema 20.a) Expanda f(x) = x, 0 < x < 1, en una serie de funciones de

Bessel J1(rkx), donde rk, k = 1, 2, 3, ..., son las raíces positivas deJ1(x) = 0, para obtener

x = 2+∞Xk=1

J1(rkx)

rkJ2(rk)

b) Muestre que la serie en a) converge a f(x) si −1 ≤ x ≤ 1Solución:

f(x) = x =+∞Pk=1

akJ 1(rkx)

ak =

R 10x2J 1(rkx)dxR 10xJ21 (rkx)dx

Como rk son las raíces positivas de J1(x) = 0, a partir de la tabla I la integraldel denominador se encuentra fácilmenteZ 1

0

xJ21 (rkx)dx =1

2J021 (rk)

Para evaluar la integralR 10x2J 1(rkx)dx se hace un cambio de variable

u = rkx du = rkdx


dx = durkZ 1

0

x2J 1(rkx)dx =

Z rk

0

u2

rk2J1 (u)

du

rk=1

r3ku2J2(u) |rk0 =

1

r3k

£r2kJ2(rk)

¤=J2(rk)

rk

Por lo tanto

ak =

J2(rk)rk

12J021 (rk)

=2J2(rk)

rkJ021 (rk)

Si en la relación de recurrencia

Jn−1(x)− Jn+1(x) = 2J 0n(x)se pone n = 1J0(x)− J2(x) = 2J

01(x)

J01(x) =

J0(x)− J2(x)

2(7.42)

Usando también la relación de recurrencia

Jn−1(x) + Jn+1(x) =2n

xJn(x)

también con n = 1J0(x) + J2(x) =

2xJ1(x)

de donde

J0(x) =2

xJ1(x) − J2(x) (7.43)

al sustituir en la ecuación (7.42) se obtiene

J01(x) =

1

xJ1(x)− J2(x) (7.44)

al poner x = rk en la ecuación (7.44) hay que considerar que J1(rk) = 0,por lo tantoJ01(rk) = −J2(rk)Sustituyendo en la expresión para ak

ak =2J2(rk)

rkJ22 (rk)=

2

rkJ2(rk)


Por lo tanto, sustituyendo ak

f(x) = x =+∞Xk=1

2

rkJ2(rk)J 1(rkx)

que es precisamente lo que se deseaba demostrar.b) La aproximación anterior es válida para x ∈ [0, 1]. Para demostrar que

la serie converge a f(x) si x ∈ [−1, 1] cambiamos en la serie x por −x

−x = 2∞Xk=1

1

rkJ2(rk)J1(−rkx)

J1(x) es una función impar, por lo queJ1(−x) = −J1(x). Por lo tanto se obtiene el mismo resultado

x = 2∞Xk=1

1

rkJ2(rk)J1(rkx)

Y se concluye que la aproximación es válida también en el intervalo [−1, 0].Por lo tanto la serie converge a f(x) en el intervalo [−1, 1].NProblema 21. Expanda f(x) = x2, 0 < x < 1 en una serie de

funciones de Bessel J2(rkx), donde rk, k = 1, 2, ...., son las raícespositivas de J2(x) = 0, y muestre que la serie resultante tambiénconverge a f(x) donde −1 ≤ x ≤ 1.Solución:

ak =

R 10x3J2(rkx)dxR 1

0xJ22 (rkx)dx

La solución de la integral del denominador se encuentra en la tabla I yes: Z 1

0

xJ22 (rkx)dx =1

2J 02(rk)

Para encontrar la integral Z 1

0

x3J2(rkx)dx

se hace:


u = rkx du = rkdxx = u

rkdx = du

rkR 10x3J2(rkx)dx =

R rk0

u3

r3kJ2(u)

durk= 1

r4k

R rk0u3J2(u)du =

1r4k(u3J3(u) |rk0 )Z 1

0

x3J2(rkx)dx =1

rkJ3(rk)

Sustituyendo en la ecuación original:

ak =

J3(rk)rk

J 022 (rk)2

=2J3(rk)

rkJ 022 (rk)

De la relación de recurrencia (7.18) con n = 2

J 02(x) =1

2(J1(x)− J3(x))

Ahora de la relación de recurrencia (7.17); con n = 2

J3(x) =4

xJ2(x)− J1(x)

Al evaluar en x = rk

J3(rk) =4

rkJ2(rk)− J1(rk)

Pero como J2(rk) = 0

J1(rk) = −J3(rk)Sustituyendo en la ecuación para J 02(x)

J 02(rk) =1

2(−J3(rk)− J3(rk)) = −J3(rk)

(J 02(rk))2= J23 (rk)

Entonces ak es


ak =2J3(rk)

rkJ23 (rk)=

2

rkJ3(rk)

Por lo tanto

f(x) = 2∞Xk=1

J2(rkx)

rkJ3(rk)

o sea

x2 = 2

µJ2(r1x)

r1J3(r1)+J2(r2x)

r2J3(r2)+J2(r3x)

r3J3(r3)+ ....

¶Esta aproximación es válida para el intervalo [0, 1], para ver que es válida

en el intervalo [−1, 1] se cambia x por −x en la serie(−x)2 = x2 = 2

P∞k=1

J2(−rkx)rkJ3(rk)

y como J2(−rkx) = J2(rkx) se obtienela misma serie, por lo tanto la serie converge a f(x) en todo el intervalo[−1, 1] .NProblema 22. Expanda f(x) = 1, 0 < x < 1, en una serie de

funciones de Bessel J0(rkx), donde rk, k = 1, 2, ..., son las raícespositivas de xJo0(x) + J0(x) = 0.

Solución:

ak =

R 10xJ0(rkx)dxR 1

0xJ20 (rkx)dx

La integral del denominador se encuentra utilizando la tabla I (tercerrenglón) con µ = 1 Z 1

0

xJ20 (rkx)dx =(r2k + 1)J

20 (rk)

2r2k

y la del denominador se resuelve haciendo u = rkx esR 10xJ0(rkx)dx =

R rk0

ur2kJ0(u)du =

huJ1(u)r2k

irk0= J1(rk)

rk

por lo tanto

ak =

J1(rk)rk

(r2k+1)J20 (rk)2r2k

=2rkJ1(rk)

(r2k + 1)J20 (rk)


por lo tanto

f(x) = 1 = 2∞Xk=1

rkJ1(rk)

(r2k + 1)J20 (rk)

J0(rkx)

Problema 23. Muestre que para −1 ≤ x ≤ 1

x

2=

∞Xk=1

rkJ2 (rk)J1 (rkx)

(r2k − 1)J21 (rk)

donde rk, k = 1, 2, .., son las raíces positivas de J 01(x) = 0.Solución:

ak =

R 10x¡x2

¢J1 (rkx) dxR 1

0xJ21 (rkx) dx

La integral del denominador se encuentra usando el segundo renglón dela tabla I Z 1

0

xJ21 (rkx) dx =(r2k − 1)J21 (rk)

2r2k

En la integral del numerador se hace u = rkxZ 1

0

x2

2J1 (rkx) dx =

1

2

rkZ0

u2

r3kJ1 (u) du =

1

2r3k

£u2J2 (u)

¤rk0=J2 (rk)

2rk

Por lo tanto

ak =

J2(rk)2rk

(r2k−1)J21 (rk)2r2k

=rkJ2 (rk)

(r2k − 1)J21 (rk)

Es decir

f(x) =x

2=

∞Xk=1

rkJ2 (rk)

(r2k − 1) J21 (rk)J1 (rkx)

que es precisamente lo que se quería demostrar.N


Problema 24. Usando la identidad de Parseval en el problema20, muestre que

∞Xk=1

J 021 (rk)r2kJ

22 (rk)

=1

8

Solución:La identidad de Parseval establece queZ 1

0

x [f(x)]2 dx =∞Xk=1

dka2k (7.45)

donde ak se encuentra usando la ecuación (7.41) y dk se determina a partirde

dk =

Z 1

0

xJ2n(rkx)dx (7.46)

En el problema 20 se obtuvo que

f(x) = x = 2∞Xk=1

J1(rkx)

rkJ2(rk)

al calcular ak se obtuvo

ak =2

rkJ2(rk)

dk =

Z 1

0

xJ21 (rkx)dx =1

2J 021 (rk)

Entonces la identidad de Parseval se escribe comoZ 1

0

x3dx =∞Xk=1

1

2J 021 (rk)

4

r2kJ22 (rk)

1

4=X 2J 021 (rk)

r2kJ22 (rk)

Por lo tanto


1

8=X J 021 (rk)

r2kJ22 (rk)

Problema 25. (a) Si rk, k = 1, 2, . . . , son las raíces positivas deJ3(x) = 0,muestre que para 0 ≤ x ≤ 1

x3 = 2∞Xk=1

J3(rkx)

rkJ4(rk)

(b) Escriba la identidad de Parseval correspondiente al resultadoen (a).Solución:(a)

x3 =∞Xk=1

akJ3(rkx)

donde

ak =

R 10x4J3(rkx)dxR 1

0xJ 2

3 (rkx)dx

la integral del denominador es:Z 1

0

xJ 23 (rkx)dx =

1

2J 0 23 (rk)

y la integral del numerador es:Z 1

0

x4J3(rkx)dx =J4(rk)

rk

A partir de las relaciones de recurrencia (7.16) y (7.17) con n = 3

J2(x)− J4(x) = 2J 03(x)


J2(x) + J4(x) =6

xJ3(x)

al poner x = rk, donde rk son las raíces de J3(x) = 0 en la segundaecuación

J2(rk) = −J4(rk)

y sustituyendo en la primera se obtiene

J 03(rk) = −J4(rk)

por lo tanto

ak =J4(rk)

12rkJ 0 23 (rk)

=2J4(rk)

rkJ24 (rk)=

2

rkJ4(rk)

y se obtiene justo lo que se deseaba mostrar

x3 = 2∞Xk=1

J3(rkx)

rkJ4(rk)

(b) Se calculan los coeficientes dk en la identidad de Parseval, ecuaciones(7.45) y (7.46)

dk =

Z 1

0

xJ 23 (rkx)dx =

1

2J 0 23 (rk)

Por lo que la identidad de Parseval queda comoZ 1

0

x7dx =∞Xk=1

·1

2J 0 23 (rk)

¸ ·2

rkJ4(rk)

¸2

1

8=

∞Xk=1

J24 (rk)

·2

r2kJ24 (rk)

¸= 2

∞Xk=1

1

r2k

o bien


1

16=

1

r21+1

r22+1

r23+ . . .

Problema 26. (a) Si rk, k = 1, 2, . . . , son las raíces positivas deJ0(x) = 0,muestre que para 0 ≤ x ≤ 1

x2 = 2∞Xk=1

(r2k − 4)J0(rkx)r3kJ1(rk)

(b) Escriba la identidad de Parseval correspondiente al resultadoen (a).Solución:(a)

x2 =∞Xk=1

akJ0(rkx)

donde

ak =

R 10x3J0(rkx)dxR 1

0xJ 2

0 (rkx)dx


0

xJ20 (rkx)dx =1

2J 0 20 (rk) =

1

2J21 (rk)

para la integral del numerador hacemos:w = rkx, dw = rkdxZ 1

0

x3J0(rkx)dx =1

r4k

Z rk

0

w3J0(w)dw

integrando por partesu = w2

du = 2wdwdv = wJ0(w)dwv = wJ1(w)R 10x3J0(rkx)dx =

1r4k

¡w3J1(w) |rk0 −2

R rk0w2J1(w)dw

¢=


1r4k(w3J1(w)− 2w2J2(w))rk0 = 1

r4k(r3kJ1(rk)− 2r2kJ2(rk)) =

1r2k(rkJ1(rk)− 2J2(rk))Z 1

0

x3J0(rkx)dx =rkJ1(rk)− 2J2(rk)

r2k

A partir de la relación de recurrencia (7.16) n = 1

J0(x) + J2(x) =2

xJ1(x)

al poner x = rk, donde rk son las raíces de J0(x) = 0

J2(rk) =2

rkJ1(rk)

se obtieneR 10x3J0(rkx)dx =

rkJ1(rk)−2³2rkJ1(rk)

´r2k

=J1(rk)(r

2k−4)

r3kpor lo tanto

ak =

J1(rk)(r2k−4)

r3k12J21 (rk)

=2(r2k − 4)r3kJ1(rk)


x2 = 2∞Pk=1

(r2k−4)r3kJ1(rk)

J0(rkx)

(b) Se calculan los coeficientes dk en la identidad de Parseval, ecuaciones(7.45) y (7.46)

dk =

Z 1

0

xJ20 (rkx)dx =1

2J 020 (rk) =

1

2J21 (rk)

Por lo que la identidad de Parseval queda comoZ 1

0

x5dx =∞Xk=1

·1

2J21 (rk)

¸ ·2(r2k − 4)r3kJ1(rk)

¸2


1

6= 2

∞Xk=1

·(r2k − 4)2

r6k

¸o bien

1

12=(r21 − 4)2

r61+(r22 − 4)2

r62+(r23 − 4)2

r63+ . . .

Problema 27. (a) Si rk, k = 1, 2, . . . , son las raíces positivas deJ0(x) = 0,muestre que para −1 < x < 1

1− x28

=∞Xk=1

J0(rkx)

r3kJ1(rk)

(b) Muestre que

∞Xk=1

1

r3kJ1(rk)=1

8

Solución:(a)

1− x28

=∞Xk=1

akJ0(rkx)

donde

ak =

R 10x³1−x28

´J0(rkx)dxR 1

0xJ 2

0 (rkx)dx


0

xJ20 (rkx)dx =1

2J 0 20 (rk) =

1

2J21 (rk)

para la integral del numerador hacemos:w = rkx, dw = rkdxR 10x³1−x28

´J0(rkx)dx =

18r2k

R rk0wJ0(w)dw − 1

8r24

R rk0w3J0(w)dw


integrando por partes la segunda integralu = w2

du = 2wdwdv = wJ0(w)dwv = wJ1(w)Z 1

0

x

µ1− x28

¶J0(rkx)dx =

1

8r2kwJ1(w) |rk0 −

1

8r4k

µw3J1(w) |rk0 −2

Z rk

0

w2J1(w)dw

¶=

1

8rkJ1(rk)− 1

8r4k

¡r3kJ1(rk)− 2r2kJ2(rk)

¢=J2(rk)

4r2k

Z 1

0

x

µ1− x28

¶J0(rkx)dx =

J2(rk)

4r2k

A partir de la relación de recurrencia (7.16) n = 1

J0(x) + J2(x) =2

xJ1(x)

al poner x = rk, donde rk son las raíces de J0(x) = 0

J2(rk) =2

rkJ1(rk)

se obtiene Z 1

0

x

µ1− x28

¶J0(rkx)dx =

2rkJ1(rk)

4r2k=J1(rk)

2r3k

por lo tanto

ak =

J1(rk)2r3k

12J21 (rk)

=1

r3kJ1(rk)


1− x28

=∞Xk=1

J0(rkx)

r3kJ1(rk)


al cambiar en esta expresión x por −x se muestra fácilmente que estaaproximación es válida para x ∈ (−1, 1)(b) Si en el resultado anterior hacemos x = 0 y recordando que J0(0) = 1

1

8=

∞Xk=1

1

r3kJ1(rk)

Problema 28. a) Muestre que para −1 ≤ x ≤ 1,

x3 − x16

=∞Xk=1

J1(rkx)

r3kJ0(rk)

donde rk son las raíces positivas de J1(x) = 0b) Deduzca que

∞Xk=1

J1 (rk/2)

r3kJ0(rk)= − 3

128

Solución:(a)

ak =

R 10x³x3−x16

´J1(rkx)dxR 1

0xJ21 (rk)dxR 1

0xJo2(rk)dx =

12J021 (rk)R 1

0x³x3−x16

´J1(rkx)dx =

116

R 10x4J1(rkx)dx− 1

16

R 10x2J1(rkx)dx

Haciendo u = rkx du = rkdx dx = durkZ 1

0

x2J1(rkx)dx =1

r3k

Z rk

0

u2J1(u)du =1

r3k

¡u2J2(u)du

¢ |rk0 = J2(rk)rk

Z 1

0

x4J1(rkx)dx =1

r5k

Z rk

0

u4J1(u)du =1

r5k

Z 1

0

u4J1(u)du

w = u2 dv = u2J1 (u) dxdw = 2udu v = u2J2 (u)


1

r5k

Z 1

0

x4J1(rkx)dx =1

r5k

µu4J2 (u)− 2

Z 1

0

u3J2 (u) du

¶=

1

r5k

£u4J2 (u)− 2u3J3 (u)

¤rk0=1

r5k

·u4J2(x)− 2u3

·4

uJ2 (u)− J1 (u)

¸¸rk0

=

1

r5k

£u4J2(u)− 8u2J2(u)− 2u3J1 (u)

¤rk0=1

r5k

£r4kJ2(rk)− 8r2kJ2(rk)− 2r3kJ1 (rk)

¤=

1

r5k

£r4kJ2(rk)− 8r2kJ2(rk)

¤pero

J0(x) + J2(x) =2

xJ1(x)

si x = rk son las raíces de J1(x) = 0

J2(rk) = −J0(rk)Por lo tantoZ 1

0

x4J1(rkx)dx =1

r5k

£−r4kJ0(rk) + 8r2kJ0(rk)¤ = J0(rk)

r3k

£8− r2k

¤Regresando a la integral originalZ 1

0

x

µx3 − x16

¶J1(rkx)dx =

1

16

·J0(rk)

r3k

£8− r2k

¤+J0(rk)rk

¸=1

2

J0 (rk)

r3k

Por lo tanto

ak =

12J0(rk)r3k

12J20 (rk)

=1

r3kJ0 (rk)

Por lo tanto

x3 − x16

=∞Xk=1

J1 (rkx)

r3kJ0(rk)


b) Si x = 12en esta expresión

∞Xk=1

J1 (rk/2)

r3kJ0(rk)=

18− 1

2

16= − 6

256= − 3

128

Problema 29. Encuentre la serie de Bessel de f(x) = lnx para0 < x ≤ 1 en términos de J0(rkx)donde rk, k = 1, 2, ....., son las raíces positivas de J0(x) = 0.Solución:

ak =

R 10x lnxJ0(rkx)dxR 10xJ20 (rkx)dx

Z 1

0

xJ20 (rkx)dx =1

2J 020 (rk)

En la integralR 10x lnxJ0(rkx)dx se hace:

u = rkx du = rkdxx = u

rkdx = du

rkR 10x lnxJ0 (rkx) dx =

R rk0

urkln( u

rk)J0 (u)

durk= 1

r2k

R rk0u ln( u

rk)J0 (u) du

Integrando por partesα = ln( u

rk) db = uJ0(u)du

dα = rkudurk= du

ub = uJ1(u)

= 1r2k

³uJ1(u) ln(

urk) |rk0 −

R rk0J1(u)du

´1r2k

³uJ1(u) ln(

urk) + J0(u)

´rk0= 1

r2k(rkJ1(rk) + J0(rk)− J0(0)) = 1

r2k(rkJ1(rk)−

1)

ak =2 (rkJ1(rk)− 1)r2kJ

020 (rk)

Como

J 00(x) = −J1(x)

(J 00(x))2= (−J1(x))2 = J21 (x)


ak =2 (rkJ1(rk)− 1)

r2kJ21 (rk)

f(x) = lnx = 2∞Xk=1

(rkJ1(rk)− 1)r2kJ

21 (rk)

J0(rkx)

Chapter 8

Ecuaciones diferencialesparciales

En la primera parte se ilustra el método de separación de variables, talmétodo no requiere mayor explicación, se ilustra con todo detalle en losproblemas.

8.1 El método de separación de variables

Problema 1. Use el método de separación de variables para obtenerla solución del siguiente problema de valor de frontera.

∂U

∂x+

∂U

∂y= U

U (0, y) = 2e−y + 3e−2y

Solución: Se propone una solución de la forma:

Y (x, t) = X (x)Y (y)

dY

dy= XY 0;

dY

dx= X 0Y

Sustituyendo en la ecuación y dividiendo entre XY :

299

300 CHAPTER 8. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES

XY 0

XY+X 0YXY

= XY ;X 0

X+Y 0

Y= 1;

X 0

X= 1− Y

0

Y

La única forma en que una función de x es igual a una función de y escuando son iguales a una constante:

X 0

X= 1− Y

0

Y= c

Y se obtienen las ecuaciones

X 0

X= c

1− Y0

Y= c

La primera ecuación se escribe en la forma

X 0 = cX

dX

dx= cX

Es de variables separables

dX

X= cdx

Integrando:

lnX = cx+ ln c1

lnX − ln c1 = cx

lnX

c1= cx

X(x) = c1ecx

8.1. EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES 301

Para encontrar Y (y) se resuelve la ecuación

1− Y0

Y= c

Y 0

Y= 1− c

que es también de variables separables

dY

Y= (1− c)dy

lnY = (1− c)y + ln c2Despejando Y (y)

Y (y) = c2e(1−c)y

Por lo tanto la solución general se escribe como

U(x, y) = c1ecxc2e

(1−c)y = aecx+(1−c)y

Al tratar de aplicar la condición de frontera se llega a una contradicciónporque U(0, y) = ae(1−c)y solamente tiene un término, para evitar la con-tradicción se usa el principio de superposición y se escribe la solución de lasiguiente forma:

U(x, y) = a1ec1x+(1−c1)y + a2ec2x+(1−c2)y

Ahora si, aplicando las condiciones a la frontera:

U(0, y) = a1e(1−c1)y + a2e(1−c2)y = 2e−y + 3e−2y

de tal forma que a1 = 2, a2 = 3, 1− c1 = −1, 1− c2 = −2, o sea por lotanto c1 = 2 y c2 = 3, por lo tanto la solución se escribe como

U(x, y) = 2e2x−y + 3e3x−2y


Problema 2. Use el método de separación de variables paraobtener la solución del siguiente problema de valor de frontera.

9d2Y

dt2=d2Y

dx2

y (0, t) = 0; yt (x, 0) = 2senx− 3sen2x; y (π, t) = 0; y (x, 0) = 0Solución: Se propone una solución de la forma:

Y (x, t) = X (x)T (t)

d2Y

dt2= XT 00;

d2Y

dx2= X 00T

Sustituyendo en la ecuación y dividiendo entre XT :

9XT 00

XT=X 00TXT

;9T 00

T=X 00

X

La única forma en que una función de t es igual a una función de x escuando son iguales a una constante:

9T 00

T=X 00

X= c

Y se obtienen las ecuaciones

X 00

X= c

9T 00

T= c

La primera ecuación se escribe en la forma

X 00 − cX = 0

Su ecuación característica es

8.1. EL MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES 303

m2 − c = 0o sea m = ±√c. Po r lo tanto existen tres casosc > 0. En cuyo caso las raíces son reales y diferentes. Por lo tanto la

solución X(x) se escribe como

X(x) = c1em1x + c2e

m2x

c = 0. En este caso solo hay una raíz doble m = 0, la solución se escribecomo

X(x) = c1 + c2x

c < 0. En este caso las raíces son complejas m = ±√−ci = ±βi. Y lasolución se escribe como

X(x) = c1 cosβx+ c2 sinβx

Para decidir cual de los tres casos es el adecuado se observa que una delas condiciones de frontera es yt (x, 0) = 2senx− 3sen2x, el hecho de que enesta expresión aparezcan términos con senos automáticamente descarta losdos primeros casos, ya que una solución que no contenga términos con senosy cosenos no podrá cumplir con esta condición a la frontera. Usualmentepara asegurar que c es negativa se pone c = −λ2, para encontrar T (t) seresuelve la ecuación

9T 00

T= − λ2

esta ecuación se escribe como

9T 00 + λ2T = 0

Las raíces de la ecuación característica son m = ±λ3i, por lo que la solu-

ción se escribe como

T (t) = c3 cosλ

3t+ c4 sen

λ

3t


Por lo tanto la solución general se escribe como

Y (x, t) = (c1 cosλx+ c2 senλx)(c3 cosλ

3t+ c4 sen

λ

3t)

Aplicando las condiciones a la frontera:Y (0, t) = 0 = (c1) (c3 cos

λ3t+ c4 sen

λ3t) ∴ c1 = 0

Es decir,Y (x, t) = (c2 senλx)(c3 cos

λ3t + c4 sen

λ3t) = senλx(a1 cos

λ3t +

a2 senλ3t)

Aplicando ahora la condición y (x, 0) = 0

Y (x, 0) = a1senλx = 0 ∴ a1 = 0

Y la solución se escribe como

Y (x, t) = a2 senλxsenλ

3t

Ahora se aplica la condición y (π, t) = 0Y (π, t) = a2 senλπsen

λ3t = 0

∴ senλπ = 0 de donde se obtiene λπ = nπ, es decir, λ = n

Y (x, t) = a2sennxsenn

3t = Asennxsen

n

3t

Para cumplir con la última condición de frontera se aplica el principio desuperposición..

Y (x, t) = A1senn1xsenn13t + A2senn2xsen

n23t

Derivamos con respecto a t

Yt(x, t) = A1n13senn1x cos

n13t+A2

n23sen n2x cos

n23t

Aplicamos la última condición de frontera

Yt(x, 0) = 2senx− 3sen2x = A1n13senn1x+A2

n23sen n2x

n1 = 1 y A13= 2, A1 = 6; n2 = 2 y 2A2

3= −3, A2 = −92

Por lo tanto la solución queda como

8.2. PROBLEMAS DE APLICACIÓN 305

Y (x, t) = 6senxsent

3− 92sen2xsen

2

3t

8.2 Problemas de aplicación

Problema 1. Una barra de 100 cm de longitud tiene sus extremosx = 0 y x = 100 mantenidos a 00 C. Inicialmente la temperaturaf(x) está dada por

f(x) =

0 si 0 < x < 40100 si 40 < x < 600 si 60 < x < 100

Asumiendo una difusividad de 0.20 y una superficie aislada,encuentre la temperatura en cualquier posición de la barra encualquier tiempo.

Solución:Se utiliza la ecuación de calor:

∂u

∂t= 0.2

∂2u

∂x2

Se propone una solución de la forma:

U(x, t) = X(x)T (t)

La derivadas parciales son:

∂u

∂t= XT 0,

∂2u

∂x2= X 00T


XT 0 = 0.2X 00T

Dividiendo entre XT :

T 0

0.2T=X 00

X= −λ2


Como se observa, ya se separaron las variables. Se iguala a −λ2 paraasegurar que la solución X(x) sea en términos de senos y cosenos. De hecho,tal solución es:

X(x) = c1 cosλx+ c2 sinλx

De la misma forma la solución de la ecuación para T (t) es:

T (t) = c3e−0.2λ2t

Por lo tanto la solución general es:

U(x, t) = c3e−0.2λ2t(c1 cosλx+ c2 sinλx)

Agrupando constantes la solución se escribe como:

U(x, t) = e−0.2λ2t(A cosλx+B sinλx)

Las condiciones de frontera son:

U(0, t) = 0, U(100, t) = 0

U(x, 0) = f(x)

Aplicando la primera condición:

U(0, t) = (e−0.2λ2t)A = 0⇒ A = 0

La solución queda como:

U(x, t) = Be−0.2λ2t sinλx

Con x = 100:

U(100, t) = Be−0.2λ2t sin 100λ = 0

La única forma en que puede dar cero es que sin 100λ = 0, osea:

nπ = 100λ, λ = nπ/100


Por lo que la solución hasta ahora se escribe como:

U(x, t) = Be−0.2(nπ/100)2tsin

nπx

100

Para satisfacer la última condición es necesario usar el principio de su-perposición:

U(x, t) =∞Xn=1

Bne−0.2(nπ/100)2tsin

nπx

100

Ahora si, en t = 0:

U(x, 0) = f(x) =∞Xn=1

Bn sinnπx

100

Aplicando las fórmulas de la serie de Fourier para calcular Bn:

Bn =2

100

·Z 100

0

f(x) sinnπx

100dx

¸

Bn =2

100

·Z 40

0

(0) sinnπx

100dx+

Z 60

40

100 sinnπx

100dx+

Z 100

60

(0) sinnπx

100dx

¸

Bn =2

100100

·−100nπ

cosnπx

100

¸6040

Bn =200

nπ

·cos

2nπ

5− cos 3nπ

5

¸La solución se escribe como:

U(x, t) =200

π

∞Xn=1

cos 2nπ5− cos 3nπ

5

ne−0.2(nπ/100)

2tsinnπx

100

Problema 2. Una barra de difusividad κ cuya superficie estáaislada y cuyos extremos están localizados en x = 0 y x = L tieneuna distribución de temperatura inicial f(x). Asumiendo que los


extremos de la barra están aislados, determine la temperatura dela barra en cualquier tiempo. Encuentre la temperatura de la barrasi

f(x)=

½2U0xL

si 0 < x ≤ L2

2U0L(L− x) si L

2≤ x < L

Solución:Si se resuelve la ecuación de calor:

∂U

∂T= k

∂2U

∂x2

Se obtiene la solución:

U(x, t) = e−kλ2t(A cosλx+B sinλx)

Si los extremos están aislados entonces deben de cumplirse las condicionesa la frontera:

Ux(0, t) = 0, Ux(L, t) = 0

y la condición inicial es:

U(x, 0) = f(x)

Derivando la solución:

Ux(x, t) = e−kλ2t(−Aλ sinλx+Bλ cosλx)


Ux(0, t) = 0 = e−kλ2tBλ

La única forma en que la expresión anterior puede ser cero es que B = 0,es decir:

U(x, t) = Ae−kλ2t cosλx

Aplicando la segunda condición de frontera:

Ux(L, t) = 0 = −Aλe−kλ2t sinλL


Para que la última expresión sea cero debe tenerse que sinλL = nπ, porlo tanto:

λ =nπ

L

Y la solución se escribe como:

U(x, t) = Ae−k(nπL)2t cos

nπ

Lx

Sin embargo, en esta forma no puede cumplirse la condición inicial, paraello habrá que utilizar el principio de superposición:

U(x, t) =∞Xn=0

Ane−k(nπ

L)2t cos

nπ

Lx = A0 +

∞Xn=1

Ane−k(nπ

L)2t cos

nπ

Lx

La separación en dos términos se hace para utilizar las fórmulas de Fourierpara A0 y An:

A0 =2

L

Z L

0

f(x)dx

An =1

L

Z L

0

f(x) sinnπ

Lxdx

Evaluando

A0 =2

L

"Z L/2

0

2U0Lxdx+

Z L

L/2

2U0L(L− x)dx

#=4U0L2

"x2

2

¯L/20

+ (Lx− x2

2)

¯LL/2

#

A0 =4U0L2

·L2

8+ L2 − L

2

2− L

2

2+L2

8

¸=4U0L2

·L2

4

¸= U0

An =2

L

"Z L/2

0

2U0Lx sin

nπ

Lxdx+

Z L

L/2

2U0L(L− x) sin nπ

Lxdx

#

Haciendo la integral:Rx sin nπ

Lxdx


u = x, du = dx

dv = sinnπ

Lxdx, v = − L

nπcos

nπ

Lx

Zx sin

nπ

Lxdx = − L

nπx cos

nπ

Lx+

L

nπ

Zcos

nπ

Lxdx = − L

nπx cos

nπ

Lx+

L2

n2π2sinnπ

Lx

An =4U0L2

− Lnπx cos nπ

Lx+ L2

n2π2sin nπ

Lx¯L/20−L2

nπcos nπ

Lx¯LL/2+

+ Lnπx cos nπ

Lx− L2

n2π2sin nπ

Lx¯LL/2

An =

4U0L2

· − L2

2nπcos nπ

2+ L2

n2π2sin nπ

2− L2

nπcosnπ + L2

nπcos nπ

2+ L2

nπcosnπ−

− L2

n2π2sinnπ − L2

2nπcos nπ

2+ L2

n2π2sin nπ

2

¸y solamente queda:

An =4U0L2

·2L2

n2π2sinnπ

2

¸=8U0n2π2

sinnπ

2

Por lo tanto la solución se escribe como:

U(x, t) = U0 +8U0π2

∞Xn=1

sin nπ2

n2e−k(

nπL)2t cos

nπ

Lx

Problema 3. Si la superficie de una barra metálica no estáaislada sino que en vez irradia calor a un medio de temperaturaconstante U0 de acuerdo a la Ley de Newton de enfriamiento, laecuación diferencial para el flujo de calor se convierte en

aUat

= ka2Uax2− c(U − U0)

Asumiendo que los extremos de la barra de longitud L se mantienena 0C y la distribución de la temperatura inicial es f(x), mientrasque U0 = 0C , encuentre U(x, t).Solución:Como U0 = 0C, la ecuación que se va a resolver es:


aUat

= ka2Uax2

− cU

Con las condiciones a la frontera:

U(0, t) = 0 = U(L, t)

Y la condición inicial:

U(x, 0) = f(x)


U(x, t) = X(x)T (t)

La derivadas parciales son:

∂u

∂t= XT 0,

∂2u

∂x2= X 00T


XT 0 = κX 00T − cXTDividiendo entre XT :

T 0

κT=X 00

X− c

κ

T 0

κT+c

κ=X 00

X= −λ2

Resolviendo la ecuación:

X 00

X= −λ2

Obtenemos:

X(x) = c1 cosλx+ c2senλx


La solución para T (t) es:

T 0

κT= −λ2 − c

κ

dT

T= (−κλ2 − c)dt

ZdT

T= −

Z(κλ2 + c)dt

lnT = −(κλ2 + c)t+ ln c3

lnT

c3= −(κλ2 + c)t

T = c3e−(κλ2+c)t

Por lo que la solución general se escribe como:

U(x, t) = (c1 cosλx+ c2 sinλx)c3e−(κλ2+c)t

U(x, t) = e−(κλ2+c)t(A cosλx+B sinλx)

Aplicando la condición de frontera:

U(0, t) = Ae−(κλ2+c)t = 0⇒ A = 0

Por lo que la solución se escribe como:

U(x, t) = Be−(κλ2+c)t sinλx

Aplicando la segunda condición de frontera:

U(L, t) = Be−(κλ2+c)t sinλL = 0 : λL = nπ : λ =

nπ

L


U(x, t) = Be−(kn2πL2

2k+c)t sin

nπ

Lx

Para poder aplicar la condición inicial se requiere usar el principio desuperposición:

U(x, t) =∞Xn=1

Bne−(kn2π

L2

2k+c)t sin

nπ

Lx

U(x, 0) = f(x) =∞Xn=1

Bn sinnπ

Lx

Bn =2

L

·Z L

0

f(x) sinnπ

Lxdx

¸Por lo tanto la solución se puede escribir como:

U(x, t) = 2L

∞Pn=1

hR L0f(x) sin nπ

Lxdx

ie−(

kn2πL2

2k+c)t sin nπ

Lx

La cual podría ser evaluada si se conociera la función f(x).

Problema 4. Una placa rectangular de dimensiones a y b, tienesus caras planas aisladas. Tres aristas se mantienen a temperaturacero mientras que la cuarta se mantiene a la temperatura constanteU0. Muestre que la temperatura de estado estacionario está dadapor

U(x, y) =2U0π

∞Xk=1

(1− cos kπ) sin(kπxa) sinh

¡kπya

¢k sinh(kπb

a)

Solución:Consideramos la ecuación de calor en dos dimensiones:

∂U

∂t= κ

µ∂2U

∂x2+

∂2U

∂y2

¶Como es en estado estacionario ∂U

∂t= 0

la ecuación que se resuelve, es la ecuación de Laplace


∂2U

∂x2+

∂2U

∂y2= 0

haciendo la separación de variables:

X 00

X+Y 00

Y= 0

X 00

X= −Y

00

Y= −λ2

La ecuación para X(x) ya se ha obtenido anteriormente:

X(x) = c1 cosλx+ c2senλx

La ecuación para Y (y) es:

Y 00

Y= λ2

Y 00 − λ2Y = 0

La ecuación característica es:

m2 − λ2 = 0

o sea m = ±λ. Po r lo tanto Y (y) se escribe como

Y (y) = c3eλy + c4e

−λy

la solución general es de la forma:

U(x, y) = (c1 cosλx+ c2 sinλx)¡c3e

λy + c4e−λy¢

las cpndiciones a la frontera se pueden escribir como

U(0, y) = U(x, 0) = U(a, y) = 0, U(x, b) = U0


donde se está suponiendo que la arista superior es la que se mantiene auna temperatura diferente de cero.Aplicando la primera condición de frontera

U(0, y) = 0 = c1(c3eλy + c4e

−λy)⇒ c1 = 0

U(x, y) = c2 sinλx¡c3e

λy + c4e−λy¢

La segunda condición de frontera:

U(a, y) = 0 = c2 sinλa¡c3e

λy + c4e−λy¢

se obtiene que sinλa = 0 por lo que λa = nπ y λ = nπa

U(x, y) = sinnπ

ax³Ae

nπay +Be

−nπay´

Se aplica ahora la tercera condición de frontera:

U(x, 0) = 0 = sinnπ

ax (A+B)

para esto (A+B) = 0 por lo tanto B = −A

U(x, y) = A sinnπ

ax³enπay − e−nπa y

´

U(x, y) = 2A sinnπx

a

Ãenπay − e−nπa y

2

!= B sin

nπx

asinh

nπ

ay

Se necesita utilizar el principio de superposición para poder aplicar laúltima condición:

U(x, y) =∞Xn=1

Bn sinnπ

ax sinh

nπ

ay

U(x, b) = U0 =∞Xn=1

Bn sinnπ

ax sinh

nπ

ab


Esta condición se puede escribir como:

U0 =∞Xn=1

Cn sinnπ

ax

Si se toma que Cn = Bn sinh nπa bSe obtiene Cn a partir de las fórmulas de Fourier:

Cn =2

a

Z a

0

U0 sin³nπax´dx

Cn =2

a

hU0³ anπ

´³− cos nπ

ax´ia

0

Cn =2U0nπ(1− cosnπ)

A partir de Cn se puede obtener Bn:

Bn =Cn

sinh nπab

La solución es:

U(x, y) =∞Xn=1

Ã2U0nπ(1− cosnπ)sinh

¡nπab¢ !

sinnπ

ax sinh

nπ

ay

Por lo tanto:

U(x, y) =2U0π

∞Xn=1

Ã(1− cosnπ)n sinh

¡nπab¢! sin nπ

ax sinh

nπ

ay

que es precisamente lo que se deseaba demostrar.

Problema 5. Una cuerda de longitud de 2 ft pesa 4 onzas y seestira hasta que la tensión sea de 1 lb fuerza. El centro de la cuerdase alza 1/4 de pulgada por encima de la posición de equilibrioy luego se suelta. Encuentre el desplazamiento resultante de lacuerda como función del tiempo.Solución:


Se resolverá la ecuación de la cuerda vibrante:

∂2Y

∂t2= a2

∂2Y

∂x2

Con las condiciones:

Y (0.t) = 0

Y (L, t) = 0

Yt(x, 0) = 0

Recordando que 14in = 1

48ft:

Y (x, 0) = f(x) =

½148x si 0 < x < 1

2148(L− x) si 1

2< x < L

haciendo la separación de variables se obtiene la solución general:

Y (x, t) = (c1 cosλx+ c2 senλx) (c3 cos aλt+ c4 senaλt)

Aplicando las condiciones en los extremos de la cuerda:

Y (0, t) = 0 = c1 (c3 cos aλt+ c4 senaλt) ⇒ c1 = 0

Y (L, t) = c2 senλL (c3 cos aλt+ c4 senaλt) ⇒ λL = nπ, λ = nπ/L

La solución entonces se escribe como:

Y (x, t) = sennπ

Lx (A cos

anπ

Lt+B sen

anπ

Lt)

Para aplicar la condición de que la velocidad inicial es cero, se requierederivar con respecto al tiempo:

Yt(x, t) = sennπ

Lx (−Aanπ

Lsen

anπ

Lt+B

anπ

Lcos

anπ

Lt)

Yt(x, 0) = 0 = senanπ

Lx (B

anπ

L) ⇒ B = 0


Y la solución hasta ahora se escribe como:

Y (x, t) = A cosanπ

Lt sen

nπ

Lx

Para la última condición se aplica el principio de superposición:

Y (x, t) =∞Xn=1

An cosanπ

Lt sen

nπ

Lx

f(x) = Y (x, 0) =∞Xn=1

Ansennπ

Lx

;

An =2

L

Z L

0

f(x)sennπ

Lxdx

An =1

24L

Z L2

0

xsennπx

Ldx +

1

24L

Z L

L2

(L− x) sennπxLdx

An =1

24L

"− Lnπx cos

nπx

L+L

nπ

Z l2

0

cosnπx

Ldx

#+

1

24L

Z L

L2

L sennπx

Ldx −

− 1

24L

Z L

L2

x sennπx

Ldx

An =1

24L

·− Lnπx cos

nπx

L+

L2

n2π2sen

nπx

L

¸ l2

0

−·1

24

L

nπcos

nπx

L

¸LL/2

−

− 1

24L

µ− Lnπx cos

nπx

L+

L2

n2π2sen

nπx

L

¶LL/2


An =1

24L

·− L

2

2nπcos

nπ

2+

L2

n2π2sen

nπ

2

¸− 1

24

L

nπcosnπ +

1

24

L

nπcos

nπ

2−

− 1

24L

µ−L

2

nπcosnπ +

L2

n2π2sennπ +

L2

2nπcos

nπ

2− L2

n2π2sen

nπ

2

¶

An =1

24L

· − L2

2nπcos nπ

2+ L2

n2π2sennπ

2− L2

nπcosnπ + L2

nπcos nπ

2+ L2

nπcosnπ−

− L2

2nπcos nπ

2+ L2

n2π2sennπ

2

¸

An =L

12n2π2sen

nπ

2

Y (x, t) =L

12π2

∞Xn=1

sennπ2

n2cos

anπ

Lt sen

nπ

Lx

Problema 6. Una cuerda fuertemente estirada con puntos ex-tremos fijos en x = 0 y x = L está inicialmente en equilibrio. Ent = 0 se pone a vibrar al darle a cada uno de sus puntos extremosuna distribución de velocidad definida por g(x). a) Establezca elproblema de valor de frontera, y b) Muestre que el desplazamientode cualquier punto de la cuerda para cualquier tiempo t > 0 estádado por

y(x, t) =∞Xn=1

bnsennπx

Lsen

nπat

L

donde

bn =2

nπa

Z L

0

g(x)sennπx

Ldx

Solución:Las condiciones de frontera son:

y(0, t) = y(L, t) = 0

y(x, 0) = 0, yt(x, 0) = g(x)

Se sabe que la solución es:


y(x, t) = (c1 cosλx+ c2senλx)(c3 cos aλt+ c4senaλt)

La aplicación de las condiciones de frontera es análoga al problema ante-rior.

y(0, t) = 0 =⇒ C1 = 0

y(L, t) = 0 =⇒ λ =nπ

L

La solución hasta ahora es:

y(x, t) = sennπx

L

µA cos

anπt

L+Bsen

anπt

L

¶Ahora se aplica la condición:

y(x, 0) = 0

y(x, 0) = sennπx

L(A) =⇒ A = 0

y(x, t) = Bsennπx

Lsen

anπt

L

Ahora se usa el principio de superposición:

y(x, t) =∞Xn=1

bnsennπx

Lsen

anπt

L

Para aplicar la última condición es necesario derivar:

yt(x, 0) = g(x)

Derivando:

yt(x, t) =∞Xn=1

bnanπ

Lsen

nπx

Lcos

anπt

L


yt(x, 0) =∞Xn=1

bnanπ

Lsen

nπx

L=

∞Xn=1

Dnsennπx

L

donde se ha puesto Dn = bn anπL , para obtener Dn se integra:

Dn =2

L

Z L

0

g(x)sennπx

Ldx

Despejando bn

bn = DnL

anπ=

2

anπ

Z L

0

g(x)sennπx

Ldx

Entonces la solución se puede escribir como:

y(x, t) =∞Xn=1

bnsennπx

Lsen

nπat

L

con

bn =2

nπa

Z L

0

g(x)sennπx

Ldx

Problema 7. Una placa tiene la forma de una región anularacotada por dos círculos concéntricos de radio r1 y r2, respectiva-mente. Tomando r1 = 1 y r2 = 2, y asumiendo que las temperaturasde frontera están dadas, respectivamente, porU1 = 100 sinφ, U2 = 50 cosφ, 0 < φ < 2πencuentre la temperatura de estado estacionario en cada punto

de la placa.Solución:La solución de la ecuación de calor en coordenadas polares es:

U (r, θ) = (c1 cosλθ + c2 sinλθ)¡c3rλ+ c4r

−λ¢Debido a la periodicidad de θ , tenemos que λ = nLas condiciones a la frontera son:

U (1, θ) = 100 sin θ, U (2, θ) = 50 cos θ


Escribiendo la solución como:

U (r, θ) =¡c1c3r

n cosnθ + c1c4r−n cosnθ + c2c3rn sinnθ + c2c4r−n sinnθ

¢U (1, θ) = c1c3 cosnθ + c1c4 cosnθ + c2c3 sinnθ + c2c4 sinnθ = 100 sin θ

U (2, θ) = c1c32n cosnθ+c1c42

−n cosnθ+c2c32n sinnθ+c2c42−n sinnθ = 50 cos θ

Para que estas condiciones sean consistentes debe tenerse n = 1 y además:

(c1c3 + c1c4) cos θ + (c2c3 + c2c4) sin θ = 100 sin θ

¡2c1c3 + 2

−1c1c4¢cos θ +

¡21c2c3 + 2

−1c2c4¢sin θ = 50 cos θ

De donde se obtienen las ecuaciones:

c1c3 + c1c4 = 0

2c1c3 +1

2c1c4 = 50

Resolviendo:

c1c3 =100

3

c1c4 =−1003

Análogamente

c2c3 + c2c4 = 100

2c2c3 +1

2c2c4 = 0


c2c3 =−1003

c2c4 =400

3

Susutituyendo en la solución:

U (r, θ) =100

3r cos θ − 100

3r−1 cos θ − 100

3r sin θ +

400

3r−1 sin θ

Finalmente:

U (r, θ) =100

3

µr − 1

r

¶cos θ +

100

3

µ4

r− r¶sin θ

Problema 8. Encuentre la temperatura de estado estacionarioen una placa en la forma de un sector circular de radio unitario yángulo π/6, si las temperaturas de los lados se mantienen a 0, latemperatura del arco circular se mantiene a 100, y las caras planasestán aisladas.¿Cual es la solución si el sector tiene radio c?La solución general de la ecuación

∂2U

∂r2+1

r

∂u

∂r+1

r

∂2U

∂θ2= 0

es la siguiente:

u(r, θ) = (c1 cosλθ + c2senλθ) (c3rλ+ c4r−λ)

Por acotamiento c4 = 0

u(r, θ) = rλ (A cosλθ +Bsenλθ)


las condiciones de frontera son:

u(r, 0) = 0; u(1, θ) = 100; u(r,π

6) = 0


u(r, 0) = 0 = r2 A ⇒ A = 0

u(r, θ) = B rλsenθλ

La segunda condición:

u(r,π

6) = 0 = Brλsenλπ/6 ⇒ λ = 6n

u(r, θ) = Bn r6n sen 6nθ

Usando el principio de superposición para aplicar la última condición defrontera:

u(r, θ) =∞Xn=1

Bn r6n sen 6nθ

u(1, 0) = 100 =∞Xn=1

Bnsen6nθ

Bn =2π6

100

Z π6

0

sen 6nθ dθ = 2006

π

·− 16ncos 6nθ

¸π6

0

= −200nπ

(cosnπ − 1)

Bn =200

nπ[1− cosnπ]

u(r, θ) =200

π

∞Xn=1

1− cosnπn

r6n sen 6nθ


Si r = c :

u(c, θ) = 100∞Xn=1

Bn c6n sen 6nθ = 100

∞Xn=1

Dn sen 6nθ

donde Dn = Bn c6n, como

Dn =200

nπ(1− cosnπ)

entonces para este caso la solución es simplemente:

u(r, θ) =200

π

∞Xn=1

1− cosnπc6nn

r6n sen 6nθ

Problema 9. Encuentre la temperatura de estado estacionarioen una placa en la forma de un sector circular de radio unitarioy àngulo π/2.Si la temperatura de los lados se mantiene a 0, latemperatura del arco circular se mantiene a 100 y las caras planasestán aisladas.Solución:La ecuación de Laplace en coordenadas polares se escribe como:

∂2u

∂r2+1

r

∂u

dr+1

r2∂2u

∂θ2= 0


u(r, θ) = R(r)Θ(θ)

Sustituyendo:

R00Θ+ 1rR0Θ+ 1

r2RΘ00

RΘ= 0

R00

R+1

r

R0

R+1

r2Θ00

Θ= 0

r2R00

R+ r

R0

R= −Θ

00

Θ= λ2


La solución para Θ(θ) es:

Θ(θ) = (c1 cosλθ + C2senλθ)

La ecuación que queda para R(r) es de Cauchy Euler:

r2R00 + rR0 − λ2R = 0

para resolverla se propone una solución de la forma R(r) = rm :

r2(m)(m− 1)rλ−2 + rmrλ−1 − λ2rλ = 0

(m)(m− 1) +m− λ2 = 0, m2 − λ2 = 0, m = ±λPor lo que la solución para R(r) es:

R(r) = c3rλ+ c4r−λ

Y la solución general se escribe como:

u(r, θ) = (c1 cosλθ + c2senλθ) (c3rλ+ c4r−λ)

Como la solución debe ser acotada en el origen: c4 = 0, reagrupandoconstantes:

u(r, θ) = rλ (A cosλθ +Bsenλθ)

Las condiciones a la frontera son:

U(r, 0) = 0, U(r,π/2) = 0, U(1, θ) = 100


U(r, 0) = 0 = rλA =⇒ A = 0

U(r, θ) = Brλsenλθ


Aplicando ahora la segunda condición:

U(r,π/2) = 0 = Brλsinλπ

2⇒ λπ

2= nπ, λ = 2n

U(r, θ) = Br2nsin2nθ

usando el principio de superposición:

U(r, θ) =∞Xn=1

Bnr2nsin2nθ

Por último:

U(1, θ) = 100 =∞Xn=1

Bnsin2nθ

Usando Fourier:

Bn =2π2

Z π/2

0

100 sin 2nθdθ =−(200)2π2n

cos 2nθ

¯π/20

=−200nπ

(cosnπ − 1)

Bn =200

nπ(1− cosnπ)

La solución se escribe como:

U(r, θ) =200

π

X (1− cosnπ)n

r2n sin 2nθ

Problema 10. Si una cuerda con sus puntos extremos fijos enx = 0 y x = L está bajo la influencia de la gravedad pero no vibra,muestre que su forma está dada por la porción de la parábola

Y = −gx (L− x)2a2

entre x = 0 y x = L.

Solución:La ecuación de la cuerda vibrante es:


∂2Y

∂t2= a2

∂2Y

∂x2

Pero si consideramos la gravedad, la ecuación cambia:

∂2Y

∂t2= a2

∂2Y

∂x2− g

Usamos las condiciones inciales:

Y (0, t) = 0, Y (L, t) = 0, Y (x, 0) = f (x) , Yt (x, 0) = 0

Donde f(x) representa el desplazamiento incial, pero como no vibra:

Y (x, 0) = f (x) = 0

Como la ecuación es no homogénea se requiere hacer un cambio de vari-able:

Y (x, t) =W (x, t) + ψ (x)

Sustituimos

∂2W

∂t2= a2

∂2W

∂x2+ a2ψ − g

para que la ecuación quede homogénea tomamos:

a2ψ − g = 0

es decir:

ψ00 =g

a2

Integrando dos veces:

ψ(x) =gx2

2a2+ αx+ β

La ecuación que debemos resolver es:


∂2W

∂t2= a2

∂2W

∂x2

con las condiciones a la frontera e iniciales:

W (0, t) = Y (0, t)− ψ (0) = 0− β = 0⇒ β = 0

W (L, t) = Y (L, t)− ψ (L) = 0− gL2

2a2− αL = 0

Despejando α :

α = − gL2a2

Por lo que

ψ (x) =gx2

2a2− gL

2a2x = −gx (L− x)

2a2

En cuanto a las condiciones iniciales:

W (x, 0) = Y (x, 0)− ψ (x) =gx (L− x)

2a2

Wt (x, 0) = Yt (x, 0) = 0

La solución para W (x, t) es:

W (x, t) = (c1 cos aλt+ c2senaλt) (c3 cos λx+ c4 sen λx)


W (0, t) = 0

W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c3) = 0⇒ c3 = 0

Es decir, la solución queda hasta ahora como:

W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c4 sen λx) = sen λx(A cosλt+Bsenλt)


Aplicamos la condición inicial:

Wt(x, 0) = 0

Wt(x, t) = sen λx(−Aλsenλt+Bλ cosλt)

Wt(x, 0) = sen λx(Bλ) = 0⇒ B = 0

es decir, la solución queda en este paso como:

W (x, t) = Asen λx cosλt

Aplicamos la otra condición de frontera:

W (L, t) = Asen λL cosλt = 0⇒ λL = nπ

es decir

λ =nπ

L

W (x, t) = Asennπ

Lx cos

nπ

Lt

Usando principio de superposición:

W (x, t) =∞Xn=1

Ansennπ

Lx cos

nπ

Lt

Por último aplicamos la condición inicial:

W (x, 0) =gx (L− x)

2a2

W (x, 0) =∞Xn=1

Ansennπ

Lx =

gx (L− x)2a2

An =2

L

Z L

0

(gx (L− x)

2a2)sen

nπ

Lxdx


Hacemos primero la integralZxsen

nπ

Lxdx

u = x, du = dx

dv = sennπ

Lxdx, v = − L

nπcos

nπ

Lx

Zxsen

nπ

Lxdx = −Lx

nπcos

nπ

Lx+

L

nπ

Zcos

nπ

Lxdx

Zxsen

nπ

Lxdx = −Lx

nπcos

nπ

Lx+

L2

(nπ)2sen

nπ

Lx

Como se va a necesitar, también se resuelve la integral:Zx cos

nπ

Lxdx

u = x, du = dx

dv = cosnπ

Lxdx, v =

L

nπsen

nπ

Lx

Zx cos

nπ

Lxdx =

Lx

nπsen

nπ

Lx− L

nπ

Zsen

nπ

Lxdx

Zx cos

nπ

Lxdx =

Lx

nπsen

nπ

Lx+

L2

(nπ)2cos

nπ

Lx

Ahora se resuelve la integral:Zx2sen

nπ

Lxdx


u = x, du = dx

dv = xsennπ

Lxdx, v = −Lx

nπcos

nπ

Lx+

L2

(nπ)2sen

nπ

Lx

Zx2sen

nπ

Lxdx = −Lx

2

nπcos

nπ

Lx+

L2x

(nπ)2sen

nπ

Lx−

−Z ·−Lxnπcos

nπ

Lx+

L2

(nπ)2sen

nπ

Lx

¸dx =

= −Lx2

nπcos

nπ

Lx+

L2x

(nπ)2sen

nπ

Lx+

L

nπ

Z ³x cos

nπ

Lx´dx

− L2

(nπ)2

Zsen

nπ

Lxdx = −Lx

2

nπcos

nπ

Lx+

L2x

(nπ)2sen

nπ

Lx

+L

nπ

µ−Lxnπsen

nπ

Lx+

L2

(nπ)2cos

nπ

Lx

¶+

L3

(nπ)3cos

nπ

Lx =

−Lx2

nπcos

nπ

Lx+

L2x

(nπ)2sen

nπ

Lx− L2x

(nπ)2sen

nπ

Lx+

L3

(nπ)3cos

nπ

Lx+

+L3

(nπ)3cos

nπ

Lx

Zx2sen

nπ

Lxdx = −Lx

2

nπcos

nπ

Lx+

2L3

(nπ)3cos

nπ

Lx

Ahora bien:

An =g

2a2L

Z L

0

x (L− x) sen nπLxdx


An =g

2a2

Z L

0

xsennπ

Lxdx− g

2a2L

Z L

0

x2sennπ

Lxdx =

An =g

2a2

·−Lxnπcos

nπ

Lx+

L2

(nπ)2sen

nπ

Lx

¸L0

− g

2a2L

·−Lx

2

nπcos

nπ

Lx+

2L3

(nπ)3cos

nπ

Lx

¸L0

An =g

2a2

·−L

2

nπcosnπ

¸− g

2a2L

·−L

3

nπcosnπ +

2L3

(nπ)3cosnπ − 2L3

(nπ)3

¸

An = − gL2

2a2nπcosnπ+

gL2

2a2nπcosnπ+

gL2

a2 (nπ)3(1−cosnπ) = gL2

a2 (nπ)3(1−cosnπ)


W (x, t) =gL2

a2π3

∞Xn=1

(1− cosnπ)n3

sennπ

Lx cos

nπ

Lt

Y la solución Y (x, t) es:

Y (x, t) =gL2

a2π3

∞Xn=1

(1− cosnπ)n3

sennπ

Lx cos

nπ

Lt− gx (L− x)

2a2

Esta es la solución para una cuerda vibrante que está sometida a la acciónde la gravedad, pero si por alguna razón la cuerda no oscila entonces lasolución solamente es:

Y (x) = −gx (L− x)2a2

Problema 11. Evalue e interprete físicamente el siguiente prob-lema de valor de frontera.

∂2Y

∂t2= 1 +

∂2Y

∂x2

Y (0, t) = 1, Yx(π

2, t) = −π

2, Y (x, 0) = 1 +

1

2x2 − 1

2πx, Yt(x, 0) = 0


Solución: Se trata de una ecuación de onda con un término extra el cualpuede deberse a la presencia de una fuerza constante externa. Las condicionesa la frontera también son no homogéneas, por lo que debe hacerse un cambiode variable:

Y (x, t) =W (x, t) + ψ(x)

Las derivadas son:

∂2Y

∂t2=

∂2W

∂t2

∂2Y

∂x2=

∂2W

∂x2+ ψ00(x)

Sustituyendo:

∂2Y

∂t2= 1 +

∂2W

∂x2+ ψ00(x)

Se desea que la ecuación quede de la forma:

∂2Y

∂t2=

∂2W

∂x2

Por lo que debemos tomar:

1 + ψ00(x = 0

Integrando:ψ0(x) = −x+ α

Integrando otra vez:

ψ(x) = −x2

2+ αx+ β

Las condiciones a la frontera e iniciales para W (x, t) = Y (x, t) − ψ(x)quedan:

W (0, t) = Y (0, t)− ψ(0) = 0

pero esto nos lleva a:


W (0, t) = 1− β = 0 ⇒ β = 1

La siguiente condición es:

Wx(π

2, t) = Yx(

π

2, t)− ψ0 (

π

2) = −π

2− (−π

2+ α) = −α = 0

es decir, para que las condiciones de frontera queden homogéneas debecumplirse que α = 0 y β = 1, es decir:

ψ(x) = −x2

2+ 1

En cuanto a las condiciones iniciales estas quedan:

W (x, 0) = Y (x, 0)− ψ (x) = 1 +1

2x2 − 1

2πx+

x2

2− 1 = x2 − 1

2πx

Wt(x, 0) = Yt(x, 0) = 0

La solución de la ecuación:

∂2W

∂t2=

∂2W

∂x2

es

W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c3 cos λx+ c4 sen λx)


W (0, t) = 0

W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c3) = 0⇒ c3 = 0

Es decir, la solución queda hasta ahora como:

W (x, t) = (c1 cosλt+ c2senλt) (c4 sen λx) = sen λx(A cosλt+Bsenλt)


Aplicamos la condición inicial:

Wt(x, 0) = 0

Wt(x, t) = sen λx(−Aλsenλt+Bλ cosλt)

Wt(x, 0) = sen λx(Bλ) = 0⇒ B = 0

es decir, la solución queda en este paso como:

W (x, t) = Asen λx cosλt

Aplicamos la otra condición de frontera:

Wx(x, t) = Aλ cos λx cosλt

Wx(π

2, t) = Aλ cos λ

π

2cosλt = 0⇒ cos λ

π

2= 0⇒ λ

π

2=(2n− 1)π

2

es decir

λ = 2n− 1

W (x, t) = Asen (2n− 1)x cos(2n− 1)tUsando principio de superposición:

W (x, t) =∞Xn=1

Ansen (2n− 1)x cos(2n− 1)t

Por último aplicamos la condición inicial:

W (x, 0) = x2 − 12πx

W (x, 0) =∞Xn=1

Ansen (2n− 1)x = x2 − 12πx


An =2π2

Z π2

0

(x2 − 12πx)sen (2n− 1)xdx

Hacemos primero la integralZxsen (2n− 1)xdx

u = x, du = dx

dv = sen(2n− 1)x, v = − 1

2n− 1 cos(2n− 1)x

Zxsen (2n− 1)xdx = − x

2n− 1 cos(2n− 1)x+1

2n− 1Zcos(2n− 1)xdx

Zxsen (2n− 1)xdx = − x

2n− 1 cos(2n− 1)x+1

(2n− 1)2 sen(2n− 1)x

Como se va a necesitar, también se resuelve la integral:Zx cos (2n− 1)xdx

u = x, du = dx

dv = cos(2n− 1)x, v = 1

2n− 1sen(2n− 1)x

Zx cos (2n− 1)xdx = x

2n− 1sen(2n− 1)x−1

2n− 1Zsen(2n− 1)xdx

Zx cos(2n− 1)xdx = x

2n− 1sen(2n− 1)x+1

(2n− 1)2 cos(2n− 1)x


Ahora se resuelve la integral:Zx2sen (2n− 1)xdx

u = x, du = dx

dv = xsen(2n− 1)x, v = − x

2n− 1 cos(2n− 1)x+1

(2n− 1)2 sen(2n− 1)xRx2sen (2n− 1)xdx = − x2

2n−1 cos(2n− 1)x+ x(2n−1)2 sen(2n− 1)x−

− R h− x2n−1 cos(2n− 1)x+ 1

(2n−1)2 sen(2n− 1)xidx = − x2

2n−1 cos(2n−1)x++ x(2n−1)2 sen(2n− 1)x+ 1

2n−1R(x cos(2n− 1)x) dx−− 1

(2n−1)2Rsen(2n−

1)xdx =− x2

2n−1 cos(2n− 1)x+ x(2n−1)2 sen(2n− 1)x+

+ 12n−1

³x

2n−1sen(2n− 1)x+ 1(2n−1)2 cos(2n− 1)x

´− 1

(2n−1)3 cos(2n− 1)xZx2sen (2n− 1)xdx = − x2

2n− 1 cos(2n− 1)x+2x

(2n− 1)2sen(2n− 1)x

Ahora bien:

An =4

π

"− x2

2n−1 cos(2n− 1)x+ 2x(2n−1)2 sen(2n− 1)x+ π

2(2n−1) cos(2n− 1)x− π2(2n−1)2 sen(2n− 1)x

#π2

0

An =4

π

"− π2

4(2n−1) cos(2n− 1)π2 + π(2n−1)2 sen(2n− 1)π2 + π

2(2n−1) cos(2n− 1)π2−− π2(2n−1)2 sen(2n− 1)π2 − π

2(2n−1)

#=

An =4

π

·π

2 (2n− 1)2sen(2n− 1)π

2− π

2(2n− 1)¸=

2

(2n− 1)hsen(2n− 1)π

2− 1i


W (x, t) = 2∞Xn=1

1

(2n− 1)hsen(2n− 1)π

2− 1isen (2n− 1)x cos(2n− 1)t


Y la solución Y (x, t) es:

Y (x, t) = 2∞Xn=1

1

(2n− 1)hsen(2n− 1)π

2− 1isen (2n−1)x cos(2n−1)t−x

2

2+1

Problema 12. Una placa circular de radio unitario y difusividadk tiene una temperatura inicial dada por

f (r)=100 si 0 < r < 1

2

0 si 12< r < 1

Donde r es la distancia de cualquier punto desde el centro.Asumiendo que la temperatura del borde se mantiene a cero yque las caras planas están aisladas encuentre la temperatura encualquier parte de la placa en cualquier punto.Solución:Se resuelve la ecuación:

∂u

∂t= κ

µ∂2u

∂r2+1

r

∂u

∂r

¶Por el método de separación de variables

RT0= κ

¡R00T + 1

rR0T

¢RT

T 0

κT=R”

R+1

r

R0

R= −λ2

Para T (t) queda la ecuación:

T 0

κT= −λ2

Cuya solución es:

T (t) = c1e−κλ2t

La ecuación para R(r) es:µR”

R+1

r

R0

R= −λ2

¶


Que se puede escribir como:

r2R00 + rR0 + λ2r2R = 0

La cual es una ecuación de Bessel de orden cero con solución:

R(r) = c2J0(λr) + c3Y0 (λr)


u (r, t) =³c1e

−kλ2t´(c2J0(λr) + c3Y0 (λr))

Como la solución debe ser acotada y la función Y0 (λr) no es acotada enle origen, entonces debe tomarse c3 = 0, reagrupando constantes la soluciónse escribe como:

u (r, t) = ce−kλ2tJ0(λr)

Como el brode se mantiene a temperatura cero, se tiene la condición defrontera:

u (1, t) = 0

u (1, t) = ce−kλ2tJ0(λ) = 0

Y debe tenerse que J0(λ) = 0, por lo tanto los eigenvalores λ son lasraíces de la J0(x) = 0.Usando el principio de superposición para aplicar la última condición de

frontera:

u (r, t) =∞Xk=1

cke−kλ2ktJ0(λkr)

Aplicando la última condición:

u (r, 0) =∞Xk=1

ckJ0(λkr) = f(r)

De tal manera que:


ck =

R 10f (r) rJ0(λkr)drR 10rJ2o (λkr)dr

La integral del denominador da el siguiente resultado:Z 1

0

rJ2o (λkr)dr =1

2J020 (λk) =

1

2J21 (λk)

La integral del numerador es:Z 1

0

f (r) rJ0(λkr)dr = 100

Z 12

0

rJ0(λkr)dr

Haciendo el cambio de variable:

u = λkr, r =u

λk,du

λk= dr

Z 1

0

f (r) rJ0(λkr)dr = 100

Z kk2

0

u

λkJ0(u)

du

λk=100

λ2k

Z kk2

0

uJ0(u)du

Z 1

0

f (r) rJ0(λkr)dr =100

λ2kuJ1(u)

¯kk2

0

=100

λ2k

λk2J1(

λk2) =

50

λkJ1(

λk2)

O sea, ck se escribe como

ck =50λkJ1(

λk2)

12J21 (λk)

=100J1(

λk2)

λkJ21 (λk)


u (r, t) = 100∞Xk=1

J1(λk2)

λkJ21 (λk)e−kλ

2ktJ0(λkr)

Problema 13. Trabaje el problema anterior si la condición detemperatura en el borde se reemplaza por la condición de radiaciónen el borde dada por ur (1, t) = −2u (1, t).


Solución:La solución coincide con lo realizado en el problema anterior hasta que

u (r, t) = ce−kλ2tJ0(λr)

pero la condición al borde ahora es

ur (1, t) = −2u (1, t)

para ello es necesario obtener la derivada de la solución con respecto a r :

ur (r, t) = cλe−kλ2tJ 00(λr)

la condición se aplica así:

cλe−kλ2tJ 00(λ) = −2ce−kλ

2tJ0(λ)

y nos lleva a:

2J0(λ) + λJ 00(λ) = 0

es decir, las λ’s son las raíces de 2J0(x) + xJ 00(x) = 0, λ = λkUsando el principio de superposición para aplicar la última condición de

frontera:

u (r, t) =∞Xk=1

cke−kλ2ktJ0(λkr)

La solución tiene el mismo aspecto que en el problema anterior pero lasλ’s son muy diferentes.Aplicando la última condición:

u (r, 0) =∞Xk=1

ckJ0(λkr) = f(r)

De tal manera que:

ck =

R 10f (r) rJ0(λkr)drR 10rJ2o (λkr)dr


Para calcular la integral del denominador se hace lo siguiente:Se sabe que si rk son las raíces de la ecuación:

µJn (x) + xJ0n (x) = 0

Entonces: Z 1

0

xJ2n (rkx) dx =(µ2 + r2k − n2)J2n (rk)

2r2k

en nuestro caso:µ = 2; n = 0; rk = λkasí obtenemos finalmenteZ 1

0

rJ20 (λkr) dr =(4 + λ2k)J

20 (λk)

2λ2k

La integral del numerador da el mismo resultado:Z 1

0

f (r) rJ0(λkr)dr =50

λkJ1(

λk2)

O sea, ck se escribe como

ck =50λkJ1(

λk2)

(4+λ2k)J20 (λk)2λ2k

=100λkJ1(

λk2)

(4 + λ2k)J20 (λk)


u (r, t) = 100∞Xk=1

100λkJ1(λk2)

(4 + λ2k)J20 (λk)

e−kλ2ktJ0(λkr)

Problema 14. Un cilindro de radio unitario y longitud L tiene susuperficie convexa y base en el plano xy mantenidas a temperaturacero mientras que el extremo superior se mantiene a temperaturaf(r). Escriba y resuelva el problema de valor de frontera para latemperatura de estado estacionario en cualquier punto del cilindro.Solución:La ecuación que se resolverá es la siguiente. Note que no hay dependencia

del ángulo por la simetría y tampoco del tiempo, porque el problema esestacionario.


∂2U

∂r2+1

r

∂U

∂r+

∂2U

∂z2= 0

los condiciones a la frontera son

U(r, 0) = 0; U(r, L) = f(r); U(1, z) = 0

Haciendo la separación de variables:

R00Z + 1rR0Z +RZ 00

RZ= 0

R00

R+1

r

R0

R+Z 00

Z= 0

R00

R+1

r

R0

R= −λ2

Z 00

Z= −λ2

Resolviendo las ecuaciones:

d2Z

dz+ λ2Z = 0

Z(z) = c1eλz + c2e

−λz

La ecuación para R(r) es:

r2d2R

dr+ r

dR

dr+ λ2r2R = 0

la cual es una ecuación de Bessel cuya solución es:

R(r) = c3J0(λr) + c4Y0(λr)

De tal forma que la solución general del problema se escribe como:


U(r, z) = (c1eλz + c2e

−λz)(c3J0(λr) + c4Y0(λr))

La solución debe de ser acotada para r = 0, pero la función Y0(λr) no esacotada en el origen, por tal motivo debe tomarse c4 = 0.Aplicando la primera condición inicial:

U(r, 0) = 0 = (c1 + c2) (c3J0(λr))

0 = c1 + c2 por lo tanto c2 = −c1sustituyendo en U(r, z)

U(r, z) = (c1eλz − c1e−λz)c3J0(λr)

Se factoriza el c1 y se divide entre dos para utilizar la identidad del senhz.Agrupando las constantes:

U(r, z) = c sinh(λz)J0(λr)

Aplicando la siguiente condición:

U(1, z) = 0 = c sinh(λz)J0(λ)

J0(λ) = 0 esto significa que λ son todos los raíces positivas de J0(x) = 0

λ = λk

Y usando el principio de superposición:

U(r, z) =∞Xk=1

ck sinh(λkz)J0(λkr)

Aplicando la última condición: U(r, L) = f(r)

U(r, L) = f(r) =∞Xk=1

ck sinh(λkL)J0(λkr) =∞Xk=1

dkJ0(λkr)

donde se ha tomado: dk = ck sinh(λkL)La expresión para dk es:


dk =

R 10rf(r)J0(λkr)drR 10rJ2o (λkr)dr

=2R 10rf(r)J0(λkr)dr

J21 (λk)

es decir, ck es:

ck =2R 10rf(r)J0(λkr)dr

J21 (λk) sinh(λkL)

Y la solución se escribe como:

U(r, z) = 2∞Xk=1

R 10rf(r)J0(λkr)dr

J21 (λk) sinh(λkL)sinh(λkz)J0(λkr)

Problema 15. Considere una placa metálica delgada rectangu-lar cuyo ancho es L y cuya longitud es tan grande comparada consu ancho que para todos los propósitos prácticos se puede con-siderar infinita. Asumamos que los lados infinitos se mantienenaislados y que la base de la placa (en el eje x) se mantiene a unatemperatura constante U0oC. Asumiremos también que las carasde la placa están aisladas de modo que el calor no puedeentrar ni escapar de ellas. Buscamos determinar la temperaturade estado estacionario de la placa, esto es, la temperatura que esindependiente del tiempo.Solución:La ecuación de calor es:

∂U

∂t= k

µ∂2U

∂x2+

∂2U

∂y2

¶Por ser estado estacionario, el término ∂U

∂t= 0

∂2U

∂x2+

∂2U

∂y2= 0

Utilizando el método de separaciòn de variables

U(x, y) = X(x)Y (y)


X 00Y +XY 00

XY= 0

X”

X+Y ”

Y= 0

Haciendo la separación de variables:

X”

X= −Y ”

Y= −λ2

La ecuación para X(x):

X”

X= −λ2

X(x) = C1 cosλx+ C2senλx

La ecuación para Y (y):

Y ”

Y= λ2

d2Y

dy2= λ2y

d2Y

dy2− λ2y = 0

m2 = λ2

m = ±λ

Y (y) = C3eλy + C4e

−λy


U(x, y) = (C1 cosλx+ C2senλx)¡C3e

λy + C4e−λy¢

Con las condiciones a la frontera:

U(0, y) = 0, u(L, y) = 0, u(x, 0) = U0

La temperatura debe estar acotada, por lo tanto C3 = 0.Factorizando y agrupando los productos de las constantes en dos nuevas

constantes A y B

U(x, y) = e−λy(A cosλx+Bsenλx)

Aplicando la primera condición de frontera:

u(0, y) = Ae−λy = 0⇒ A = 0

Por lo tanto la solución hasta ahora está dada como:

U(x, y) = Be−λysenλx

Ahora aplicamos la condición u(L, y) = 0

U(x, L) = Be−λysenλL = 0, ⇒ λ =nπ

L

Por lo tanto:

U(x, y) = Be−nπLysen

nπ

Lx

Usando el principio de superposición:

U(x, y) =∞Xn=1

Bne−nπ

Lysen

nπ

Lx

Por último aplicamos la condición:

U(x, 0) = U0

U(x, 0) =∞Xn=1

Bnsennπ

Lx = U0


Bn =2

L

Z L

0

U0sennπ

Lxdx = − 2

L

U0L

nπcos

nπx

L

¯L0

=2U0nπ(1− (−1)n)

Y la solución se puede escribir como:

U(x, y) =2U0π

∞Xn=1

1

n(1− (−1)n)e−nπ

Lysen

nπ

Lx

Problem a Rio de Ec. Dif.

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