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Chapter 1. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS 11. Ecuaciones diferenciales ordinarias y sus soluciones 12. Ecuacion diferencial de primer orden con variables separables 43. Ecuacion diferencial de primer orden homogenea 54. Ecuacion diferencial exacta y el factor integrante 85. Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales 106. Transformadas integrales 217. Metodo de series 28

Chapter 2. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES 331. Metodos de solucion 332. Separacion de variables 343. Metodo de series de Fourier 444. Funciones de Green 45

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CHAPTER 1

ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

1. Ecuaciones diferenciales ordinarias y sus soluciones

Las ecuaciones diferenciales son de una importancia esencial en todas las ramasde las ciencias. La razon es que todas las leyes fundamentales de las cienciastienen que ver con la caracterıstica mas importante de la materia: el movimiento.Las leyes fundamentales de las ciencias son relaciones entre movimientos en elespacio, el tiempo, la temperatura, la presion, los momentos, las luminosidades,etc., las cuales se representan con derivadas. Estas relaciones entre movimientosdan como resultado ecuaciones diferenciales. Lo estatico es solo una aproximaciondel estado de la materia que en ocasiones nos da resultados suficientemente buenospara entender algun fenomeno. Sin embargo, el movimiento es inherente en lamateria y las relaciones entre movimientos proporcionan las leyes fundamentales dela naturaleza. Una solucion de estas ecuaciones diferenciales es un caso particular,una aplicacion de la ley que esta siendo estudiada. En los dos capıtulos quesiguen estudiaremos algunos metodos elementales para la solucion de ecuacionesdiferenciales de ciertos tipos basicos, principalmente de ecuaciones diferencialeslineales. Ademas supondremos al inicio que el argumento, la incognita, solo dependede una variable; estas ecuaciones diferenciales son llamadas ordinarias. En estecapıtulo citamos varios hechos en teoremas, proposiciones y comentarios sin demostraciones1.

Definicion 1 Sea y : R −→ R una funcion de una variable real, y = y(x), continuay derivable en su dominio de definicion. Denotemos la primera derivada de y pory′, la seguna derivada por y′′ o y(2), la k-esima derivada por y(k), y supongamosque todas las derivadas de y sean funciones continuas. Una ecuacion diferencialordinaria para y es una ecuacion en la cual aparecen la funcion y y sus derivadas,ası como tambien la variable independiente x:

F (x, y, y′, y′′, y′′′, · · · ) = 0 ,

donde la funcion F representa abstractamente las relaciones entre la variable xy las funciones y, y′, y′′, · · · . En esta ultima forma, la ecuacion tambien se llamaimplıcita. La ecuacion diferencial se llama de orden n, si n es el maximo ordende derivadas de y que aparecen en F . Una ecuacion diferencial ordinaria es llamadaexplıcita si se encuentra en una forma resuelta a traves de la derivada del maximoorden:

y(n)(x) = f(x, y(x), y′(x), y′′, · · · , y(n−1)(x)) .

1Algunos ejemplos y la seleccion de los topicos del presente capıtulo se basaron en la seccion3.3.1 del libro “Taschenbuch der Mathematik”, I.N.Bronstein, K.A.Semendjajew, Ed.20, Nauka

Moskau, BSB B.G.Teubner Leipzig, 1981.

1

2 1. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS

Bajo la integracion de una ecuacion diferencial se entiende la busqueda de unafuncion y(x) la cual satisface la ecuacion, una tal funcion y(x) entonces es llamadauna solucion de la ecuacion diferencial .

La solucion general de una ecuacion diferencial ordinaria de orden n tienela forma y = y(x, c1, c2, · · · , cn), donde c1, c2, · · · , cn son constantes reales libres.Para constantes particulares escogidas, se obtienen soluciones especiales. Cabemencionar que una ecuacion diferencial ordinaria puede tener tambien soluciones,llamadas singulares, las cuales no resultan de la solucion general mediante unaeleccion particular de constantes.

Ejemplo 2 La ecuacion diferencial y′′′(1 + (y′)2) − 3y′(y′′)3 = 0 tiene la soluciongeneral

(x− c1)2 + (y − c2)2 = c3

con constantes c1, c2, c3 reales libres. Esta solucion general presenta al conjunto detodas las circunferencias del plano, con puntos centro y radio arbitrarios.

Para encontrar soluciones de ecuaciones diferenciales, existen metodos analıticosy numericos. Este libro solamente introduce a los metodos analıticos que comprendenla integracion exacta, las soluciones calculadas tambien son llamadas solucionesexactas. En cambio, metodos numericos calculan aproximaciones de la solucionen un proceso iterativo que pretende obtener un error cada vez menor conformecrece el numero de iteraciones, entre la solucion aproximada calculada y la solucionverdadera. Varias tecnicas importantes se basan en alguna suposicion sobre lasolucion buscada. Por ejemplo, si la ecuacion diferencial involucra una funcion devarias variables pero la solucion puede ser supuesta como una funcion que realmentedepende de un numero menor de variables, eso puede facilitar al trabajo paraencontrar tal solucion. De mucha ayuda tambien es tener una sospecha sobre eltipo de la solucion, por ejemplo que sea una funcion exponencial o polinomial,de la cual solamente sus parametros deben ser encontrados. Una tal suposicionen la literatura es llamada un ansatz lo cual es una palabra del idioma alemanque significa suposicon o sospecha. Cabe notar que algunas clases de ecuacionesdiferenciales ameritan cierto tipo de ansatz que garantiza llegar a la solucion,entonces la primera tarea es reconocer si una ecuacion diferencial pertenece a unade estas clases. Sin embargo, para otras ecuaciones diferenciales es posible queun ansatz fracase en poder encontrar una solucion, por eso la resolucion de talesecuaciones diferenciales de manera analıtica es considerada un arte.

Para tratar problemas de aplicacion en las ciencias o en la ingenierıa, muchasveces se busca una solucion de una ecuacion diferencial de orden n donde serequiere ademas que la solucion satisfaga n condiciones para numeros reales dadosx0, (y0)0, (y0)1, (y0)2, · · · , (y0)n−1 ∈ R, del tipo

y(x0) = (y0)0, y′(x0) = (y0)1, y

′′(x0) = (y0)2, · · · , y(n−1)(x0) = (y0)n−1

llamadas condiciones iniciales. La ecuacion diferencial junto con estas condicionesse llama el problema de Cauchy o problema con valores iniciales. Su soluciones calculada a partir de la solucion general y(x) de la ecuacion diferencial, dondelos constantes c1, c2, · · · , cn son determinadas de tal manera que las condicionesiniciales sean satisfechas. Tambien es comun que se requiera encontrar una soluciony(x) que es una funcion real definida por ejemplo sobre un intervalo [s, t] la cualsatisface condiciones para los puntos de la frontera del intervalo, es decir, y(s) = ys,

1. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS Y SUS SOLUCIONES 3

y(t) = yt para numeros reales fijos ys, yt. En este ultimo caso se habla de unproblema con valores de la frontera .

Para una ecuacion diferencial ordinaria explıcita, la existencia y unicidad deuna solucion esta garantizada bajo condiciones especiales, y se basa en el siguientehecho:

Proposicion 3 Cada ecuacion diferencial ordinaria explıcita de orden n,

y(n)(x) = f(x, y(x), y′(x), y′′, · · · , y(n−1)(x))

puede ser transformada en un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias explıcitasde primer orden de la siguiente forma: definiendo nuevas funciones y1 = y, y2 = y′,y3 = y′′, · · · , yn = y(n−1), se obtiene el sistema

y′1 = y2 = f1(x, y1, y2, · · · , yn),

y′2 = y′′ = y3 = f2(x, y1, y2, · · · , yn),

y′3 = y′′′ = y4 = f3(x, y1, y2, · · · , yn),

· · · · · ·y′n−1 = yn = fn−1(x, y1, y2, · · · , yn),

y′n = fn(x, y1, y2, s, yn) = f(x, y1, y2, · · · , yn) .

Si el problema de la ecuacion diferencial original ademas incluye condiciones iniciales

y(x0) = (y0)0, y′(x0) = (y0)1, y

′′(x0) = (y0)2, · · · , y(n−1)(x0) = (y0)n−1 ,

estas son transformadas en

y1(x0) = (y0)0, y2(x0) = (y0)1, · · · , yn(x0) = (y0)n−1 ,

es decir, una condicion inicial para cada ecuacion diferencial de orden uno.

Como consecuencia, un metodo para verificar las condiciones para la existenciay unicidad de una solucion para una ecuacion diferencial ordinaria explıcita de ordenn arbitrario, consiste en transformar esta ecuacion en un sistema de ecuaciones deorden uno. Luego se analizan las condiciones para tal sistema, basado en el siguienteteorema.

Teorema 4 (Teorema de Cauchy/Picard/Lindelof) Un sistema de ecuaciones diferencialesordinarias explıcitas de orden uno, dado como

y′i = fi(x, y1, y2, · · · , yn), i = 1, 2, · · · , ncon condiciones iniciales

yi(x0) = (y0)i, i = 1, 2, · · · , n,tiene una unica solucion si las siguientes dos condiciones son satisfechas:

(i) Todas las funciones fi(x, y1, y2, · · · , yn) son continuas y acotadas en unaregionG = (x, y1, y2, · · · , yn) : |x−x0| ≤ a, |yi−(y0)i| ≤ bpara todo i = 1, 2, · · · , n,para numeros reales apropiados a, b.

(ii) En la misma regionG, las funciones fi(x, y1, y2, · · · , yn), para i = 1, 2, · · · , n,satisfacen una condicion de Lipschitz, con una unica constante de Lipschitz M lacual no depende de los puntos de G:

|fi(x, y1, y2, · · · , yn)− fi(x, y1, y2, · · · , yn)| ≤M

(n∑k=1

|yk − yk|

),


para cualesquiera puntos (x, y1, y2, · · · , yn), (x, y1, y2, · · · , yn) en G.La solucion del sistema consiste en un sistema de funciones yi, i = 1, 2, · · · , n,

cada una siendo solucion de la i-esima ecuacion diferencial y satisfaciendo la i-esimacondicion inicial, en la vecindad alrededor del punto x0 dada por el conjunto depuntos x que cumplen |x − x0| ≤ α, para α = mina, b

Ai, donde Ai es una cota

superior para los valores de la funcion |fi| restringuida a G.

La primera condicion significa que cada funcion fi en la region G, es decirlocalmente, es continua y acotada. En particular, eso asegura la existencia de unaconstante real Ai tal que

max|fi(x, y1, y2, · · · , yn)| : (x, y1, y2, · · · , yn ∈ G ≤ Ai .

Lo interesante de la segunda condicion es que la constante de Lipschitz M debeser la misma para todas las fi y no debe depender de la posicion particular delos puntos considerados en G. Es conocido de la literatura que esta condicion essatisfecha cuando los fi tienen derivadas parciales por los yk continuas y acotadasen G. Eso significa en particular que para cada i, k ∈ 1, 2, · · · , n,∣∣∣∣ ∂fi∂yk

(x, y1, y2, · · · , yn)

∣∣∣∣es un numero real para cualquier (x, y1, y2, · · · , yn) ∈ G.

Cuando tenemos una sola ecuacion diferencial ordinaria de primer orden y′ =f(x, y(x)) para una funcion real y(x), y una condicion inicial y(x0) = y0, el teoremaanterior se simplifica considerablemente. Si existe una region G ⊂ R×R en la cual fes continua y acotada, por ejemplo para x dentro de un intervalo I = [x0−α, x0+α],

y ademas∣∣∣∂f∂y (x, y)

∣∣∣ es finito para cualquier x ∈ I, entonces el problema de Cauchy

tiene una unica solucion. La region G comunmente es un rectangulo alrededor delpunto (x0, y0). La solucion es una curva y(x) definida para x0 − α ≤ x ≤ x0 + αque pasa por (x0, y0).

2. Ecuacion diferencial de primer orden con variables separables

Uno de los tipos mas sencillos de ecuaciones diferenciales es el de una ecuaciondiferencial ordinaria explıcita de primer orden con variables separablesque tiene la siguiente forma:

y′(x) = f(x)g(y(x)) ,

donde f es una funcion real continua sobre un intervalo (a, b) que depende solamentede x, g es una funcion real continua sobre un intervalo (c, d). Entonces tenemos losiguiente como consecuencia del teorema 4:

Proposicion 5 La ecuacion diferencial ordinaria explıcita de primer orden convariables separables tiene una unica solucion y(x) que ademas cumple una condicioninicial dada y(x0) = y0 siempre cuando (x0, y0) pertenece al rectangulo G = (a, b)×(c, d) ⊂ R. La solucion general resulta de la integracion de la ecuacion:∫

dy

g(y(x))=

∫f(x) dx .

3. ECUACION DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN HOMOGENEA 5

Ejemplo 6

y′ =dy

dx=

1

x

−4y2 + 6y − 7

4y − 3

Separando las variables se obtiene∫4y − 3

−4y2 + 6y − 7dy =

∫1

xdx

−1

2ln (−4y2 + 6y − 7) = ln x− 1

2lnC , aplicando exponencial,

x2(−4y2 + 6y − 7) = C es la solucion general.

Si el problema era dado como problema de Cauchy, por ejemplo con la condicioninicial y(1) = 1, es decir, x0 = y0 = 1, entonces de la solucion general se obtieneque 1(−4 + 6− 7) = −5 = C, por lo cual la solucion es dada por

x2(−4y2 + 6y − 7) + 5 = 0 .

Ejercicio 7 Resolver los siguientes problemas de Cauchy con ecuaciones diferencialesordinarias explıcitas de primer orden con variables separables:

1) y′ =2x

y + x2y, y(0) = 2

2) y′ = − sin(2x)

cos(3y), y

(π2

)=π

3

3. Ecuacion diferencial de primer orden homogenea

Otro tipo de ecuaciones diferenciales sencillas a resolver es el de una ecuaciondiferencial ordinaria explıcita de primer orden homogenea que tiene lasiguiente forma:

y′(x) = F

(y(x)

x

), x 6= 0, (y(x0) = y0) ,

donde F es una funcion real continua y acotada para un intervalo (r, s), es decir,sobre una region

G = (x, y) ∈ R2 : x 6= 0,y

x∈ (r, s) .

Notese que esta region G no es un rectangulo, sino un conjunto de puntos del planoentre dos rayos que inician en el punto orıgen, para cada punto (x, y), y

x = tanαpara el angulo α entre la lınea que conecta al punto (x, y) con el orıgen y el eje x.Entonces tanα ∈ (r, s) equivale a tan−1 r < α < tan−1 s. Vale lo siguiente:

Proposicion 8 Para todo (x0, y0) ∈ G, la ecuacion diferencial ordinaria explıcita

de primer orden homogenea y′(x) = F(y(x)x

)tiene la solucion y(x) si y solo si la

funcion u(x) = y(x)x satisface que u′ = F (u)−u

x .

La proposicion dice esencialmente que la solucion puede ser calculada mediantela substitucion u = y

x . Aplicando esta substitucion, la ecuacion diferencial homogeneaes transformada en una ecuacion diferencial con variables separables.


Ejemplo 9

y′ =dy

dx=

3y − 7x

4y − 3x=

3 yx − 7

4 yx − 3= F

(yx

)Realizando la substitucion u = y

x , es decir y = ux,

y′ =dy

dx=

d

dx(u(x)x) = u′x+ u .

Por lo tantody

dx= x

du

dx+ u =

3u− 7

4u− 3, es decir,

du

dx= u′ =

(3u− 7

4u− 3− u)

1

x=F (u)− u

x.

Separando las variables se obtiene

du

dx=

1

x

3u− 7− u(4u− 3)

4u− 3=

1

x

−4u2 + 6u− 7

4u− 3

Del ejemplo anterior conocemos la solucion general como x2(−4u2 + 6u− 7) = C,obteniendo

−4x2u2 + 6xux− 7x2 = C , y resubstituyendo xu = y,

−4y2 + 6xy − 7x2 = C lo cual es la solucion general.

Notese que el resultado incluye dos soluciones

y2 − 3

2xy +

(7

4x2 − C

)= 0 implica y1,2 = ±

√(9

16− 7

4

)x2 + C .

Si la condicion inicial era y(0) = 1, se obtiene C = 1 para ambas funciones y1, y2.

Ejercicio 10 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias explıcitasde primer orden homogeneas:

1) y′ =x2 + 3y2

2xy

2) y′ =2y − x2x− y

Una importante aplicacion de la ecuacion diferencial ordinaria de primer ordenhomogenea es la integracion de una ecuacion de la siguiente forma:

y′ = F

(Ax+By + C

ax+ by + c

), con constantes A,B,C, a, b, c,

donde F es continua y acotada para argumentos Ax+By+Cax+by+c dentro de un intervalo

(r, s). Claro que para el caso C = c = 0 tenemos una ecuacion diferencial ordinariade primer orden homogenea. Cuando |C| + |c| es estrictamente mayor a cero, laecuacion puede ser transformada en una ecuacion diferencial homogenea, medianteuna substitucion apropiada. Supongamos |C|+ |c| > 0.

Caso 1: Las lıneas rectas representadas por Ax + By + C y ax + by + c seintersectan en un punto (p, q) el cual es la solucion de un sistema homogeneo de

dos ecuaciones lineales cuya matriz de coeficientes es

(A Ba b

). Este punto de

3. ECUACION DIFERENCIAL DE PRIMER ORDEN HOMOGENEA 7

corte existe cuando el determinante de esta matriz es distinto de cero, Ab−Ba 6= 0,entonces Ap+Bq + C = 0 y ap+ bq + c = 0; En este caso, la substitucion

u = x− p, v = y − q

transforma la ecuacion diferencial original en una ecuacion diferencial ordinaria deprimer orden homogenea. Geometricamente eso corresponde a una traslacion delpunto (p, q) al punto orıgen.

Ejemplo 11

y′ =−7x+ 3y − 2

−3x+ 4y − 5

Debido a que (−7)4 − 3(−3) = −19 6= 0, se puede calcular al punto solucion delsistema lineal −7x+3y−2 = 0,−3x+4y−5 = 0, que resulta ser ( 7

19 ,2919 ). Aplicando

la substitucion

u = x− 7

19, v = y − 29

19,

se obtiene la ecuacion diferencial homogenea

v′ =dv

du=

3v − 7u

4v − 3u,

la cual conocemos del ejemplo anterior. Su solucion general es

−4v2 + 6vu− 7u2 = C ′ .

Substituyendo de nuevo y definiendo una constante nueva apropiada C, se llega ala solucion general de la ecuacion diferencial original:

−4y2 + 6xy − 7x2 = C .

Ejercicio 12 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias, transformandolasen ecuaciones diferenciales homogeneas:

1) y′ =3x+ y

4x− 2y + 1

2) y′ =x− y − 1

3x+ y − 2

Caso 2: Las lııneas rectas representadas por Ax + By + C y ax + by + c sonparalelas, es decir, ∣∣∣∣ A B

a b

∣∣∣∣ = Ab−Ba = 0

Cuando b 6= 0, vale lo siguiente: y(x) es solucion de y′ = F(Ax+By+Cax+by+c

)si y solo si

la funcion v(x) = ax+ by + c es solucion de la ecuacion

v′(x) = a+ bF

(Bv(x) + cb−Bc

bv(x)

).

Cuando b = 0 pero B 6= 0, se recomienda analizar la funcion recıproca de F ,definiendo G(u) = F ( 1

u ), la ecuacion diferencial original es transformada en:

y′ = G

(ax+ by + c

Ax+By + C

),

la cual es de la forma tratada anteriormente.


Ejercicio 13 Aplica las herramientas recomendadas para el Caso 2 para resolverla ecuacion diferencial

y′ =2x+ y − 1

6x+ 3y + 1

4. Ecuacion diferencial exacta y el factor integrante

Definicion 14 Una ecuacion diferencial ordinaria de primer orden de la forma

f(x, y) + g(x, y)y′ = 0, o equivalentemente, f(x, y) dx+ g(x, y) dy = 0 ,

con funciones f, g continuas y acotadas sobre una region G ⊂ R2, se llama ecuaciondiferencial ordinaria exacta si

∂f

∂y(x, y) =

∂g

∂x(x, y) .

Proposicion 15 Si la region G es simplemente conectada, entonces la condicion∂f∂y = ∂g

∂x es necesaria y suficiente para que exista una funcion F (x, y) con las

propiedades que

∂F

∂x(x, y) = f(x, y) ,

∂F

∂y(x, y) = g(x, y) .

La solucion general de la ecuacion diferencial ordinaria exacta entonces es dadapara (x, y) ∈ G por

F (x, y) = C, con constante C arbitraria.

La funcion F (x, y) puede ser calculada por

F (x, y) =

∫ x

x0

f(t, y) dt+

∫ y

y0

g(x0, t) dt .

para cualquier punto inicial (x0, y0) ∈ G.

Ejemplo 16 La ecuacion diferencial (x− y)dx+ (y−2 − x)dy = 0 es exacta debidoa que satisface

∂(x− y)

∂y=∂(y−2 − x)

∂x= −1

en cada region simplemente conectada G del plano, suponiendo que G no contienepuntos (x, y) con y = 0. Calculemos:

F (x, y) =

∫ x

x0

(t− y) dt+

∫ y

y0

(t−2 − x0) dt

=x2

2− yx− 1

y+

(−x

20

2+

1

y0+ x0y0

),

donde los terminos conteniendo solamente a x0 y y0 forman una constante, lo cualnos da la solucion general de la ecuacion diferencial como

x2

2− yx− 1

y= C .

Ejercicio 17 Calcular las soluciones dea) (2x+ 3) + (2y − 1)y′ = 0b) (2xy2 + 2y) + (2x2y + 2x)y′ = 0

4. ECUACION DIFERENCIAL EXACTA Y EL FACTOR INTEGRANTE 9

Si una ecuacion diferencial ordinaria de primer orden de la forma

f(x, y) + g(x, y)y′ = 0

no es exacta, es decir ∂f∂y 6=

∂g∂x , se puede buscar una funcion M(x, y), con M(x, y) 6=

0 para (x, y) ∈ G tal que la ecuacion diferencial

M(x, y)f(x, y) +M(x, y)g(x, y)y′ = 0

es una ecuacion diferencial exacta. Entonces la funcion M(x, y) se llama un factorintegrante de la ecuacion diferencial f(x, y) + g(x, y)y′ = 0.

El factor integrante satisface la siguiente ecuacion:

M(x, y)

(∂f

∂y(x, y)− ∂g

∂x(x, y)

)= g(x, y)

∂M

∂x(x, y)− f(x, y)

∂M

∂y(x, y).

Cada solucion especial M(x, y) de esta ecuacion diferencial parcial es un factorintegrante de la ecuacion diferencial f(x, y)dx + g(x, y)dy = 0. En general puedeser muy complicado resolver la ecuacion diferencial parcial. Sin embargo, en muchoscasos es posible suponer que la funcion M(x, y) no depende de las dos variables x, ysino solamente de una, por ejemplo, M = M(x) o M = M(y) o M(z) para z = x+yo z = xy.

En particular, la suposicion o el ansatz M = M(x) simplifica la ecuaciondiferencial parcial para M considerablemente, puesto que entonces

∂M

∂y(x) = 0,

∂M

∂x(x) = M ′(x) .

Por lo tanto, la ecuacion original se vuelve

M ′(x) = M(x)h(x), donde h(x) =

(∂f

∂y(x, y)− ∂g

∂x(x, y)

)1

g(x, y)

es conocida, es decir, determinable a partir de f y g. Esta ultima ecuacion diferencialpuede ser resuelta facilmente bajo las siguientes condiciones:

a) g(x, y) 6= 0 para (x, y) ∈ G;b) h(x) no depende de y.Ambas condiciones deben ser verificadas; cuando estan satisfechas, entonces

M ′(x) = M(x)h(x)⇒∫dM(x)

M(x)=

∫h(x)dx ⇒ M(x) = C exp

(∫h(z)dz

).

En caso de tener una condicion inicial y(x0) = y0, la solucion es

M(x) = C exp

(∫ x

x0

h(z)dz

).

Ejemplo 18 La ecuacion diferencial (3xy + y2) + (x2 + xy)y′ = 0 no es exactadebido a que

∂

∂y(3xy + y2) = 3x+ 2y 6= 2x+ y =

∂

∂y(x2 + xy) .


Vamos a probar si hay un factor integrante de la forma M = M(x):

M ′ = M(x)

(∂f

∂y(x, y)− ∂g

∂x(x, y)

)1

g(x, y)

= M(x) (3x+ 2y − 2x− y)1

x2 + xy

La primera condicion a imponer es x2 + xy 6= 0 lo cual equivale a que la region aconsiderar es G = (x, y) ∈ R2 : x 6= 0, x 6= −y. Bajo esta condicion podemossimplificar como sigue:

M ′ = M(x)x+ y

x(x+ y)= M(x)

1

x.

La segunda condicion se satisface puesto que la funcion h(x) = 1x solamente depende

de x. Entonces, una solucion para M se obtiene como

M(x) = C1 exp

(∫h(x)dx

)= C2 exp(lnx+ C2) = Cx .

Cualquier solucion especial puede ser usada como factor integrante, por ejemploM(x) = x. Es facil verificar que la nueva ecuacion diferencial

Mfdx+Mgdy = x(3xy+y2)dx+x(x2 +xy)dy = (3x2y+xy2)dx+(x3 +x2y)dy = 0

definitivamente es una ecuacion diferencial exacta. Debido a que M(x, y) 6= 0 para(x, y) ∈ G, la nueva ecuacion diferencial es equivalente a la ecuacion diferencialoriginal. Por eso, las soluciones de ambas ecuaciones diferenciales tambien sonequivalentes.

Ejercicio 19 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales mediante un factorintegrante.

a) ydx+ (2x− yey)dy = 0,b) (3xy + y2) + (x2 + xy)y′ = 0,c) y′ − e2x + y − 1 = 0, ansatz recomendado: M(x, y) = e−x,d) (3x2y + 2xy + y3)dx+ (x2 + y2)dy = 0.

5. Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales

Se dice que la ecuacion diferencial F (x, y, y′, y′′, · · · ) = 0 es lineal, si F eslineal en todas sus entradas que contienen a y o sus derivadas. En particular, unaecuacion diferencial ordinaria lineal explıcita de orden n tiene la forma

y(n)(x) = f(x, y(x), y′(x), y′′(x), · · · , y(n−1)(x)) ,

donde f es una funcion lineal en sus argumentos y, y′, y′′, · · · , y(n−1). Por lo tanto,esta ecuacion diferencial puede ser escrita en la siguiente forma:

y(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + · · ·+ a2(x)y′′(x) + a1(x)y′(x) + a0(x)y(x) = f(x) ,

donde a1(x), a2(x), · · · , an−1(x), f(x) son funciones solamente de la variable x ycontinuas sobre un intervalo (a, b) ⊂ R. Notese que las funciones a1(x), a2(x), · · · , an−1(x), f(x)en general no son lineales. La ecuacion diferencial es llamada homogenea , sif(x) = 0, en otro caso la ecuacion es llamada inhomogenea .

5. ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS LINEALES 11

En particular, una ecuacion diferencial de la forma

y′ + a(x)y = f(x) ,

donde a(x), f(x) son funciones reales continuas, es una ecuacion diferencialordinaria lineal explıcita de primer orden para y. En especial, y′ + a(x)y =0 es una ecuacion diferencial ordinaria lineal explıcita homogenea deprimer orden .

Una ecuacion diferencial ordinaria lineal explıcita de segundo ordentiene la forma

y′′ + a(x)y′ + b(x)y = f(x) ,

donde a(x), b(x), f(x) son funciones reales continuas. Una ecuacion diferencialordinaria lineal explıcita homogenea de segundo orden es dada como y′′ +a(x)y′ + b(x)y = 0.

Las siguientes tres proposiciones proporcionan herramientas para resolver ecuacionesdiferenciales lineales.

Lema 20 La suma de dos soluciones de una ecuacion diferencial ordinaria linealexplıcita de orden n homogenea, tambien es una solucion de esta ecuacion diferencial.

Demostracion 21 Sea y(n)+an(x)y(n−1)+· · ·+a1(x)y = 0 una ecuacion diferenciallineal homogenea y sean y1, y2 soluciones de esta ecuacion. Entonces

y(n)1 + an(x)y

(n−1)1 + · · ·+ a1(x)y1 = 0

y(n)2 + an(x)y

(n−1)2 + · · ·+ a1(x)y2 = 0

lo cual implica(y

(n)1 + y

(n)2

)+ an(x)

(y

(n−1)1 + y

(n−1)2

)+ · · ·+ a1(x) (y1 + y2) = 0 .

Obviamente tambien el producto entre una constante y una solucion de unaecuacion diferencial lineal homogenea nuevamente es una solucion de esta ecuaciondiferencial. En consecuencia:

Proposicion 22 Cualquier combinacion lineal y(x) =∑kj=1 cjyj(x) de soluciones

yj de una ecuacion diferencial ordinaria lineal explıcita de orden n homogenea, conconstantes cj ∈ R, j = 1, 2, · · · , k, es nuevamente una solucion de esta ecuaciondiferencial.

Proposicion 23 Sean y2 una solucion de una ecuacion diferencial ordinaria linealexplıcita de orden n y y1 una solucion de la ecuacion diferencial lineal homogeneacorrespondiente, entonces la suma y1 + y2 nuevamente es solucion de la ecuaciondiferencial ordinaria lineal.

Demostracion 24 Sean y(n) + an(x)y(n−1) + · · · + a1(x)y = f(x) una ecuaciondiferencial lineal, la funcion y1 una solucion de la respectiva ecuacion diferencialhomogenea y y2 una solucion general de la ecuacion. Entonces

y(n)1 + an(x)y

(n−1)1 + · · ·+ a1(x)y1 = 0

y(n)2 + an(x)y

(n−1)2 + · · ·+ a1(x)y2 = f(x)


lo cual implica(y

(n)1 + y

(n)2

)+ an(x)

(y

(n−1)1 + y

(n−1)2

)+ · · ·+ a1(x) (y1 + y2) = f(x)

Aprovechando la proposicion 3, cada ecuacion lineal ordinaria explıcita de ordenarbitrario equivale a un sistema de ecuaciones lineales ordinarias de primer orden.Por eso, son de mucha utilidad los metodos para calcular soluciones de ecuacionesdiferenciales lineales explıcitas de orden uno, por ejemplo basandose en lo siguiente:

Proposicion 25 La solucion de una ecuacion diferencial ordinaria lineal explıcitade primer orden

y′ + a(x)y = f(x)

con su condicion inicial y(x0) = y0, esta dada por

y(x) = exp(−A(x))

∫ x

x0

exp(A(z))f(z)dz

donde A′ = a(x), es decir, A(x) =∫a(x)dx.

Demostracion 26 Eso puede ser demostrado subtituyendo la solucion y(x) en laecuacion diferencial. Otra forma es como sigue: reescribamos la ecuacion diferencialcomo y′ + A′y = f(x) con A′ = a(x) y multipliquemos la ecuacion completa porexp(A). Obtenemos

exp(A)y′ + exp(A)A′y − exp(A)f(x) = (exp(A)y)′ − exp(A)f(x) = 0

De aquı llegamos a que exp(A)y =∫ xx0

exp(A(z))f(z)dz, de donde se obtiene el

resultado.

La funcion exp(A) = exp(∫a(x)dx

)es un factor integrante de la ecuacion

diferencial y′+a(x)y = f(x). Con su ayuda, la resolucion de la ecuacion diferenciallinea ordinaria de primer orden puede ser reducida a la resolucion de una integralo tambien se dice, se reduce a cuadraturas. El problema es ahora resolver laintegral de la solucion, lo cual puede ser complicado y no siempre es posible hacerloanalıticamente.

Ejemplo 27 Sea y′ + 1xy − a0x

5 = 0. Entonces A′(x) = a(x) = 1x , es decir

A(x) = ln(x). Se tiene que exp(A(x)) = x, por lo que la solucion de la ecuacion es

y(x) =1

x

∫ x

x0

t a0t5dt =

a0

7x

(x7 + c

),

siendo c una constante libre.

Ejercicio 28 Resolver :1) y′ + 1

xy − a0 exp(x) = 0.

2) y′ + 1xy − a0 sin(x) = 0.

3) y′ + xy − a0x = 0.4) y′ + xy − a0

1x = 0.

5) y′ + ln(x)y − a0x = 0.


Comentario 29 Otra tecnica para resolver una ecuacion diferencial lineal de primerorden y′ + a(x)y = f(x) consiste en lo siguiente:

Paso 1: Se resuelve la ecuacion diferencial lineal homogenea correspondiente

y′ + a(x)y = 0

la cual es una ecuacion diferencial con variables separables. Su solucion general es

yhom(x) = C exp

(−∫a(z)dz

).

Involucrando una condicion inicial y(x0) = y0, la solucion resulta ser

yhom(x) = C exp

(−∫ x

x0

a(z)dz

).

Paso 2: Por el teorema 23, la solucion general de la ecuacion inhomogeneay′ + a(x)y = f(x) es dada como

y = yhom + y∗ ,

donde y∗ es una solucion especial de la ecuacion inhomogenea. Una solucion especialy∗ puede ser calculada por un metodo llamado variacion de los constantes queconsiste en suponer ahora que la constante C depende de la variable x. El ansatzC = C(x) genera la siguiente forma para la solucion especial buscada:

y∗(x) = C(x) exp

(−∫ x

x0

a(z)dz

).

Con el objetivo de que y∗ satisfaga la ecuacion (y∗)′ = f(x)− y∗a(x), la siguienteecuacion sirve para calcular a C(x):[

C(x) exp

(−∫ x

x0

a(z)dz

)]′= f(x)− y∗a(x) .

No existe un metodo general para resolver una ecuacion diferencial ordinariaexplıcita lineal de orden arbitrario n,

y(n)(x) + an−1(x)y(n−1)(x) + · · ·+ a1(x)y′(x) + a0(x)y(x) = f(x) .

Para tratar al problema de la ecuacion homogenea, es decir para f(x) = 0, elsiguiente teorema da una primera idea sobre la solucion general. Necesitamos paraeso el concepto de soluciones linealmente independientes:

Definicion 30 Sean yj(x) para j = 1, 2, · · · , k soluciones de una ecuacion diferencialordinaria explıcita lineal homogenea de orden n. Las funciones yj(x) se llamanlinealmente independientes si existen numeros reales c1, c2, · · · , ck tales que

k∑j=1

|cj | > 0 implica que

k∑j=1

cjyj(x) = 0 .

En otro caso, las soluciones yj(x) se llaman linealmente dependientes. Eldeterminante asociado al conjunto de soluciones y1(x), y2(x), · · · , yk(x) dado


como

W (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 · · · yky′1 y′2 · · · y′ky′′1 y′′2 · · · y′′k...

......

...

y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣es llamado determinante de Wronsky o el wronskiano de las funciones yj(x).

Lema 31 Sean yi(x), j = 1, 2, · · · , k, soluciones de una ecuacion diferencial ordinariaexplıcita lineal homogenea, sobre un intervalo (a, b) ⊂ R. Las funciones y1(x), y2(x), · · · , yk(x)son linealmente dependientes si su determinante de Wronsky W (x) tiene el valorcero en algun punto x0 ∈ (a, b). En este caso se sigue que W (x) = 0 para cualquierx ∈ (a, b), debido a la formula de Liouville

W (x) = W (x0) exp

(−∫ x

x0

an−1(t)dt

).

Si el determinante de Wronsky W (x) tiene un valor distinto a cero en algun puntox0 ∈ (a, b), las funciones y1(x), · · · , yk(x) son linealmente independientes y entoncesW (x) 6= 0 para cualquier x ∈ (a, b).

Teorema 32 Cada ecuacion diferencial ordinaria explıcita lineal homogenea deorden n tiene n soluciones linealmente independientes yi(x), j = 1, 2, · · · , n. Lasolucion general de la ecuacion diferencial tiene la forma

y(x) =

n∑j=1

cjyj(x), con constantes libres c1, c2, · · · , cn.

Notacion 33 El conjunto y1(x), y2(x), · · · , yn(x) de soluciones linealmente independientesdel ultimo teorema se llama sistema fundamental para la ecuacion diferencialordinaria explıcita lineal homogenea de orden n.

Como consecuencia, dada una ecuacion diferencial de este tipo, si encontramosn soluciones de las cuales con ayuda del determiante de Wronsky se verifica suindependencia lineal, la solucion general queda determinada.

Un metodo importante para encontrar al sistema fundamental de soluciones deestas ecuaciones se basa en lo siguiente:

Proposicion 34 Si u(x) es un solucion especial de una ecuacion diferencial ordinariaexplıcita lineal homogenea de orden n sobre un intervalo (a, b) con la propiedad queu(x) 6= 0 para x ∈ (a, b), entonces se puede reducir el orden de la ecuacion a tratar,puesto que mediante la transformacion

y = u

∫y(t)dt

se obtiene una ecuacion diferencial de orden n − 1. Si y1(x), y2(x), · · · , yn−1(x)es un sistema fundamental de la ecuacion diferencial transformada, entonces lasfunciones

y1(x) = u(x), y2(x) = u(x)

∫ x

y1(t)dt, · · · , yn(x) = u(x)

∫ x

yn−1(t)dt

forman un sistema fundamental de la ecuacion diferencial original.


Ejemplo 35 Para resolver la ecuacion diferencial

x2(1− x)y′′ + 2x(2− x)y′ + 2(1 + x)y = 0 ,

primero la transformamos en su forma explıcita:

y′′ +2(2− x)

x(1− x)y′ +

2(1 + x)

x2(1− x)y = 0 .

Los coeficientes deben ser funciones continuas sobre un intervalo considerado, esose cumple por ejemplo para I = (−∞, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1,∞). Una solucion especiales u(x) = x−2. Aplicando la transformacion y = 1

x2

∫y(t)dt proporciona la nueva

ecuacion diferencial

y′ +2

(1− x)y = 0

la cual tiene la solucion y(x) = (x − 1)2. Con eso obtenemos dos soluciones de laecuacion diferencial original

y1(x) =1

x2, y2(x) =

1

x2

∫ x

(t− 1)2dt =(x− 1)3

3x2.

Para verificar que estas soluciones son linealmente independientes, es suficienteencontrar puntos x1

0 ∈ (−∞, 0), x20 ∈ (0, 1), x3

0 ∈ (1,∞) tales que W (xi0) 6= 0,i = 1, 2, 3.

W (x) =

∣∣∣∣∣∣∣1x2

(x−1)3

3x2

− 2x3

(x−1)2(x+2)3x3

∣∣∣∣∣∣∣ =(x− 1)2

x4

Encontramos facilmente que por ejemplo W (−1) = 4, W ( 12 ) = 4, W (2) = 2−4 son

todos distintos de cero, por lo cual y1(x), y2(x) es un sistema fundamental de laecuacion diferencial original cuya solucion general entonces es dada por

y(x) = c11

x2+ c2

(x− 1)3

3x2.

Consideremos ahora una ecuacion diferencial ordinaria lineal de orden n cuyoscoeficientes no son funciones de la variable x sino solamente constantes

any(n)(x)+an−1y

(n−1)(x)+· · ·+a1y′(x)+a0y(x) = f(x), a0, a1, · · · , an ∈ R, an 6= 0 .

El problema de resolver la ecuacion lineal homogenea

any(n)(x) + an−1y

(n−1)(x) + · · ·+ a1y′(x) + a0y(x) = 0

se reduce a encontrar las raıces de un polinomio. La idea basica es trabajar conel ansatz y = exp(rx) o y = c exp(rx). Substituyendo y = exp(rx) en la ecuaciondiferencial y usando y′ = r exp(rx) se obtiene(

anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a1r + a0

)exp(rx) = 0 .

Tomando en cuenta que exp(rx) 6= 0, la condicion

P (r) = anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a1r + a0 = 0

es equivalente a que y = exp(rx) sea una solucion de la ecuacion diferenciallineal homogenea. El polinomio P (r) es llamado polinomio caracterıstico dela ecuacion diferencial .

Como consecuencia del teorema fundamental del algebra, un polinomio deorden n tiene n raıces que son numeros reales o complejos y ademas pueden tener


multiplicidades distintas a uno. Sean r1, · · · , rv las raıces reales diferentes de P (r)con sus multiplicidades k1, · · · , kv, y (p1 + iq1, p1 − iq1), · · · , (pw + iqw, pw − iqw)las parejas diferentes de las raıces complejas conjugadas con sus correspondientesmultiplicidades l1, · · · , lw. Entonces P (r) tiene la siguiente descomposicion:

P (r) = (r − r1)k1(r − r2)k2 · · · (r − rv)kv (r − (p1 + iq1))l1(r − (p1 − iq1))l1

· · · (r − (pw + iqw))lw(r − (pw − iqw))lw

dondev∑s=1

ks + 2

w∑s=1

ls = n .

Entonces en particular cada y = exp(rsx) es una solucion de la ecuacion linealhomogenea. Sin embargo, esta solucion no es la general puesto que por el teorema deexistencia y unicidad, la ecuacion diferencial debe tener ks soluciones que de algunaforma son generadas a partir de la raız rs. Ademas sabemos que la combinacionlineal de soluciones nuevamente da una solucion. Eso nos da la idea de modificaral ansatz para encontrar la solucion general.

Para cada raız rs real con multiplicidad ks del polinomio P (r), el nuevo ansatzes

ys(x) = (b1s + b2sx+ b3sx2 + · · ·+ bkss x

ks−1) exp(rsx)

con b1s, b2s, b

3s, · · · , bkss siendo constantes libres. Es facil verificar que ys(x) es una

solucion especial de la ecuacion diferencial lineal homogenea. Ası se obtienen vsoluciones y1(x), y2(x), · · · , yv(x).

Analogamente se modifica el ansatz para una solucion especial correspondientea cada pareja de raıces complejas conjugadas (ps + iqs), (ps− iqs) de multiplicidadls, el nuevo ansatz es

us(x) = (c1s + c2sx+ c3sx2 + · · ·+ clss x

ls−1) exp(psx) cos qsx+

(d1s + d2

sx+ d3sx

2 + · · ·+ dlss xls−1) exp(psx) sin qsx

donde c1s, c2s, · · · , clss , d1

s, d2s, · · · , dlss son 2ls constantes libres. Todas las funciones

u1, u2, · · · , uw son soluciones de la ecuacion diferencial lineal homogenea. En realidad,cada us contiene dos soluciones linealmente independientes, su parte del coseno y suparte del seno. Mediante el determinante de Wronsky puede ser verificado que todaslas soluciones y1(x), y2(x), · · · , yv(x) conjunto con las dos partes de cada una delas soluciones u1, u2, · · · , uw son linealmente independientes y por lo tanto, formanun sistema fundamental de la ecuacion diferencial lineal homogenea. Su soluciongeneral entonces tiene la forma

y(x) = y1(x) + y2(x) + · · ·+ yv(x) + u1(x) + u2(x) + · · ·+ uw(x)

y contiene∑vs=1 ks + 2

∑ws=1 ls = n constantes libres como es de esperar para

una ecuacion diferencial de orden n. Para el caso muy especial que el polinomiocaracterıstico P (r) de grado n tiene n raıces reales distintas r1, r2, · · · , rn, la ecuaciondiferencial lineal homogenea de orden n tiene la solucion general

y(x) = c1 exp(r1x) + c2 exp(r2x) + · · ·+ cn exp(rnx) .

Ejemplo 36 El polinomio caracterıstico de la ecuacion diferencial

y(5) − 2y(4) + 8y′′ − 12y′ + 8y = 0 es P (r) = r5 − 2r4 + 8r2 − 12r + 8


tiene las raıces

r1 = −2, r2,3 = 1 + i, r4,5 = 1 + i, las ultimas ambas dobles.

De eso se obtiene la descomposicion del polinomio como

P (r) = (r + 2)(r − (1 + i))2(r − (1− i))2 ,

dando lugar al ansatz para cada solucion especial:

y1(x) = b1 exp(−2x), u1(x) = (c11 + c21x) exp(x) cosx+ (d11 + d2

1x) exp(x) sinx .

La solucion general tiene cinco constantes b1, c11, c

21, d

11, d

21 :

y(x) = b1 exp(−2x) + exp(x)[(c11 + c21x) cosx+ (d1

1 + d21x) sinx

].

Ejemplo 37 Para la ecuacion diferencial y′′+2y′+y = 0, la substitucion del ansatzy(x) = c exp(rx) en la ecuacion genera la nueva ecuacion

c exp(rx)(r2 + 2r + 1

)= 0, o equivalentemente,

(r2 + 1

)2= 0 .

El polinomio caracterıstico tiene una raız doble: r1,2 = −1. Por lo tanto, lassoluciones especiales de la ecuacion diferencial son y1 = c1x exp(−x), y2 = c0 exp(−x),dando la solucion general como y(x) = (c1x+ c0) exp(−x).

Ejemplo 38 La ecuacion del oscilador armonico es

(1) y′′ + ω2y = 0 .

El polinomio caracterıstico dado por r2+ω2 = 0 tiene dos raices r = ±√−ω2 = ±iω.

Si ω es real, la solucion de la ecuacion diferencial es como sigue:

y(x) = c1 exp(iωx) + c2 exp(−iωx)

= c1 (cos (ωx) + i sin (ωx)) + c2 (cos (ωx)− i sin (ωx))

= (c1 + c2) cos (ωx) + i (c1 − c2) sin (ωx)

= A1 cos (ωx) +A2 sin (ωx)

= A sin (δ) cos (ωx) +A cos (δ) sin (ωx)

= A sin (ωx+ δ)

= B cos (σ) cos (ωx)−B sin (σ) sin (ωx)

= B cos (ωx+ σ)

donde c1 + c2 = A1 = A sin (δ) = B cos (σ) y i (c1 − c2) = A2 = A cos (δ) =B sin (σ). Esta solucion es una funcion oscilante. Si ω es imaginaria, la solucion esdada por

y(x) = c1 exp(ωx) + c2 exp(−ωx)

que es una funcion monotona. Si ω es compleja, la solucion es una mezcla de lasdos anteriores, vea la figura 1.

Ejercicio 39 La ecuacion del oscilador armonico amortiguado es y′′+hy′+ω2y = 0.Encontrar todas las soluciones de esta ecuacion. Hacer un analisis del comportamientode las soluciones.

Ejercicio 40 Resuelva la ecuacion del oscilador armonico para las condicionesiniciales y(0) = 0 , y′(0) = 1 y para y(0) = π, y′(0) = −2 y grafique las solucionespara ω = 1.


Figure 1. La grafica de las soluciones de la ecuacion de onda. Lasolucion graficada es exp(ix)+exp(−ix) (lınea continua), exp(x)+exp(−x) (lınea punteada) y exp((0.3 + i)x) + exp((0.3− i)x) (lınearayada). Observe como la primera solucion es periodica, la segundaes monotona y la tercera es mixta.

Ejercicio 41 Resuelva la ecuacion del oscilador armonico amortiguado para lascondiciones iniciales y(0) = 0, y′(0) = 1 y para y(0) = π, y′(0) = −2 y con ω = 1,grafique las soluciones para h = 10, 1, 0.1 y 0.01. Explique el comportamiento.

Para las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales inhomogeneas con coeficientesconstantes, existen varios metodos para encontrar la solucion. De nuevo, el metodomas usado es el de proponer un ansatz conveniente. Veamos un ejemplo de comofunciona este metodo.

Ejemplo 42 Consideremos la ecuacion del oscilador armonico reforzado, es deciry′′ + ω2y = a sin(bx). Para encontrar sus soluciones, propongamos un ansatz deltipo y(x) = A sin(Ωx). Si substituimos eso en la ecuacion diferencial, obtenemos

−AΩ2 sin(Ωx) + ω2A sin(Ωx) = a sin(bx).

Como primera observacion, asumiendo Ω = b, la ecuacion se reduce a una ecuacionalgebraica −AΩ2 +ω2A = a, cuya solucion es A = a/

(ω2 − Ω2

). Por eso, la funcion

y(x) = a/(ω2 − Ω2

)sin(bx) es una solucion de la ecuacion del oscilador armonico

reforzado. Vea la figura 2, la solucion general de la ecuacion diferencial es comosigue:

y(x) = c1 sin(ωx) + c2 cos(ωx) +a sin(bx)

ω2 − b2

Ejemplo 43 Similarmente como en el ejemplo anterior, para resolver la ecuaciondiferencial y′′+ω2y = a exp(bx), el ansatz conveniente es y(x) = A exp(Ωx). Usandoel mismo procedimiento como para el ejemplo anterior se obtiene la solucion generalcomo y(x) = c1 sin(ωx) + c2 cos(ωx) + a/

(ω2 + b2

)exp(bx).


Figure 2. Soluciones de la ecuacion del oscilador armonicoreforzado. La soluciones graficadas son: cos(x)−1/(1−b2) sin(bx),para ω = 1 y a = 1. Las graficas corresponden a b = 1.1, 1.01 y1.001, de la mas pequena a la mas grande. Observen como lasolucion crece conforme nos acercamos a b = 1, que es el valor dela resonancia, es decir, cuando la frecuencia del reforzamiento seacerca a la frecuencia de la solucion homogenea.

Ejercicio 44 Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales no homogeneas, usandoun ansatz conveniente.

1) y′′ + ω2y = a1 sin(b1x) + a2 exp(b2x)2) y′′ + hy′ + ω2y = a1 sin(b1x)3) y′′ + hy′ + ω2y = a1 sin(b1x) + a2 exp(b2x)4) y′′ + hy′ + ω2y = a1x5) y′′ + hy′ + ω2y = a1x+ a2 exp(b2x)

Sin embargo, en ocasiones resulta practicamente imposible dar un ansatz conveniente.Un otro metodo se basa en la variacion de los constantes, lo cual ya fue mencionadobrevemente arriba para ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. A continuacionilustraremos esta tecnica para una ecuacion diferencial ordinaria lineal de segundoorden donde la resolucion puede ser reducido a cuadraturas.

Algoritmo 45 Sea una ecuacion diferencial ordinaria lineal de segundo orden dadapor

y′′ + hy′ + ω2y = f(x)

y sea

yhom(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

la solucion general de la ecuacion homogenea correspondiente. Entonces, la soluciony de la ecuacion inhomogenea (45) se puede buscar suponiendo que c1 y c2 sonfunciones de x:

y(x) = c1(x)y1(x) + c2(x)y2(x) .


Subtituyendo este ansatz en (45), obtenemos

y(x) = c1(x)y1(x) + c2(x)y2(x)

y′(x) = c1(x)y′1(x) + c2(x)y′2(x) + c′1(x)y1(x) + c′2(x)y2(x).

y′′(x) = c1(x)y′′1 (x) + c2(x)y′′2 (x) + c′1(x)y′1(x) + c′2(x)y′2(x) +

c′1(x)y′1(x) + c′2(x)y′2(x) + c′′1(x)y1(x) + c′′2(x)y2(x).

de donde llegamos a que

y′′ + hy′ + ω2y = h (c′1(x)y1(x) + c′2(x)y2(x))

+2 (c′1(x)y′1(x) + c′2(x)y′2(x)) + c′′1(x)y1(x) + c′′2(x)y2(x)

= f(x)(2)

Ahora supongamos que c′1(x)y1(x)+c′2(x)y2(x) = 0, lo que implica que tambienla derivada de este termino debe ser cero, es decir (c′1(x)y1(x) + c′2(x)y2(x))

′=

c′′1(x)y1(x)+c′′2(x)y2(x)+c′1(x)y′1(x)+c′2(x)y′2(x) = 0. Si substituimos este resultadoen la ecuacion diferencial (2), obtenemos

c′1(x)y′1(x) + c′2(x)y′2(x) = f(x)

Eso significa que si encontramos dos funciones c1(x) y c2(x) que cumplan

c′1(x)y1(x) + c′2(x)y2(x) = 0

c′1(x)y′1(x) + c′2(x)y′2(x) = f(x)

obtendremos una solucion de la ecuacion diferencial inhomogenea. Podemos resolverel sistema para las funciones c1(x) y c2(x) usando el metodo de determinantes. Elresultado es

c′1(x) = − y2(x)f(x)

W (y1, y2)

c′2(x) =y1(x)f(x)

W (y1, y2)

donde hemos usado el determinante de Wronsky que aquı resulta como

W (y1, y2) = y1y′2 − y2y

′1 .

Con eso ya podemos deducir la solucion especial de la ecuacion diferencial inhomogeneaen forma de cuadraturas:

y(x) =

∫ x

x0

(y1(t)y2(x)− y2(t)y1(x))

W (y1, y2) (t)f(t)dt

Por tanto, la solucion general es dada por ygeneral(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + y(x).

Ejercicio 46 Resuelva los Ejercicios 44 usando el algoritmo anterior.

Las ecuaciones diferenciales de segundo orden son especialmente interesantesya que en la mayorıa de las teorıas fısicas, sus ecuaciones de campo son de estetipo. Las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden mas comunes en todoslos campos de las ciencias son ecuaciones con coeficientes variables para las cualesno existe un metodo unico para resolverlas. En la siguiente seccion trataremosecuaciones diferenciales de esto tipo con la ayuda de transformaciones.

6. TRANSFORMADAS INTEGRALES 21

6. Transformadas integrales

El metodo de las transformadas integrales, tambien llamado metodode operadores, se basa en la idea de aplicar una transformacion a la ecuaciondiferencial para llevarla a otro espacio en donde tenga una forma mas simple y poreso se pueda resolver mas facilmente y luego con la transformacion inversa regresaral espacio original. Este ultimo paso no siempre es simple. Tambien puede sucederque la transformacion usada no es adecuada para una ecuacion diferencial dada, yesta se vuelve aun mas complicada en el espacio de llegada. Por eso no hay unareceta universal para todas las ecuaciones; existen varias transformaciones, cadauna adecuada para alguna clase de ecuaciones diferenciales.

Las funciones que estamos interesados en transformar, pertenecen a un espaciode Hilbert de funciones, tıpicamente a CR([a, b]) o CC([a, b]) con su producto internodel L2 dado para funciones reales por

(f, g) =

∫ b

a

f(x)g(x)dx ,

y para funciones complejas por

(f, g) =

∫ b

a

f(x)g(x)dx .

Definicion 47 Una transformacion integral tiene la forma

F (s) = F (f(x))(s) =

∫ b

a

f(x)h(s, x)dx ,

donde a, b ∈ R o a = −∞ o b =∞, f(x) es una funcion dada, F (s) es la funciontransformada, y la funcion h(s, x) se llama el nucleo de la transformacion.Para a = −∞, b = ∞ y h(s, x) = exp(−2πisx), F (s) es la transformada deFourier. Para a = 0, b =∞, y h(s, x) = exp(−sx), F (s) es la transformada deLaplace y se denota mas especıficamente por L(s) = L(f(x))(s).

Comentario 48 Para una funcion f(x) de R en C, su transformada de Laplacedefinida para una variable compleja s como

L(s) = L(f(x))(s) =

∫ ∞0

exp(−sx)f(x)dx

existe, es decir, la integral converge, bajo las siguientes condiciones:a) f(x) es definida para todo x ≥ 0, x ∈ R.b) f(x) es integrable sobre (0,∞):

∫∞0f(x)dx converge.

c) |f(x)| ≤ k exp(cx) para constantes apropiados k, c.Entonces la integral

∫∞0

exp(−sx)f(x)dx converge para todo s cuya parte real esestrictamente mayor que c. Se puede demostrar ademas que en este semiplano denumeros complejos, la funcion L(s) es analıtica y tiende a cero cuando la parte realde s tiende al infinito.

Observemos que para cada punto fijo s, en la integral que define a F (s), lafuncion h es considerada como dependiente solamente de x, h(s, x) = hs(x). Poreso, la definicion de F (s), igualmente como la de L(s), puede ser interpretada comoel producto interno del espacio L2:

F (s) = F (f(x))(s) = (f, hs) = (f(x), hs(x)) .


En lo que sigue vamos a aplicar las transformadas de Laplace y de Fourier aecuaciones diferenciales ordinarias lineales de orden dos, con coeficientes que puedenser variables. Consideremos funciones con valores complejas. La aplicacion de unatransformada integral con un nucleo hs(x) a una ecuacion diferencial ordinariaexplıcita lineal de segundo orden

y′′ + a(x)y′ + b(x)y − f(x) = 0

significa que todo el lado izquierdo de esta ecuacion es considerado como funcionoriginal y transformado, es decir, es tomado como entrada a calcular al productointerno, conjunto con hs(x). Es facil observar que el operador de la transformadade Laplace es lineal. Por eso, L (y′′ + a(x)y′ + b(x)y − f(x)) (s) = L (y′′) (s) +L (a(x)y′) (s) + L (b(x)y) (s)− L(f(x))(s). Tomando en cuenta que

(yhs(x))′ = yhs(x)′ + y′hs(x),

la transformada de y′, o equivalentemente, el producto interno de y′ con hs(x) sepuede escribir como

(y′, hs) =

∫ b

a

y′hs(x)dx =

∫ b

a

(yhs(x))′dx−∫ b

a

yhs(x)′dx = yhs(x)

∣∣∣ba−(y, hs(x)

′).

Entonces conviene escoger una funcion como nucleo de transformacion para la

cual es facil calcular al producto(y, hs(x)

′), o a (y, hs(x)′) cuando se trata de

funciones reales. Si eso es posible, en ocasiones se puede encontrar una solucion dela ecuacion diferencial. Veamos algunos ejemplos de tales nucleos de transformacionpara analizar en particular a los terminos (y(x), hs(x)′), (y′(x), hs(x)).

Ejemplo 49 Consideremos ahora al espacio de Hilbert de funciones reales, y lafuncion hs(x) = exp(−sx). Entonces tenemos que

(y, hs(x)′) =

∫ ∞0

y(exp(−sx))′dx = −s(y, hs).

El hecho que (y, hs(x)′) es facil de calcular, muestra que esta funcion hs es unnucleo de transformacion integral conveniente. Se sigue que

L(y′(x))(s) = (y′, hs) =

∫ ∞0

y′ exp(−sx)dx = y exp(−sx)|∞0 + s(y, hs)

= sL(y(x))(s)− y(0) .

Analogamente se puede obtener que

L(y′′(x))(s) = (y′′, hs) = s2L(y(x))(s)− y′(0)− y(0)s.

lo cual contribuye a construir la transformada de Laplace de una ecuacion diferencial.

Ejercicio 50 Demostrar que

L(y′′)(s) = (y′′, hs) = s2L(y(x))(s)− y′(0)− y(0)s .

Ejemplo 51 Supongamos la funcion y(x) y sus derivadas como perteneciendo alespacio de las funciones periodicas en [0, 2π] con su producto interno del L2 sobre


el intervalo [0, 1], (f, g) =∫ l

0fg dx. Como se vio en el teorema ?? del capıtulo 16

de analisis, un sistema ortonormal completo de este espacio es dado por

hk(x)k∈I =

1√2π,

1√π

sin(kx),1√π

cos(kx)

k=1,···

donde k = nπ/l y los coeficientes de Fourier estan dados por

(y, hk(x))k∈I =

(y, cos(kx)) = 1√

π

∫ 2π

0y cos(kx)dx,

(y, sin(kx)) = 1√π

∫ 2π

0y sin(kx)dx,

Podemos clasificar a estas funciones como las funciones pares cos(kx)k∈I =hpk y las funciones impares sin(kx)k∈I = hik. La transformacion integraldefinida por estas funciones como nucleo de transformacion, se llama transformadafinita de Fourier. Calculemos la transformada de la derivada y′, primero seobtiene (

y, (hpk)′)

=1√π

∫ 2π

0

y (cos(kx))′dx = −k

(y, hik

),

y por lo tanto,

(y′, hpk) = k(y, hik

)− 1√

π(y(0)− y(2π)) ,

mientras que para las funciones impares resulta que(y′, hik

)= −k (y, hpk) .

Ejercicio 52 Demostrar que para la transformada finita de Fourier valen las siguientesidentidades:

(y′′, hpk) = −k2 (y, hpk)− (y′(0)− y′(l) cos(nπ))(y′′, hik

)= k2

(y, hik

)+ k (y(0)− y(l) cos(nπ))

donde k = nπ/l

Ejemplo 53 Consideremos ahora a la funcion y(x) y sus derivadas en el espaciode Hilbert de las funciones complejas con su producto interno del L2, y la funcionhs(x) = exp(2πisx). La transformacion integral con este nucleo, salvo una constante,corresponde a la transformacion (continua) de Fourier.

Con el objetivo de aplicarla a una ecuacion diferencial ordinaria de segundoorden, observamos primero que

(y, h′s) =

∫ ∞−∞

y(exp(−2πisx))′dx = −is (y, hs) ,

lo cual implica que F (y′(x))(s) es dado por

(y′, hs) =

∫ ∞−∞

y′ exp(−2πisx)dx =1√2π

y exp(−2πisx)|∞−∞+is(y, hs(x)) = isF (y(x))(s),

para toda funcion y(x) que tiende a cero para |x| tendiendo a∞. Estas condicionesson tıpicas en una gran variedad de problemas en las ciencias como la fısica eingenierıa. Similarmente se puede deducir que

F (y′′(x))(s) = (y′′, hs) = −s2F (y(x))(s).


Durante las deducciones hechas arriba, hemos aplicado propiedades de lastransformadas integrales como su linearidad. Las transformaciones de Fourier, ensus diversas versiones, y de Laplace tienen muchas propiedades interesantes quelas hacen particularmente utiles para su uso como auxiliares en la resolucion deecuaciones diferenciales. A continuacion resumimos algunas de estas propiedades.

Teorema 54 (Transformada de Laplace) Sean f(x), f1(x), f2(x) funciones en unespacio de Hilbert real o complejo con su respectivo producto interior (, ) del L2.Ademas sean a, a1, a2 numeros arbitrarios reales si el espacio es real, o complejospara el espacio complejo. Entonces el operador L de la transformacion de Laplace

L(s) = (y, hs) = L(f(x))(s) = (y(x), hs(x)) con hs(x) = exp(−sx),

tiene las siguientes propiedades:1) L es lineal: L(a1f1(x) + a2f2(x)) = a1L(f1(x)) + a2L(f2(x)).2) La transformada de la funcion exp(ax)f(x) es

(exp(ax)f(x), hs(x)) = F (s− a) .

3) La transformada de la funcion g(x) =

f(x− a) para x > a

0 para x < a

es (g(x), hs(x)) = exp(−as)L(s) .

4) Escalamiento: la transformada de la funcion f(ax) es

(f(ax), hs(x)) =1

aL( sa

).

5) La transformada de∫ x

0f(x)dx es(∫ x

0

f(x)dx, hs(x)

)=

1

sL(s) .

6) La transformada de la funcion f (n)(x) de la n-esima derivada es(f (n)(x), hs(x)

)= snL(s)− sn−1f0 − sn−2f ′0 − s− sf

(n−2)0 − f (n−1)

0 ,

con f(k)0 = lim

x→+0

dkf(x)

dxk

7) La transformada de la funcion xnf(x) es

(xnf(x), hs(x)) = (−1)ndn

dsnL(s) .

8) La transformada de la funcion f(x)x es(

f(x)

x, hs(x)

)=

∫ ∞s

L(t)dt .

Ejercicio 55 Demostrar las propiedades del teorema anterior.

Con la ayuda de este teorema es posible encontrar la transformada de Laplacede muchas funciones. Particularmente los incisos 7) y 8) del teorema nos permitenencontrar la trasformada de Laplace de funciones multiplicadas por un exponentede x lo cual aplicaremos a continuacion.


Ejemplo 56 Transformemos la ecuacion diferencial de Bessel para Jl delejemplo ?? para l = 0

x2y′′ + xy′ + x2y = 0

mediante la transformacion de Laplace. Dado que

L(y′(x))(s) = (y′, hs(x)) = sL(s)− y(0) ,

se tiene que

(xy′, hs) = (xy′, exp(−sx)) = (−1)d

ds(sL(s)− y(0)) .

Similarmente(x2y′′, exp(−sx)

)= (−1)2 d

2

ds2

(s2L(y(x))(s)− y(0)s− y′(0)

).

Ası, denotando L = L(y(x))(s), la transformada de Laplace de esta ecuaciondiferencial de Bessel es dada por(

x2y′′ + xy′ + x2y, hs)

=

s2L′′ + 4sL′ + 2L− (sL′ + L) + L′′ =(s2 + 1

)L′′ + 3sL′ + L = 0

La solucion de esta ecuacion diferencial es

L(s) =1√

s2 + 1.

En referencia a las funciones de Bessel del ejemplo ?? y usando la propidad 4)del teorema de la transformada de Laplace, se obtiene para la funcion de Bessel losiguiente:

L(J0(ax))(s) = (J0(ax), hs(x)) =1√

s2 + a2

Ejercicio 57 Encuentre la transformada de Laplace de las siguientes funciones1) f(x) = 12) f(x) = xn

3) f(x) = exp(ax)4) f(x) = sin(ax)5) f(x) = cos(ax)6) f(x) = sinh(ax)7) f(x) = cosh(ax)

Una vez transformada una ecuacion diferencial mediante la transformacion deLaplace y despues de haber encontrado la solucion de la ecuacion en el espacio deLaplace, el ultimo problema a resolver es encontrar y aplicar la transformacion deLaplace inversa, para poder regresar al espacio original en donde realmente nosinteresaba encontrar la solucion de la ecuacion diferencial original. Se sabe de laliteratura que para toda funcion F (s) que es analıtica para s con parte real mayorque una constante c y tendiendo a cero uniformemente para cuando el argumentodel numero complejo s tiende al infinito, la transformada inversa de Laplace deF (s) existe y es dada por

f(x) =1

2πi

∫ c+i∞

c−i∞exp(sx)F (s) ds .


El problema de la transformacion inversa es mas facil de resolver para latransformacion de Fourier. Recordemos que para una funcion f(x) : R −→ Rabsolutamente integrable, es decir, cuando

∫∞−∞ |f(x)|dx es finita, su transformada

de Fourier es definida para una variable real s como

F (s) = F (f(x))(s) =

∫ ∞−∞

exp(−2πisx)f(x)dx .

Su transformacion inversa se distingue de la transformacion original solamente porun signo:

f(x) = F−1(F (s)) =

∫ ∞−∞

exp(2πisx)F (s)ds .

Notemos que los valores F (s), aunque s sea real, son numeros complejos. Recordemosalgunas propiedades importantes de la transformacion de Fourier:

Teorema 58 (Transformada de Fourier) El operador F de la transformacion deFourier tiene las siguientes propiedades:

1) Ambos operadores F y F−1 son lineales.

2) Propiedades de simetrıa: para toda funcion f real, F (−s) = F (s) (complejo

conjugado). Si f es real y par, tambien F (s) lo es y F (s) = F (s) = F (−s). Si f es

real y inpar, entonces F (−s) = F (s) = −F (s).3) Escalamiento: F

(f(xb

))= |b|F (bs).

5) Traslacion: F (f(x− b)) = exp(−2πisb)F (f(x)).6) Teorema de Parseval: para las transformadas de Fourier F (s) = F (f(x))(s),

G(s) = F (g(x))(s) de dos funciones f, g vale que∫ ∞−∞

f(x)g(x) dx =

∫ ∞−∞

F (s)G(s) ds

Corolario para f = g :

∫ ∞−∞|f(x)|2 dx =

∫ ∞−∞|F (s)|2 ds

7) Diferenciacion:

F

(dnf(x)

dxn

)= (2πis)nF (f(x)) .

8) La transformada de exp(iax)y(bx) es

F (exp(iax)y(bx))(s) =1

bF (s)

(k − ab

)9) La transformada de xny(x) es

F (xny(x))(s) = indn

dsnF (s)

Ejercicio 59 Demostrar las propiedades 7), 8), 9) del teorema anterior.

La propiedad 7) es esencialmente importante e util para transformar algunostipos de ecuaciones diferenciales hacia ecuaciones algebraicas. Por ejemplo, y′′ +2πy′ − ky = 0, con k constante, facilmente es transformada en (2πis)2F (y) +2π(2πis)F (y)− kF (y) = 0 lo cual es una ecuacion lineal para F (y(x))(s).


Ejemplo 60 Sea f(x) = rect(x) =

1 para − 1

2 < x < 12

0 en otro caso

la funcion rectangular sobre el intervalo [− 12 ,

12 ]. Calculemos su transformada de

Fourier:

F (rect(x))(s) =

∫ 12

− 12

exp(−2πisx)dx

= − 1

2πis

[exp(−2πisx)|

12

− 12

]= − 1

2πis(−2i sinπs)

F (rect(x))(s) =sin(πs)

πsse llama la funcion sinc(s) ,

la cual es una funcion seno que decae. Debido a que ambas funciones rect(x) ysinc(x) son funciones reales pares, tenemos que F = F−1. Por lo tanto

F (sinc(x))(s) = rect(x) ,

ası que, las funciones rect(x) y sinc(x) forman una pareja de transformadas deFourier.

A continuacion mencionamos otra propiedad interesante e importante de latransformada de Fourier la cual es particularmente usada en el analisis de senales.Para eso se necesita el concepto de la convolucon.

Definicion 61 Para funciones f, h : R −→ R, el producto

(f ∗ h)(x) = f(x) ∗ h(x) =

∫ ∞−∞

f(u)h(x− u) du

es llamada la convolucion de las funciones f, h.

Vamos a aplicar la transformada de Fourier a la funcion nueva dada por esteproducto:

F ((f ∗ h)(x)) =

∫ ∞−∞

exp(−2πisx)

∫ ∞−∞

f(u)h(x− u)dudx

substituyendo v = x− u se obtiene

=

∫ ∞−∞

∫ ∞−∞

exp(−2πisv) exp(−2πisu)f(u)h(v)dudv

=

(∫ ∞−∞

exp(−2πisv)h(v)dv

)(∫ ∞−∞

exp(−2πisu)f(u)du

)F (f(x) ∗ h(x)) = F (h(x))F (f(x))

Debido a que el procedimiento de transformar las expresiones es invertible, obtenemosel siguiente teorema.

Teorema 62 (Teorema de convolucion) Sean f, g : R −→ R, y F el operador de latransformacion de Fourier, entonces

F (f(x) ∗ h(x)) = F (f(x))(s)F (h(x))(s) ;

una convolucion en el espacio de senales corresponde a una multiplicacion de lasfunciones por puntos en el espacio de frecuencias.


De manera parecida se puede deducir el tal llamado teorema inverso deconvolucion :

F (f(x)h(x)) = F (f(x))(s) ∗ F (h(x))(s) .

7. Metodo de series

El metodo de series como herramienta para resolver ecuaciones diferencialesconsiste en suponer que la solucion buscada es representable como serie de potencias.En otras palabras, se trabaja con un ansatz

f(x) =

∞∑n=0

anxn .

y substituyendo este ansatz en la ecuacion diferencial, se trata de determinar loscoeficientes an. A veces se puede suponer un ansatz mas restrictivo donde la funcionf(x) es supuesta como polinomio de grado k

f(x) =

k∑n=0

anxn .

Entonces se refiere al metodo de polinomios, en este caso un problema adicionales la suposicion apropiada o la determinacion del grado. La solucion buscada f(x)generalmente pertenece al espacio de Hilbert de las funciones reales o complejascontinuas, con su producto interno del L2. Otro ansatz para una funcion real f(x)es una combinacion lineal de polinomios; este ansatz es justificado por el hecho quela familia de los polinomios con coeficientes reales de grado arbitrario n = 0, 1, · · ·forma un sistema generador completo en CR([a, b]).

Apliquemos estas ideas en unos ejemplos.

Ejemplo 63 Consideremos de nuevo la ecuacion diferencial de Bessel Jl del ejemplo?? primero con l = 0

x2y′′ + xy′ + x2y = 0 .

Usando al ansatz como serie dado por

y(x) =

∞∑n=0

anxn

en la ecuacion, se obtiene∑∞n=0

(n(n− 1)anx

n + nanxn + anx

n+2)

=

= 0 + a0x2︸︷︷︸

n=0

+ a1x+ a1x3︸︷︷︸

n=1

+ 4a2x2 + a2x

4︸︷︷︸n=2

+ 9a3x3 + a3x

5︸︷︷︸n=3

+

+16a4x4 + a4x

6︸︷︷︸n=4

+ 25a5x5 + a5x

7︸︷︷︸n=5

+ · · ·

Agrupando los terminos, se obtiene

a1x+ (a0 + 4a2)x2 + (a1 + 9a3)x3 + (a2 + 16a4)x4 + (a3 + 25a5)x5 + · · · = 0

Los polinomios dados para distintos n deben ser linealmente independientes,por lo cual, los coeficientes de la suma deben de ser igual a cero para cada n. En

7. METODO DE SERIES 29

consecuencia a1 = 0, ademas:

an + (n+ 2)2an+2 = 0

lo que implica la relacion

an+2 = − an

(n+ 2)2

Esta relacion se llama la relacion de recurrencia de la ecuacion diferencial, yaque conociendo los coeficientes a0 y a1, es posible conocer todos los demas. Elpolinomio queda entonces como sigue:

y(x) = a0

∞∑n=0

(−1)n

22n (n!)2x

2n

A estos polinomios se les llama polinomios de Bessel J0.

Ejemplo 64 Ahora consideremos la ecuacion diferencial de Bessel completaJk del ejemplo ??

x2y′′ + xy′ +(x2 − k2

)y = 0 .

Para resolver esta ecuacion, conviene un ansatz del polinomio un poco modificado:y(x) =

∑∞n=0 anx

n+l. Subtituyendo este ansatz en la ecuacion diferencial se obtiene

x2∑∞n=0 (n+ l) (n+ l − 1)anx

n+l−2 + x∑∞n=0 (n+ l) anx

n+l−1+

+(x2 − k2

)∑∞n=0 anx

n+l

=∑∞n=0

[((n+ l) (n+ l − 1) + (n+ l)− k2

)anx

n+l + anxn+l+2

]= 0 .

Como en el ejemplo anterior, hagamos un analisis de los primeros terminos dela suma

∞∑n=0

[((n+ l) (n+ l − 1) + (n+ l)− k2

)anx

n+l + anxn+l+2

]:

para n = 0:(l(l − 1) + l − k2

)a0x

l + a0xl+2,

para n = 1:((1 + l) (1 + l − 1) + (1 + l)− k2

)a1x

1+l + a1x1+l+2,

para n = 2:((2 + l) (2 + l − 1) + (2 + l)− k2

)a2x

2+l + a2x2+l+2,

para n = 3:((3 + l) (3 + l − 1) + (3 + l)− k2

)a3x

3+l + a3x3+l+2.

Agrupando los terminos segun los exponentes de x y entonces comparando loscoeficientes, se obtiene (

l2 − k2)a0 = 0

lo que implica l = ±k. El siguiente exponente de x proporciona((1 + l) (1 + l − 1) + (1 + l)− k2

)a1 = 0 .

De nuevo, debido a l = ±k, la ultima identidad se cumple solo si a1 = 0. Para elresto de los coeficientes se cumple la relacion de recurrecia

an+2 = − an(n+ 2) (n+ 2 + 2k)


por lo que los polinomios de Bessel completos estan dados por:

Jk(x) =

∞∑n=0

(−1)n

22nn! (n+ k)!x2n+k .

En consecuencia, la solucion de la ecuacion de Bessel es y(x) = a0Jk+ a′0J−k, veala figura 3.

Figure 3. Funciones de Bessel para diferentes valores de k.

De la misma forma se pueden resolver una gran cantidad de ecuaciones diferencialescon coeficientes variables. Algunas de ellas quedaran como ejercicios.

Ejercicio 65 Usando el ansatz de serie o polinomial, resuelva las siguientes ecuacionesdiferenciales

1) de Hermite y′′ − 2xy′ + 2ky = 0

2) de Legendre(1− x2

)y′′ − 2xy′ +

(l (l + 1)− m2

1−x2

)y = 0

3) de Laguerre xy′′ + (1− x) y′ + ky = 0

En las figuras 4, 5, 6 se muestran los polinomios de Hermite, Legendre yLaguerre, respectivamente, para diferentes valores de sus parametros.

7. METODO DE SERIES 31

Figure 4. Polinomios de Hermite para diferentes valores de k.

Figure 5. Polinomios de Legendre para diferentes valores de lcon m = 0.


Figure 6. Polinomios de Laguerre para diferentes valores de k.

CHAPTER 2

ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES

1. Metodos de solucion

Las ecuaciones fundamentales de la fısica, la quımica y la ingenierıa son ecuacionesdiferenciales parciales. En esta parte vamos a ocuparnos de las ecuaciones masusadas en la literatura de las ciencias de la fısica, que son a su vez muy representativasde las ecuaciones diferenciales parciales lineales en general. Aquı nos limitaremos autilizar algunos metodos para la resolucion de algunas ecuaciones diferenciales enlos casos mas simples y comunes pero importantes como son las siguientes:

• La ecuacion de onda:

(3) u = ∇2u− 1

v2

∂2u

∂t2= d(x, y, z)

• La ecuacion de difusion:

(4)∂u

∂t= ∇ (D∇u)

• La ecuacion de Poisson:

(5) ∇2u = d(x, y, z)

A la ecuacion homogenea de Poisson, ∇2u = 0, se le conoce como laecuacion de Laplace .

En estas ecuaciones, u = u(x, y, z, t), d = d(x, y, z, t) y D = D(x, y, z) son funcionesreales o complejas, la variable t representa al tiempo, mientras que x, y, z sonvariables espaciales. El producto · es el producto interno entre vectores. A lafuncion d se le llama la fuente. Tambien fueron usados algunos operadores diferenciales:El operador nabla se define como el vector

(6) ∇ =

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

),

y el operador

= ∇2 − 1

v2

∂2

∂t2

es llamado operador d’Alabertiano. Al operador ∇2 = ∇ · ∇ se le conoce comooperador laplaciano.

Notacion 66 En general denotaremos a los operadores diferenciales por L, de talforma que si por ejemplo L = , la ecuacion de onda se escribe como Lu = d, o siL = ∇2, la ecuacion de Poisson se escribe como Lu = d.

Notacion 67 Se suele clasificar a las ecuaciones diferenciales como ecuacioneshiperbolicas, como la ecuacion de onda, ecuaciones parabolicas, como la ecuacionde difusion y ecuaciones elıpticas, como la ecuacion de Poisson.

33

34 2. ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES

En la mayorıa de los casos, es conveniente utilizar las simetrıas del sistema pararesolver la ecuacion diferencial en cuestion. Para utilizar las simetrıas es convenientetener en mente las formas del operador nabla y del operador laplaciano en diferentessistemas de coordenadas. Uno de los mas usados es el de las coordenadas esfericas,en donde

x = r sin(θ) cos(ϕ)

y = r sin(θ) sin(ϕ)

z = r cos(θ)

∇2 =1

r2

∂

∂r

(r2 ∂

∂r

)+

1

r2 sin(θ)

∂

∂θ

(sin(θ)

∂

∂θ

)+

1

r2 sin2(θ)

∂2

∂ϕ2

y las coordenadas cilindricas, en donde

x = ρ cos(θ)

y = ρ sin(θ)

z = z

∇2 =1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂

∂ρ

)+

1

ρ2

∂2

∂θ2+

∂2

∂z2

Las tres ecuaciones diferenciales (3-5) tienen gran importancia especialmenteen la fısica, aunque aquı nos ocuparemos solamente de sus soluciones. Existe unagran cantidad de metodos de solucion para estas ecuaciones. En este capıtulo noslimitaremos a tres metodos: separacion de variables, desarrollos de Fourier y funcionde Green.

2. Separacion de variables

El metodo de separacion de variables consiste en proponer un ansatz por mediodel cual la funcion u puede ser expresada como una funcion que depende del tiempoy otras funciones que dependen de las demas variables, es decir, como

u = X(x)Y (y)Z(z)T (t) .

Ejemplo 68 Supongamos una cuerda de guitarra estirada que se suelta para sonar.La ecuacion de la cuerda es la ecuacion de onda sin fuente en una dimension,digamos x. La ecuacion de onda es

(7)∂2u

∂x2− 1

v2

∂2u

∂t2= 0 .

Ahora substituimos el ansatz u = X(x)T (t) en la ecuacion de onda:

T∂2X

∂x2− 1

v2X∂2T

∂t2= 0 .

Si dividimos entre TX toda la ecuacion, nos queda una parte que solo depende dex y otra que solo depende de t. Como x y t son variables independientes, se sigueque

1

X

∂2X

∂x2=

1

v2T

∂2T

∂t2= −c

2. SEPARACION DE VARIABLES 35

donde c es una constante arbitraria. La ecuacion de onda entonces se separa en dosecuaciones diferenciales como la ecuacion del oscilador armonico

d2X

dx2+ cX = 0

d2T

dt2+ cv2T = 0

cuyas soluciones son X(x) = c1 sin(√c (x+ x0)) y T (t) = c2 sin(

√cv2 (t+ t0)). La

solucion de la ecuacion de onda es entonces

u(x, t) = c1 sin(√c (x+ x0)

)sin(√cv2 (t+ t0)).

Vamos a suponer que al tiempo t = 0, el guitarrista pulsa la cuerda una elongacionpequena l. Si la cuerda tiene longitud L, se tiene que sin(0) = sin(x = L) = 0.Esto quiere decir que al timpo t = 0, la cuerda tiene una elongacion tipo sin(x),con los extremos fijos y puestos en x = 0 y x = L. Es decir,

u(x, 0) = c1 sin(√c (x+ x0)) sin(

√cv2t0) = l sin(xπ/L) .

Esto implica que c1 = l, x0 = 0,√c = π/L y

√cv2t0 = π/2, es decir c = 1,

t0 = L/ (2v). La solucion sera entonces

u(x, t) = l sin(πx

L

)sin

(vπ

L

(t+

L

2v

)),

vea la figura 1. Si en vez de una cuerda de guitarra se tuviera una cuerda de violın,el arco en la cuerda causa no una elongacion, sino una vibracion. En este caso,

√c

no serıa igual a π/L, sino estarıa determinado por el numero de ondas causadaspor el arco en la cuerda al tiempo t = 0. Observemos que

sin

(vπ

L

(t+

L

2v

))= cos

(πvLt).

Comentario 69 Un metodo equivalente para resolver la ecuacion de onda esproponiendo el ansatz u(x, t) = X(x) exp(−ikt). Subtituyendo este ansatz en laecuacion (7) se obtiene

d2X

dx2+k2

v2X = 0

que de nuevo es la ecuacion del oscilador armonico. La solucion es la misma queen el ultimo ejemplo, tomando c = k2/v2. Sin embargo, utilizando este ansatzes posible escribir la solucion general (sin condiciones iniciales) en forma de unasuma. Para cada k se tiene una solucion de la ecuacion de onda. Por eso, lasolucion general se puede escribir como

(8) u(x, t) =∑k

uk sin

(k

v(x+ xk)

)e−ikt

Observemos que el conjunto sin(kx)k=0,··· ,∞ es un sistema completo generadorde funciones continuas. Es por eso que a t = 0 uno puede ajustar alguna funcion quedetermine las condiciones iniciales del problema. Igualmente se podrıa escoger otraforma de la solucion de la ecuacion del oscilador armonico y escribir en terminosde esta nueva forma las condiciones iniciales del problema.


Figure 1. La solucion de la cuerda vibrando. La longitud de lacuerda aquı es L = 1, la elongacion inicial es l = 0.1 y la velocidadde propagacion de la onda v = 0.2. Se grafican varios momentosde la vibracion de la cuerda.

Ejemplo 70 Supongamos que en vez de una guitarra se tiene un violın tal queal frotar el arco en la cuerda, produce una forma inicial de la cuerda de la forma

u(x, 0) =3∑

k=−3

uk sin (k/v (x+ xk)). Explıcitamente, la solucion a todo tiempo se

ve como

u(x, t) = u1 sin

(k

v(x+ x1)

)(eit + e−it

)+

u2 sin

(2

v(x+ x2)

)(ei2t + e−i2t

)+

u3 sin

(3

v(x+ x3)

)(ei3t + e−i3t

)

Supongamos que u0 = 0, u±1 = 4, u±2 = 2 y u±3 = 1 y que x1 = −1, x2 = 1 y x3 =0, entonces la solucion a tiempo t = 2 se ve como en la figura 2. Los modos 1, 2 y 3se suman a cada instante. Cada uno de ellos es una funcion sinusoidal perfecta, unaonda monocromatica, pero al sumarse, la onda final es distorsionada por la sumade todas. Las ondas de la realidad son ası, son sumas de ondas monocromaticas defunciones senos o cosenos con diferentes frecuencias y fases.

Ejercicio 71 Resuelvan el sistema del ejemplo anterior con las condiciones inicialesu0 = 0, u±1 = 1, u±2 = 2 y u±3 = 4. Grafıquen la solucion a todo tiempo conv = 1, modificando los valores de las constantes xk.


Figure 2. . Grafica de la solucion de la ecuacion de onda contres modos, aquı hemos puesto las condiciones iniciales con lasconstantes u0 = 0, u1 = 4, u2 = 2 y u3 = 1, las fases de cada modoson x1 = −1, x2 = 1 y x3 = 0. La solucion se grafico al tiempot = 2.

Ejercicio 72 Resuelvan la ecuacion de la cuerda pero ahora con las condiciones

iniciales u(x, 0) =2∑

k=−2

uk cos (kx/v), donde de nuevo u0 = 0, u±1 = 4 y u±2 = 1.

Grafıquen la solucion a todo tiempo con v = 1.

Notacion 73 A las componentes de la sumatoria (8) se les conoce como modosnormales de vibracion de la cuerda.

Ejemplo 74 Vamos a suponer que la cuerda tiene una fuente. Es decir, alguien oalgo esta provocando la onda. En tal caso la ecuacion de la onda se ve como

∂2u

∂x2− 1

v2

∂2u

∂t2= d(x, t)

Si la fuente es del tipo d = σ(x) sin(kt), podemos utilizar el ansatz

u(x, t) = X(x) sin(kt) .

Si lo substituimos en la ecuacion anterior obtenemos

d2X

dx2+k2

v2X = σ(x)

que es la ecuacion del oscilador armonico con fuentes. Esta ultima ecuacion seresuelve entonces como fue propuesto en el capıtulo anterior.

Ejemplo 75 Resolvemos la ecuacion de la cuerda (X(0) = 0, X(L) = 0) suponiendoque la fuente de sonido es de un arco de violın tal que d(x, t) = A cos(lx) sin(kt). La


ecuacion de onda, con el ansatz u = X(x) sin(kt), se reduce a resolver la ecuaciondel oscilador con la fuente

d2X

dx2+k2

v2X = A cos(lx) .

Usando las tecnicas estudiadas para resolver la ecuacion del oscilador con fuentes,encontramos que la solucion es

X (x) = − A(l2 − k2

v2

) [B sin

(kx

v

)− cos

(kx

v

)+ cos (lx)

]

donde

B =cos(kLv

)− cos (lL)

sin(kLv

) .

Lo primero que llama la atencion es que cuando la frecuencia de la fuente k seaproxima al valor lv, el factor fuera del parentesis crece sin lımite. Sin embargo, eltermino dentro del parentesis tiende a cero, de tal forma que en el lımite

limk→lv

X =A

2

sin(lx) (x− L)

l,

debido a que la vibracion es finita para todos los valores de k. La solucion dadapor u(x, t) = X(x) sin(kt), es una cuerda vibrante con extremos en el origen y enL, que se mueve segun la amplitud de vibracion l.

Ejercicio 76 Grafıquen la solucion anterior para k = 1, 2, con v = 1, variando lalongitud de la cuerda l y la amplitud de la fuente A.

Ejemplo 77 Supongamos ahora que hacemos resonar un tambor, es decir, unamembrana circular. Un tambor tiene simetrıa cilındrica (de hecho es un cilindro),por eso conviene usar coordenadas cilındricas. La membrana no tiene espesor, asıque u = u(ρ, θ, t). La ecuacion de onda para este caso es

1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂u

∂ρ

)+

1

ρ2

∂2u

∂θ2− 1

v2

∂2u

∂t2= 0 .

Vamos a utilizar el mismo ansatz que en el ejemplo anterior, pero ahora en tresdimensiones, u = R(ρ)Θ(θ)T (t). Substituimos y encontramos de nuevo que

1

R

1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂R

∂ρ

)+

1

Θ

1

ρ2

∂2Θ

∂θ2=

1

v2T

∂2T

∂t2= −c0

lo cual implica tres ecuaciones, una para cada funcion. Primero, la ecuacion sesepara como sigue

∂2T

∂t2+ c0v

2T = 0

1

R

1

ρ

∂

∂ρ

(ρ∂R

∂ρ

)+

1

Θ

1

ρ2

∂2Θ

∂θ2= −c0

Ahora buscamos separar las dos variable restantes, es decir,

1

Rρ∂

∂ρ

(ρ∂R

∂ρ

)+ c0ρ

2 = − 1

Θ

∂2Θ

∂θ2= c1


de donde se obtiene una ecuacion para cada variable:

d2Θ

dθ2+ c1Θ = 0

ρ∂

∂ρ

(ρ∂R

∂ρ

)+(c0ρ

2 − c1)R = 0

Las ecuaciones para T y Θ de nuevo representan a la ecuacion del oscilador armonico.La ecuacion para R es la ecuacion de Bessel. Haciendo el cambio de variablec0ρ

2 = x2, es facil ver que la solucion para la ecuacion de R es R(ρ) = J√c1(√c0ρ).

La solucion general sera entonces

u(ρ, θ, t = 0) = u0J√c1(√c0ρ) sin (

√c1 (θ + θ0)) sin (

√c0v (t+ t0)) .

Supongamos que al tiempo t = 0 se le da un golpe al tambor que le provocauna elongacion de tamano l en el centro de la membrana. Como la membrana quevibra esta fija en los extremos del cırculo, se tendra que

u(ρ, θ, t) = u0J√c1(√c0ρ) sin (

√c1 (θ + θ0)) sin (

√c0vt0) = lF (πρ/L),

por ejemplo. De hecho, el unico problema al que ahora nos enfrentamos es el derepresentar a la funcion F (πρ/L) en terminos de los polinomios Jl de Bessel. Esoes posible, porque los polinomios Jl de Bessel son un sistema completo generador.Finalmente la solucion quedara como la expresion de la funcion F (πρ/L) en terminosde los polinomios de Bessel

u(ρ, θ, t) =∑k∈I

ukJk(πρ/L) sin (kθ) cos(πvLt),

donde las constantes uk son los coeficientes que determinan la elongacion inicial dela membrana en terminos de las funciones de Bessel

lF (πρ/L) =∑k∈I

ukJk(πρ/L) sin (kθ) .

Ejercicio 78 Resuelvan la ecuacion de la cuerda pero ahora con las condiciones

iniciales lF (πρ/L) =2∑

k=−2

ukJk(πρ/L) sin (kθ), donde de nuevo u0 = 0, u±1 = 4 y

u±2 = 1. Grafıquen la solucion a todo tiempo con l = 1 y variando el tamano deltambor L.

Notacion 79 A la ecuacion

∇2u+ k2u = ρ

se le llama la ecuacion de Helmholtz.

Ejemplo 80 Para resolver la ecuacion homogenea de Helmholtz en coordenadasesfericas, usaremos el metodo de separacion de variables. Proponemos el ansatzu(r, θ, ϕ) = R(r)Θ(θ)Φ(ϕ), substituyendolo en la ecuacion diferencial se obtiene

1

R

1

r2

∂

∂r

(r2 ∂R

∂r

)+

1

Θ

1

r2 sin(θ)

∂

∂θ

(sin(θ)

∂Θ

∂θ

)+

1

Φ

1

r2 sin2(θ)

∂2Φ

∂ϕ2+ k2 = 0


Para separar las variables, primero multiplicamos toda la ecuacion por r2 sin2(θ) yseparamos la ecuacion para Φ. Se obtiene

1

Rsin2(θ)

∂

∂r

(r2 ∂R

∂r

)+

1

Θsin(θ)

∂

∂θ

(sin(θ)

∂Θ

∂θ

)+ r2 sin2(θ)k2 = m2

d2Φ

dϕ2+m2Φ = 0

la cual es la ecuacion del oscilador armonico para la funcion Φ. Ahora separamoslas ecuaciones para R y para Θ. Se obtiene

1

R

∂

∂r

(r2 ∂R

∂r

)+ k2r2 = − 1

Θ

1

sin(θ)

∂

∂θ

(sin(θ)

∂Θ

∂θ

)+

m2

sin2(θ)= l (l + 1)

en donde la constante la hemos llamado l (l + 1) por conveniencia. Nos queda unaecuacion para cada variable:

d

dr

(r2 dR

dr

)+(k2r2 − l (l + 1)

)R = 0

1

sin(θ)

d

dθ

(sin(θ)

dΘ

dθ

)+

(l (l + 1)− m2

sin2(θ)

)Θ = 0

Estas dos ecuaciones diferenciales pueden resolverse usando los metodos del capıtuloanterior. Sin embargo, estas dos ecuaciones ya son conocidas, lo cual sera visibledespues del siguiente cambio de variable: para la primera ecuacion sea R = S/

√r y

para la segunda substituimos x = cos(θ). La ecuacion para R se convierte entoncesen la ecuacion de Bessel y la ecuacion para Θ en la ecuacion de Legendre, esto es

r2 d2S

dr2+ r

dS

dr+

(k2r2 −

(l +

1

2

)2)S = 0

(1− x2

) d2Θ

dx2− 2x

dΘ

dx+

(l (l + 1)− m2

1− x2

)Θ = 0

La solucion general de la ecuacion de Helmholtz es entonces

u(r, θ, ϕ) =∑l,m

Jl+1/2 (kr)√r

Pml (cos (θ)) e±imϕ

Las condiciones de frontera de esta ecuacion se deberan escribir en terminos deestos polinomios.

Comentario 81 Recordemos que las funciones

Y (θ, ϕ) = Pml (cos (θ)) e±imϕ

se llaman armonicos esfericos, las cuales tambien forman un sistema generadorortogonal completo en el plano (vea capıtulo 16 subseccion ??)

Ejercicio 82 Grafiquen en coordenadas polares las superficies generadas por lassoluciones de la ecuacion de Helmholtz para m = 0 y l = 0, 1, 2, variando el valorde k.


Ejemplo 83 Ahora utilizaremos el metodo de separacion de variables en la ecuacionde difusion en una dimension. Subtituyamos el ansatz u(x, t) = X(x)T (t) en laecuacion (4) para obtener

1

T

∂T

∂t=D

X

∂2X

∂x2= −c

donde estamos suponiendo queD es una constante. Separando las variables obtenemoslas siguientes dos ecuaciones

dT

dt+ cT = 0

d2X

dx2+

c

DX = 0

La ecuacion para T puede ser resuelta integrando directamente, con el resultadoT (t) = T0e

−ct. Mientras tanto, la segunda ecuacion es la del oscilador armonico, ysu solucion es dada por

X (x) = c1e√−c/D x + c2e

−√−c/D x,

por lo que la solucion de la ecuacion de difusion es

u(x, t) = c1e√−c/D x−ct + c2e

−√−c/D x−ct.

Los comportamientos de esta funcion son muy diversos segun se tomen los valoresde los parametros que la determinan. Observemos primero el caso en que c/D espositivo. Para c1 = c2, la parte espacial de la solucion es oscilante. La onda sedisolvera si c es tambien positivo, es decir, se disipa la onda, como en la figura3. Si c fuera negativa, la onda crece indefinidamente. El comportamiento es muydiferente si c/D es negativo. Entonces la solucion no es una onda, sino una funcionmonotona. Aunque si c es positivo, esta solucion tambien se disipa, como se muestraen la figura 4.

Comentario 84 De la misma forma que en la ecuacion de onda, uno puede iniciarcon el ansatz u(x, t) = X(x) exp(−kt). El resultado es que la funcion X es solucionde la ecuacion del oscilador armonico, la solucion general se puede poner como unaserie, es decir

(9) u(x, t) =∑k

(cke√−k/Dx + dke

−√−k/Dx

)e−kt

La funcion entre parentesis es la forma de la funcion u al tiempo t = 0 (o a cualquiertiempo fijo), escrita en terminos de las soluciones de la ecuacion del osciladorarmonico.

Ejercicio 85 Hagan un analisis de esta ultima solucion para D > 0 y para D < 0con la serie hasta k = 3. Grafıquen las soluciones para diferentes valores de lasconstantes y traten de dar una interpretacion en cada caso.

Ejemplo 86 La ecuacion de Poisson es la ecuacion diferencial elıptica mas importantede la fısica. Vamos a usar el metodo de separacion de variables para resolverla.Iniciemos con la ecuacion de Laplace en dos dimensiones:

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0


Figure 3. Solucion de la ecuacion de difusion unidimensional.Se grafica la funcion u(x, t) = [c1 exp(dx) + c2 exp(−dx)] exp(−ct),donde d2 = −c/D. Aquı se toma d imaginario con d = i y c = 1.c1 = c2 = 1 por facilidad. La onda se disipa en el tiempo.

Figure 4. Otra solucion de la ecuacion de difusionunidimensional. Se grafica la funcion u(x, t) = [c1 exp(dx) +c2 exp(−dx)] exp(−ct), donde d2 = −c/D. Aquı se toma d realcon d = 1 y c = 1. c1 = c2 = 1 por facilidad. Tambien aquı laonda se disipa en el tiempo.

Apliquemos el ansatz u(x, y) = X(x)Y (y) en la ecuacion diferencial, esto nos da

1

X

∂2X

∂x2= − 1

Y

∂2u

∂y2= c


lo que proporciona dos ecuaciones separadas de la forma

d2X

dx2− cX = 0

d2Y

dy2+ cY = 0

cuyas soluciones son X = X0 sinh (√c (x+ x0)) y Y = Y0 sin (

√c (y + y0)).

Ejemplo 87 Hay otra forma de resolver la ecuacion de Poisson. Vamos a efectuarel cambio de variable ζ = x + iy en la ecuacion de Poisson de dos dimensiones.Utilizando la regla de la cadena, la ecuacion de Poisson se reduce a

∂u

∂ζ∂ζ= 0

Si integramos esta ecuacion obtenemos que u = Z (ζ)+Z(ζ)

es su solucion general,donde la funcion Z es arbitraria y debe ser seleccionada segun las condiciones defrontera del sistema.

Ejercicio 88 Haciendo un procedimiento analogo a la ecuacion de onda, elaborenla expresion para la solucion en series de la ecuacion de Laplace.

Comentario 89 Observemos que el cambio de variable dado por ξ = x + vt yη = x− vt en la ecuacion de onda, esta se transforma en la ecuacion

∂2u

∂ξ∂η= 0 .

Eso implica que la ecuacion de onda tambien admite una solucion con dos funcionesarbitrarias u = f1 (ξ) + f2 (η) = f1 (x+ vt) + f2 (x− vt).

Notacion 90 A las coordenadas ξ = x+vt y η = x−vt se les llama coordenadasnulas.

Ejercicio 91 Usando el metodo de separacion de variables, demuestre que encoordenadas cilındricas, la ecuacion de Laplace se reduce a las siguientes tresecuaciones:

d2Θ

dθ2+ c1Θ = 0

ρ∂

∂ρ

(ρ∂R

∂ρ

)+(c0ρ

2 − c1)R = 0

∂2Z

∂z2− c0Z = 0

donde u = R(r)Θ(θ)Z(z). Elabore la forma de la solucion general de la ecuacion.


Ejercicio 92 Usando el metodo de separacion de variables, demuestre que encoordenadas esfericas, la ecuacion de Laplace se reduce a las siguientes tres ecuaciones:

d2Φ

dϕ2+m2Φ = 0

d

dr

(r2 dR

dr

)− l (l + 1)R = 0

(1− x2

) d2Θ

dx2− 2x

dΘ

dx+

(l (l + 1)− m2

1− x2

)Θ = 0

donde u = R(r)Θ(θ)Φ(ϕ), con x = cos (θ).

Ejemplo 93 Vamos a resolver la ecuacion de Poisson para un problema con simetrıaesferica, es decir, donde u = R(r) y d = d(r) solamente. Se tiene entonces

∇2u =1

r2

d

dr

(r2 dR

dr

)= d

Podemos reducir este problema hasta cuadraturas, obteniendo

R =

∫ (1

r2dr

∫d r2dr

)dr .

Por ejemplo, si la densidad es d = d0/r2 se obtiene que R = d0 ln (r) − c1/r + c2,

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias. Si se tratara de un problema gravitacional,u serıa el potencial gravitacional y −∇u seria la fuerza. En nuestro caso, la fuerzaejercitada por este potencial es dada por

−dRdr

= −d0

r+ c1

Ejercicio 94 Supongan que la densidad de un objeto es

a) d =d0

r(r + 1)2, b) d =

d0

(r2 + 1), c) d =

d0

(r + 1)3

En cada uno de los tres casos, integren la ecuacion de Poisson y hagan un analisiscualitativo del comportamiento de la solucion. Ademas, calculen F = −du/dr paracada inciso y grafıquen la funcion F .

3. Metodo de series de Fourier

Otro metodo muy utilizado para resolver ecuaciones diferenciales es el metodode la transformada de Fourier, tambien llamado metodo del desarrollo de Fourier.Usaremos los resultados del capıtulo anterior para resolver las ecuaciones en derivadasparciales, estudiando algunos ejemplos.

Ejemplo 95 La ecuacion de onda se puede resolver usando los desarrollos deFourier. La transformada de Fourier (no normalizada) de la ecuacion, o equivalentemente,su producto interno con la funcion hs(t) = exp(−ist), es como sigue:

(Lu, hs) =

∫ ∞−∞

(∇2u− 1

v2

∂2u

∂t2

)exp(−ist)dt =

∇2U +s2

v2U = d(10)

4. FUNCIONES DE GREEN 45

donde U es la tranformada de Fourier de u, es decir

U(s) = F (u(t))(s) = (u, hs) =

∫ ∞−∞

u exp(−ist)dt

y hemos usado las propiedades de la transformada de Fourier del ejemplo 53.Aplicando la transformacion inversa, se obtiene

(11) u(t) =1

2π

∫ ∞−∞

U exp(ist)ds

En este caso, el problema de resolver la ecuacion de onda se ha reducido a lasolucion de la ecuacion (10) que es la ecuacion de Helmholtz. Por ejemplo, en unadimension, esta ecuacion es la ecuacion del oscilador armonico.

Comentario 96 Observemos que la solucion (10) es de hecho la misma solucion (8)en donde ahora la suma sobre s es llevada al lımite continuo, la suma se convierteen una integral.

Ejemplo 97 De la misma forma en que la ecuacion de onda se puede resolverpor medio de transformadas integrales, la ecuacion de difusion puede ser reducidausando estas transformadas. Vamos a aplicar una transformacion de Laplace a laecuacion de difusion:∫ ∞

0

(∂u

∂t−∇ (D∇u)

)exp(−st)dt = 0

implica sU − u(x, 0)−∇ (D∇U) = 0(12)

donde U(s) es la transformada de Laplace de u(t), es decir

(13) U(s) =

∫ ∞0

u exp(−st)dt

Si D es una constante, la ecuacion (12) se convierte en la ecuacion de Helmholtz.

Comentario 98 Analogo al caso de la tranformacion de Fourier, observemos quela solucion (13) es la misma que la solucion (9), solo que en (13) se ha tomado lasuma continua de todos los modos de s, pasando la suma a una integral.

4. Funciones de Green

Para la resolucion de ecuaciones diferenciales no homogeneas existe una tecnicabasada en la funcion de Green. Este metodo basicamente consiste en escribir lafuncion solucion y la funcion de la parte no homogenea, en terminos de una basedel espacio de Hilbert de funciones correspondiente. Por sencillez se escoge labase correspondiente a las soluciones de la ecuacion homogenea. A continuacion elmetodo sera descrito.

Algoritmo 99 Consideramos un espacio de Hilbert H de funciones complejas consu producto interno (f(x), g(x)) =

∫f(x)g(x) dx. Supongamos que este espacio en

particular contiene a las soluciones uk de una ecuacion diferencial homogenea

Luk − λkuk = 0 ,

y que ukk∈I es una base del espacio H. Sea ahora

Lu− λu = f


la ecuacion diferencial no homogenea que queremos resolver. Podemos escribir lafuncion u y la funcion f en terminos de la base ukk∈I , usando la serie de Fourieren la base ukk∈I . Introduciendo las notaciones de coeficientes ck = (u, uk),fk = (f, uk), obtenemos que

u =∑kεI

(u, uk)uk =∑k∈I

ckuk , f =∑kεI

(f, uk)uk =∑k∈I

fkuk .

Substituyendo eso en la ecuacion diferencial no homogenea, se llega a lo siguiente:∑k∈I

ck (λk − λ)uk =∑k∈I

fkuk .

Debido a que uk es una base del espacio de Hilbert, se sigue que las constantesck deben cumplir lo siguiente:

ck =fk

λk − λ=

(f, uk)

λk − λ=

1

λk − λ

∫fukdy

Entonces la solucion de la ecuacion diferencial no homogenea sera

u =∑kεI

ukλk − λ

∫fukdy =

∫ ∑kεI

uk(x)

λk − λuk(y)f(y)dy .

Definicion 100 A la funcion

G(x,y) =∑kεI

uk(x)uk(y)

λk − λ

se le llama funcion de Green.

Definicion 101 A las funciones uk soluciones de la ecuacion Luk − λkuk = 0 seles llama funciones propias del operador L y a las constantes λk se les conocecomo valores propios del operador L.

En terminos de la funcion de Green, la solucion de la ecuacion diferencial nohomogenea se escribe como sigue:

(14) u (x) =

∫G(x,y)f (y) dy.

Ejemplo 102 Vamos a deducir la funcion de Green de la ecuacion del osciladorarmonico. Consideremos la ecuacion

d2u

dx2+ ω2u = 0 .

Para el operador L = d2

dx2 , sus funciones propias son las soluciones del osciladorarmonico

d2

dx2uk − λkuk = 0

Si las condiciones de frontera son tales que u (0) = u (l) = 0, como el de una cuerda

fija vibrando, las funciones propias del operador son u (x) =√

2/l sin(kπx/l) y los

valores propios son λk = − (kπ/l)2. En consecuancia, la funcion de Green es dada

como sigue:

G (x, y) =2

l

∞∑k=0

sin(kπxl ) sin(kπyl )

ω2 −(kπl

)2 .


Formalmente, la solucion de la ecuacion inhomogenea del osclilador sera

u (x) =

∫ l

0

2

l

∞∑k=0

sin(kπxl ) sin(kπyl )

ω2 −(kπl

)2 f (y) dy .

Ejemplo 103 Vamos a obtener la funcion de Green de la ecuacion diferencial deLegendre dada por

d

dx

((1− x2

) dfdx

)− λf = 0 .

Si usamos al operador diferencial L = ddx

((1− x2

)ddx

)en el intervalo [−1, 1], los

valores propios del operador L son λn = −n (n+ 1) y las funciones propias sonlos polinomios de Legendre. Eso implica que la funcion de Green para la ecuaciondiferencial de Legendre es como sigue:

G (x, y) =

∞∑n=0

2n+ 1

2

Pn (x)Pn (y)

λ+ n (n+ 1).

Entonces la solucion de la ecuacion de Legendre inhomogenea es dada por

u (x) =

∫ 1

−1

∞∑n=0

2n+ 1

2

Pn (x)Pn (y)

λ+ n (n+ 1)f (y) dy .

Ejercicio 104 Escriban explicitamente la funcion de Green de las ecuaciones diferencialesde

1) Laguerre2) Bessel completa3) Hermite

Comentario 105 Hay un metodo alternativo para encontrar la funcion de Green,basado en la funcion delta de Dirac. Recordemos la definion y propiedades de lafuncion delta de Dirac:

1.- δ (x) =

0 si x 6= 0∞ si x = 0

2.-∫δ (x) dx = 1

3.-∫f(z)δ (z − x) dz = f (x)

4.- δ (x− y) = 1(2π)n

∫∞−∞ dnk exp (ik (x− y)) , para k, x, y ∈ Rn

Usando la propiedad 3.-, observamos que∫G(x, z)δ (z − y) dz = G (x, y)

Si comparamos este resultado con (14), vemos que la funcion de Green es unasolucion de la ecuacion diferencial

LG(x, y)− λG(x, y) = δ (x− y)


Comentario 106 En tres dimensiones, la funcion delta de Dirac se escribe como

δ (r1 − r2) = δ (x1 − x2) δ (y1 − y2) δ (z1 − z2) en coordenadas cartesianas

=1

r21

δ (r1 − r2) δ (ϕ1 − ϕ2) δ (cos (θ1)− cos (θ2)) en coordenadas esfericas

= δ (ρ1 − ρ1) δ (ϕ1 − ϕ2) δ (z1 − z2) en coordenadas cilındricas

En muchas ocasiones es mas conveniente encontrar la funcion de Green usandoestas propiedades. Usando la propiedad 1.- de la delta de Dirac se resuelve laecuacion homogenea y luego esta solucion se une a la solucion de la ecuacion conla delta de Dirac. Vamos a estudiar un ejemplo.

Ejemplo 107 Regresemos una vez mas a la ecuacion del oscilador armonico nohomogeneo, con

(15)d2

dx2u+ ω2u = δ (x− y)

Para x 6= y, la ecuacion diferencial es simplemente

d2

dx2u+ ω2u = 0

y por lo tanto tiene soluciones tales que u = A sin (ω (x+ x0)). Supongamos que

u =

A sin (ω (x+ xA)) para x < yB sin (ω (x+ xB)) para x > y

Si las condiciones de frontera son como antes, u (0) = u (l) = 0, debemos tener quexA = 0 y xB = −l. Ademas observemos lo siguiente. Si integramos la ecuacion(15) en una region infinitecimal alrededor de y, obtenemos∫ y+ε

y−ε

d2u

dx2dx+

∫ y+ε

y−εω2udx =

∫ y+ε

y−εδ(x− y)dx =

d

dxu

∣∣∣∣y+ε

y−ε= 1

para ε tendiendo a cero. Esto implica que la derivada de u tiene una discontinuidaden y = 1. Si volvemos a integrar esta ecuacion, obtenemos que

u|y+εy−ε = 0

lo que implica que la funcion u misma no es discontinua. Si usamos este hecho,debe cumplirse que en el punto y vale

A sin (ωy) = B sin (ω (y − l))Aω cos (ωy) + 1 = Bω cos (ω (y − l))

Este sistema de ecuaciones se puede resolver para A y B, con el siguiente resultado:

A =sin (ω (y − l))ω sin (ωl)

, B =sin (ωy)

ω sin (ωl)

En consecuencia, la funcion de Green es dada por

G (x, y) =1

ω sin (ωl)

sin (ω (y − l)) sin (ωx) para 0 < x < ysin (ωy) sin (ω (x− l)) para y < x < l

Para el caso de una ecuacion diferencial de varias dimensiones pero con coeficientesconstantes, podemos dar una forma general de la funcion de Green en la forma desu transformada de Fourier.


Proposicion 108 La funcion de Green del operador diferencial

L = a0 + a1∂

∂x1+ · · ·+ an

∂

∂xn+ b1

∂2

∂x21

+ · · ·+ bn∂2

∂x2n

es dada por

G(x,y) =1

(2π)n

∫ ∞−∞

dnk exp(ik(x− y))

a0 + ia1k1 + · · ·+ iankn + b1 (ik1)2

+ · · ·+ bn (ikn)2

para k = (k1, . . . , kn), x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) .

Demostracion 109 Observemos que

∂

∂xsG(x,y) =

1

(2π)n

∫ ∞−∞

dnk ∂∂xs

exp(i∑j kj (xj − yj)

)a0 + ia1k1 + · · ·+ iankn + b1 (ik1)

2+ · · ·+ bn (ikn)

2

=1

(2π)n

∫ ∞−∞

dnk iks exp(i∑j kj (xj − yj)

)a0 + ia1k1 + · · ·+ iankn + b1 (ik1)

2+ · · ·+ bn (ikn)

2

Al substituir G(x,y) en el operador L, se llega a LG (x,y) = δ (x− y).

Como ejemplo vamos a encontrar la funcion de Green del operador nabla y dealgunos operadores relacionados con el.

Ejemplo 110 Encontremos la funcion de Green del operador ∇2 en coordenadascartesianas. Como ya vimos en la proposicion anterior, la funcion de Green tienela forma

G (x,y) =1

(2π)3

∫ ∞−∞

d3k exp (ik (x− y))

(ik1)2

+ (ik2)2

+ (ik3)2

Para realizar la integracion conviene utilizar coordenadas esfericas en la variablek, esto es

k1 = k sin (θ) cos (ϕ),k2 = k sin (θ) sin (ϕ),k3 = k cos (θ).

Por conveniencia podemos escoger k3 en la direccion x− y para obtener solamente

k (x− y) = k |x− y| cos (θ) .

Entonces la integral se reduce a lo siguiente:

G (x,y) =1

(2π)3

∫ ∞0

dk

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin (θ) dθ exp (ikR cos (θ))

donde hemos usado la notacion R = |x− y|. Ademas∫ π

0

sin (θ) dθ exp (ikR cos (θ)) = 2sin(kR)

kR,

lo cual implica

G (x,y) = − 4π

(2π)3

∫ ∞0

dk2 sin(kR)

kR= − 1

4πR


Eso significa que la funcion de Green para el operador Laplaciano es dada por

G (x,y) = − 1

4π|x− y|.

Ejercicio 111 Encuentre por este metodo la funcion de Green del operador deHelmholtz ∇2 + k2.

Ejemplo 112 Ahora procedamos a encontrar la funcion de Green del operadorD’Alambertiano

= ∇2 − 1

v2

∂2

∂t2.

Usando de nuevo la proposicion 108, la funcion de Green tiene la forma

G (x,y) =1

(2π)4

∫ ∞−∞

d4k exp (ik(x− y))

(ik1)2

+ (ik2)2

+ (ik3)2 − 1/v2 (ik4)

2

donde x = (x1, x2, x3, t), y = (y1, y2, y3, t′). Denotemos k = (k1, k2, k3), k2

4/v2 =

ω2 y como en el ejemplo anterior R = x− y ∈ R3, ademas sea T = t − t′. Conestas definiciones se obtiene que

G (x,y) = − 1

(2π)3

∫ ∞−∞

d3k exp(ikR)

∫ ∞−∞

exp(−iωvT )

k2 − ω2dω .

La integral da el siguiente resultado:∫ ∞−∞

exp (−iωv (t− t′))k2 − ω2

dω =

2π sin (kv (t− t′)) / (kv) para t > t′

0 para t < t′

el cual ya fue calculado en el ejemplo ?? (en el capıtulo 9 de series de variablecompleja). Usamos este resultado obtenemos

G (x,y) =

− 1

2π

∫∞−∞ d3k exp (ikR) 1

kv sin (kv (t− t′)) para T > 0

0 para T < 0

Usando un procedimiento semejante al del ejemplo anterior para evaluar la primeraintegral, obtenemos que ∫ ∞

−∞d3k exp (ikR)

sin (kvT )

kv=

−πvR

∫ ∞−∞

dk [exp (ik (R+ vT ))− exp (ik (R− vT ))] =

−2π2v

R[δ (R+ vT )− δ (R− vT )] =

2π2v

Rδ (R− vT )

donde hemos usado la propiedad 4.- de la delta de Dirac del comentario 105 y dondetambien hemos quitado la primera delta de Dirac del resultado ya que para T > 0esta no contribuye. Entonces, la funcion de Green del operador D’Alambertiano esdada por

G (x,y) =

− v

4πRδ (R− vT ) para T > 00 para T < 0


Ejemplo 113 Para el operador de difusion, el procedimiento es semejante. Sea

L =∂2

∂x2− 1

D

∂

∂tClaramente su funcion de Green esta dada por

G (x, t, y, t′) =1

(2π)2

∫ ∞−∞

exp (ik1 (x− y) + ik2 (t− t′))(ik1)

2 − i/Dk2

dk1dk2

=

− 1

2

√D

π|t−t′| exp(− (x−y)2

4D|t−t′|

)para t > t′

0 para t < t′

puesto que esta integral fue evaluada en el ejemplo ??.

Ejercicio 114 Encuentren por este metodo la funcion de Green del operador dedifusion completo

L = ∇2 − 1

D

∂

∂t.

Ejercicio 115 Encuentren por este metodo la funcion de Green del operador deSchrodinger sin potencial

L = i∂

∂t+

2

2m∇2

en coordenadas cartesianas.

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