Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones diferenciales homogéneas con coeficientes constantes

Introducción

Continuando con nuestro desarrollo de métodos de resolución de ecuaciones diferenciales de orden superior, en particular de segundo orden, en esta entrada estudiaremos un método de resolución aplicado sólo a ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes, es decir, de la forma

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = 0$$

Con $a, b$ y $c$ contantes.

Antes de comenzar vamos a motivar el análisis que desarrollaremos a lo largo de la unidad considerando primero las ecuaciones diferenciales de primer orden.

Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de primer orden con coeficientes constantes

En la primer unidad estudiamos las ecuaciones lineales homogéneas de la forma

$$a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = 0 \label{1} \tag{1}$$

Si $a_{1}(x) \neq 0$ podemos definir $P(x) = \dfrac{a_{0}(x)}{a_{1}(x)}$ y reescribir la ecuación anterior en su forma canónica como

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = 0 \label{2} \tag{2}$$

Cuando estudiamos su método de resolución concluimos que la solución general a esta ecuación es

$$y(x) = k e^{-\int{P(x) dx}} \label{3} \tag{3}$$

Consideremos ahora el caso en el que $a_{1}(x) = a \neq 0$ y $a_{0}(x) = b$ son números constantes, con esto la ecuación (\ref{1}) se puede escribir como

$$a \dfrac{dy}{dx} + b y = 0 \label{4} \tag{4}$$

Si definimos la constante $c = \dfrac{b}{a}$ podremos escribir la ecuación anterior en su forma canónica

$$\dfrac{dy}{dx} + cy = 0 \label{5} \tag{5}$$

En la unidad anterior vimos que esta ecuación se puede resolver ya sea por variables separables o con ayuda de un factor integrante, sin embargo hay un método de resolución que sólo implica hacer un poco de álgebra.

Definiendo $k = -c$ la ecuación (\ref{5}) la podemos escribir de la siguiente manera:

$$\dfrac{dy}{dx} = ky \label{6} \tag{6}$$

La solución se puede intuir rápidamente, buscamos una función $y$ tal que su derivada sea igual a ella misma multiplicada por una constante y la función que satisface esto es

$$y(x) = e^{kx} \label{7} \tag{7}$$

Puedes observar que al derivarla recuperamos la ecuación (\ref{6})

$$\dfrac{dy}{dx} = k e^{kx} = ky$$

Ahora que conocemos la solución, sustituyamos $y = e^{kx}$ y su derivada $\dfrac{dy}{dx} = k e^{kx}$ en la ecuación (\ref{4})

$$a k e^{kx} + b e^{kx} = 0$$

Factorizando la función exponencial tenemos

$$e^{kx} (ak + b) = 0$$

Como $e^{kx} \neq 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$ entonces necesariamente

$$ak + b = 0 \label{8} \tag{8}$$

De donde $k = -\dfrac{b}{a}$, sustituyendo en la solución (\ref{7}) tenemos que

$$y(x) = e^{-\frac{b}{a} x}$$

Por lo tanto, la solución general a la ecuación diferencial lineal homogénea de primer orden con coeficientes constantes (\ref{4}) es

$$y(x) = c_{1}e^{-\frac{b}{a} x} \label{9} \tag{9}$$

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial $8 \dfrac{dy}{dx} + 16y = 0$.

Solución: Al ser una ecuación con coeficientes constantes, sabemos que la forma de la solución es $y = e^{kx}$. Si sustituimos $y$ y su derivada $\dfrac{dy}{dx}$ en la ecuación diferencial obtenemos que $e^{kx}(8k + 16) = 0$ de donde se debe satisfacer que $8k + 16 = 0$, si despejamos a $k$ se obtiene $k = -\dfrac{16}{8} = -2$, de manera que una solución a la ecuación diferencial es $y = e^{-2x}$, y por tanto su solución general en el intervalo $\delta = (-\infty, \infty)$ es $y(x) = c_{1} e^{-2x}$.

$\square$

Lo interesante es que esta idea de soluciones exponenciales se puede extender a ecuaciones diferenciales homogéneas de orden superior

$$a_{n} \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n -1} \dfrac{d^{n -1}y}{dx^{n -1}} + \cdots + a_{1} \dfrac{dy}{dx} + a_{0} y = 0$$

donde los coeficientes $a_{i}$, $i = 0, 1, 2, …, n$, son constantes reales y $a_{n} \neq 0$.

Este análisis nos sirvió para motivar el siguiente método de resolución de ecuaciones diferenciales de segundo orden.

Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes

La ecuación diferencial que queremos resolver es de la forma

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = 0 \label{10} \tag{10}$$

Con $a, b$ y $c$ constantes. Igual que antes, lo que intentamos es encontrar una solución de la forma $y(x) = e^{kx}$, su primera y segunda derivada están dadas por

$$\dfrac{dy}{dx} = k e^{kx} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k^{2} e^{kx}$$

Si sustituimos en la ecuación (\ref{10}), tenemos

\begin{align*}
ak^{2} e^{kx} + bke^{kx} + ce^{kx} &= 0 \\
e^{kx} (ak^{2} + bk + c) &= 0
\end{align*}

Nuevamente $e^{kx} \neq 0, \forall x \in \mathbb{R}$, así que necesariamente

$$ak^{2} + bk + c= 0 \label{11} \tag{11}$$

El problema se ha reducido a obtener las raíces de la ecuación anterior, dicha ecuación tiene un nombre especial.

Definición: La ecuación $ak^{2} + bk + c= 0$ se conoce como la ecuación auxiliar de la ecuación diferencial (\ref{10}).

La dos raíces de la ecuación auxiliar son:

$$k_{1} = \dfrac{-b + \sqrt{b^{2} -4ac}}{2a} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = \dfrac{-b -\sqrt{b^{2} -4ac}}{2a}$$

De tus cursos de álgebra recordarás que el discriminate $\Delta = b^{2} -4ac$ puede ser positivo, cero o negativo, en cada caso ocurre lo siguiente:

  • Si $\Delta > 0$ entonces $k_{1}$ y $k_{2}$ son reales y distintos.
  • Si $\Delta = 0$ entonces $k_{1}$ y $k_{2}$ son reales e iguales, y
  • Si $\Delta < 0$ entonces $k_{1}$ y $k_{2}$ son números conjugados complejos.

Estudiemos cada caso y veamos el tipo de solución que se obtiene en cada uno.

Caso 1: Discriminante positivo

Ya vimos que la solución es de la forma $y = e^{kx}$. Si el discriminante es positivo entonces al resolver la ecuación auxiliar obtendremos dos raíces reales y distintas $k_{1}$ y $k_{2}$ de manera que se tendrán dos soluciones a la ecuación diferencial (\ref{10}), dichas soluciones son:

$$y_{1}(x) = e^{k_{1} x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{k_{2} x}$$

Notemos lo siguiente.

\begin{align*}
W(y_{1}, y_{2}) &= \begin{vmatrix}
e^{k_{1} x} & e^{k_{2} x} \\
k_{1} e^{k_{1} x} & k_{2} e^{k_{2} x} \end{vmatrix} \\
&= k_{2} e^{k_{2} x} e^{k_{1} x} -k_{1} e^{k_{1} x} e^{k_{2} x} \\
&= (k_{2} -k_{1}) e^{(k_{1} + k_{2}) x} \neq 0
\end{align*}

Como el Wronskiano es distinto de cero $\forall x \in \mathbb{R}$ esto nos indica que ambas funciones son linealmente independientes en $\mathbb{R}$ y por tanto forman un conjunto fundamental de soluciones de manera que la solución general a la ecuación (\ref{10}), en el caso en el que el discriminante es positivo, es

$$y(x) = c_{1} e^{k_{1} x} + c_{2} e^{k_{2} x} \label{12} \tag{12}$$

Con

$$k_{1} = \dfrac{-b + \sqrt{b^{2} -4ac}}{2a} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = \dfrac{-b -\sqrt{b^{2} -4ac}}{2a}$$

Caso 2: Discriminante igual a cero

En este caso como $\Delta = b^{2} -4ac = 0$, entonces $k_{1} = k_{2} = -\dfrac{b}{2a}$, de esta manera sólo obtendremos una solución exponencial

$$y_{1}(x) = e^{k_{1} x} = e^{k_{2} x} = e^{-\frac{b}{2a} x} \label{13} \tag{13}$$

Para obtener la segunda solución vamos a aplicar el método de reducción de orden visto en la entrada anterior, en donde obtuvimos que una segunda solución linealmente independiente es de la forma

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x) dx}}}{y_{1}^{2}(x)} dx} \label{14} \tag{14}$$

En este caso de coeficientes constantes si la ecuación (\ref{10}) la dividimos por la constante $a \neq 0$ obtenemos

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{b}{a} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{c}{a}y = 0$$

Si definimos las constantes $P = \dfrac{b}{a}$ y $Q = \dfrac{c}{a}$ la ecuación anterior se puede reescribir como

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P \dfrac{dy}{dx} + Qy = 0 \label{15} \tag{15}$$

Vamos a sustituir $P(x) = P = \dfrac{b}{a}$ y $y_{1}(x) = e^{-\frac{b}{2a} x}$ en la segunda solución (\ref{14}):

\begin{align*}
y_{2}(x) &= e^{-\frac{b}{2a} x} \int{\dfrac{e^{-\int{\frac{b}{a}dx}}}{\left( e^{-\frac{b}{2a} x} \right)^{2}} dx} \\
&= e^{-\frac{b}{2a} x} \int{\dfrac{e^{-\frac{b}{a}x}}{e^{-\frac{b}{a} x}} dx} \\
&= e^{-\frac{b}{2a} x} \int{dx} \\
&= x e^{-\frac{b}{2a} x}
\end{align*}

Con esto, la segunda solución a la ecuación (\ref{10}) para este segundo caso es:

$$y_{2}(x) = xe^{k_{1}x} = xe^{k_{2}x} = x e^{-\frac{b}{2a} x} \label{16} \tag{16}$$

Usando (\ref{13}) y (\ref{16}) nuevamente notamos que

\begin{align*}
W(y_{1}, y_{2}) &= \begin{vmatrix}
e^{k_{1} x} & xe^{k_{1} x} \\
k_{1} e^{k_{1} x} & e^{k_{1} x} + x k_{1} e^{k_{1} x} \end{vmatrix} \\
&= e^{k_{1} x}(e^{k_{1} x} + x k_{1} e^{k_{1} x}) -x e^{k_{1} x} (k_{1} e^{k_{1} x}) \\
&= e^{2k_{1} x} + x k_{1} e^{2k_{1} x} -x k_{1} e^{2k_{1} x} \\
&= e^{2k_{1} x} \neq 0
\end{align*}

Como el Wronskiano es distinto de cero $\forall x \in \mathbb{R}$, entonces ambas funciones son linealmente independientes en $\mathbb{R}$ y por tanto forman un conjunto fundamental de soluciones de manera que la solución general a la ecuación (\ref{10}), en el caso en el que el discriminante es cero, es

$$y(x) = c_{1}e^{k_{1}x} + c_{2} xe^{k_{1}x} \label{17} \tag{17}$$

Con $k_{1} = -\dfrac{b}{2a}$.

Revisemos el último caso.

Caso 3: Discriminante negativo

Sabemos que

$$k_{1} = \dfrac{-b + \sqrt{b^{2} -4ac}}{2a} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = \dfrac{-b -\sqrt{b^{2} -4ac}}{2a}$$

Si el discriminante es menor a cero definimos $-w = b^{2} -4ac$ con $w \in \mathbb{R}^{+}$, tal que

$$k_{1} = \dfrac{-b + \sqrt{-w}}{2a} = \dfrac{-b}{2a} + i\dfrac{\sqrt{w}}{2a}$$

y

$$k_{2} = \dfrac{-b -\sqrt{-w}}{2a} = \dfrac{-b}{2a} -i\dfrac{\sqrt{w}}{2a}$$

Donde $i^{2} = -1$, definimos $\alpha = \dfrac{-b}{2a}$ y $\beta = \dfrac{\sqrt{w}}{2a}$, de esta forma las raíces a la ecuación auxiliar son los números complejos conjugados $k_{1} = \alpha + i\beta$ y $k_{2} = \alpha -i\beta$, donde $\alpha$ y $\beta$ son números reales positivos. Dado que ambas raíces son distintas, similar al caso 1, tendremos dos soluciones dadas por

$$y_{1}(x) = e^{(\alpha + i\beta) x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{(\alpha -i\beta) x}$$

De tarea moral demuestra que $W(y_{1}, y_{2}) = -2i \beta e^{2 \alpha x} \neq 0$, y por tanto $\{ y_{1}, y_{2} \}$ forma un conjunto fundamental de soluciones, es así que la solución general está dada por la combinación lineal

$$y(x) = c_{1}e^{(a + i\beta) x} + c_{2}e^{(a -i\beta) x} \label{18} \tag{18}$$

A pesar de que la función anterior es la solución a la ecuación diferencial (\ref{10}), es común trabajar con una solución que contenga funciones reales en lugar de exponenciales complejas. Con el fin de hallar una expresión distinta para la solución $y(x)$, vamos a considerar la formula de Euler

$$e^{i\theta} = \cos \theta + i\sin \theta \label{19} \tag{19}$$

con $\theta \in \mathbb{R}$. De esta formula y considerando las propiedades de que $\cos (-\beta x) = \cos (\beta x)$ y $\sin (-\beta x) = -\sin (\beta x)$ es que podemos escribir las siguientes expresiones

$$e^{i\beta x} = \cos (\beta x) + i \sin (\beta x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} e^{-i\beta x} = \cos (\beta x) -i \sin (\beta x)$$

De las ecuaciones anteriores puedes observar que se cumplen las siguientes igualdades

$$e^{i\beta x} + e^{-i\beta x} = 2 \cos (\beta x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} e^{i\beta x} -e^{-i\beta x} = 2i \sin (\beta x)$$

Estas ecuaciones nos servirán mas adelante ya que, dada la solución (\ref{18}), si ocurre que $c_{1} = c_{2} = 1$, entonces se obtiene la solución

\begin{align*}
y_{1}(x) &= e^{(a + i\beta )x} + e^{(a -i\beta )x} \\
&= e^{ax} (e^{i\beta x} + e^{-i\beta x}) \\
&= 2 e^{ax} \cos (\beta x)
\end{align*}

Y si ocurre que $c_{1} = 1$ y $c_{2} = -1$, entonces se obtiene la solución

\begin{align*}
y_{2}(x) &= e^{(a + i\beta )x} -e^{(a -i\beta )x} \\
&= e^{ax}(e^{i\beta x} -e^{-i\beta x}) \\
&= 2ie^{ax}\sin (\beta x)
\end{align*}

Con estos resultados vemos que las funciones $g(x) = e^{\alpha x} \cos (\beta x)$ y $h(x) = e^{\alpha x} \sin (\beta x)$ son ahora funciones reales y además de ello son soluciones a la ecuación (\ref{10}).

En la primer entrada de esta segunda unidad demostramos que un múltiplo constante $y(x) = c y_{1}(x)$ de una solución $y_{1}$ de una ecuación diferencial lineal homogénea es también una solución, usando este resultado es que podemos asegurar que las funciones $C_{1}g(x)$ y $C_{2}h(x)$ son también solución. De tarea moral muestra que

$$W(C_{1} e^{\alpha x} \cos (\beta x), C_{2} e^{\alpha x} \sin (\beta x)) = C_{1}C_{2} \beta e^{2 \alpha x} \neq 0$$

Es decir, el Wronskiano de las soluciones es distinto de cero. De esta manera podemos afirmar que ambas funciones forman un conjunto fundamental de soluciones en cierto intervalo $\delta$ y, por lo tanto, podemos concluir que la solución general real a la ecuación (\ref{10}) en el caso en el que el discriminante es negativo es

$$y(x) = C_{1} e^{ax} \cos (\beta x) + C_{2} e^{ax} \sin (\beta x) = e^{ax} (C_{1} \cos (\beta x) + C_{2}\sin (\beta x)) \label{20} \tag{20}$$

Ejemplos

Realicemos una serie de ejemplos en los que tengamos que identificar a que caso pertenecen las ecuaciones diferenciales y así poder obtener su solución.

Ejemplo: Resolver el siguiente PVI: $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4\dfrac{dy}{dx} -5y = 0$, con $y(1) = 0$ y $y^{\prime}(1) = 2$.

Solución: Consideremos la solución $y = e^{kx}$ y sus primeras dos derivadas $\dfrac{dy}{dx}= ke^{kx}$ y $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}= k^{2}e^{kx}$, sustituyendo en la ecuación diferencial obtenemos lo siguiente:

$$k^{2} e^{kx} -4ke^{kx} -5e^{kx} = e^{kx}(k^{2} -4k -5) = 0$$

Como $e^{kx} \neq 0, \forall x \in \mathbb{R}$ entonces la ecuación auxiliar es $k^{2} -4k -5 = 0$, resolviendo para $k$ tenemos

$$k= \dfrac{4\pm \sqrt{16+20}}{2}= \dfrac{4\pm 6}{2}$$

De donde $k_{1} = 5$ y $k_{2} = -1$. Como ambas raíces son reales y distintas (y $\Delta = 36 > 0$), entonces la ecuación pertenece al caso 1 por lo que podemos afirmar que la solución es de la forma (\ref{12})

$$y(x) = c_{1} e^{5x} + c_{2} e^{-x}$$

La derivada está dada como

$$\dfrac{dy}{dx} = 5 c_{1} e^{5x} -c_{2}e^{-x}$$

Aplicando las condiciones iniciales tenemos

$$y(1) = c_{1}e^{5} + c_{2}e^{-1} = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y^{\prime}(1) = 5 c_{1}e^{5} -c_{2}e^{-1} = 2$$

Si resolvemos el sistema de ecuaciones obtendremos que $c_{1} = \dfrac{e^{-5}}{3}$ y $c_{2} = -\dfrac{e^{1}}{3}$. Por lo tanto, la solución particular del PVI es

$$y(x) = \dfrac{1}{3}e^{5(x -1)} -\dfrac{1}{3}e^{1 -x}$$

$\square$

Ejemplo: Resolver el siguiente PVF: $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -10\dfrac{dy}{dx} + 25y = 0$ con $y(0) = 1$ y $y(1) = 0$.

Solución: Consideramos nuevamente la solución $y = e^{kx}$ y sus derivadas $\dfrac{dy}{dx} = ke^{kx}$ y $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k^{2}e^{kx}$, sustituyendo en la ecuación diferencial tenemos

$$k^{2}e^{kx} -10ke^{kx} + 25e^{kx} = e^{kx}(k^{2} -10k + 25) = 0$$

Como $e^{kx} \neq 0, \forall x \in \mathbb{R}$ entonces la ecuación auxiliar es $k^{2} -10k +25 = 0$. Resolviendo para $k$ tenemos

$$k = \dfrac{10 \pm \sqrt{100 -100}}{2} = \dfrac{10}{2} = 5$$

Notamos que $k_{1} = k_{2} = 5$, es decir, son raíces reales e iguales ($\Delta = 0$) por lo que estamos situados en el segundo caso y la solución está dada por la ecuación (\ref{17})

$$y(x) = c_{1} e^{5x} + c_{2}x e^{5x}$$

Aplicamos las condiciones en la frontera

$$y(0) = c_{1} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y(1) = c_{1}e^{5} + c_{2}e^{5} = 0$$

Obteniendo que $c_{1} = 1$ y $c_{2} = -1$. Por lo tanto, la solución particular al PVF es

$$y(x) = e^{5x} -x e^{5x}$$

Y además es única al no depender de ningún parámetro libre.

$\square$

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 2 \dfrac{dy}{dx} + 3y = 0$.

Solución: Considerando la solución $y= e^{kx}$, calculando su primera y segunda derivada y sustituyendo en la ecuación diferencial obtendremos que la ecuación auxiliar es $k^{2} + 2k + 3 = 0$. Resolviendo para $k$, tenemos

$$k = \dfrac{-2 \pm \sqrt{4 -12}}{2} = \dfrac{-2 \pm \sqrt{-8}}{2} = \dfrac{-2 \pm 2i\sqrt{2}}{2} = -1 \pm i \sqrt{2}$$

Las raíces son $k_{1} = -1 + i \sqrt{2}$ y $k_{2} = -1 -i \sqrt{2}$, así mismo, identificamos que $\alpha = -1$ y $\beta = \sqrt{2}$. Al tratarse de raíces complejas notamos que corresponde al caso 3 y su solución compleja esta dada, de acuerdo a la ecuación (\ref{18}), como

$$y(x) = c_{1} e^{(-1 + i \sqrt{2})x} + c_{2} e^{(-1 -i \sqrt{2})x}$$

Sin embargo, una solución real es mucho más práctica de forma que si consideramos la ecuación (\ref{20}) concluimos que la solución general real de la ecuación diferencial es

$$y(x) = e^{-x}(C_{1} \cos (\sqrt{2} x) + C_{2} \sin (\sqrt{2} x))$$

$\square$

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial $2\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy}{dx} + y = 0$.

Solución: Considerando la solución $y= e^{kx}$, calculando su primera y segunda derivada y sustituyendo en la ecuación es como obtendremos que la ecuación auxiliar es $2k^{2} + 2k + 1 = 0$. Resolviendo para $k$, tenemos

$$k = \dfrac{-2 \pm \sqrt{4 -4}}{4} = -\dfrac{2}{4}$$

En este caso $k_{1} = k_{2} = -\dfrac{1}{2}$, es decir, las raíces son reales e iguales de manera que estamos en el caso dos y por lo tanto la solución general es

$$y(x) = c_{1}e^{-\frac{x}{2}} + c_{2}x e^{-\frac{x}{2}}$$

$\square$

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} -6y = 0$.

Solución: Repitiendo el mismo paso de siempre obtenemos que la ecuación auxiliar es $k^{2} -k -6 = 0$, resolviendo para $k$ tenemos

$$k = \dfrac{1 \pm \sqrt{1 + 24}}{2}$$

Por lo que las raíces son $k_{1} = 3$ y $k_{2} = -2$. Al ser reales y distintas notamos que estamos en circunstancias del caso uno y por tanto la solución general es

$$y(x) = c_{1}e^{3x} + c_{2}e^{-2x}$$

$\square$

Uno más

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 8\dfrac{dy}{dx} + 16y = 0$.

Solución: La ecuación auxiliar en este caso es $k^{2} + 8k + 16= 0$, resolviendo para $k$ se tiene

$$k = \dfrac{8 \pm \sqrt{64 -64}}{2} = \dfrac{8}{2} = 4$$

Las raíces son $k_{1} = k_{2} = 4$, al ser reales e iguales concluimos que la solución general es

$$y(x) = c_{1}e^{4x} + c_{2}x e^{4x}$$

$\square$

Revisemos dos ecuaciones con una forma particular.

Dos ecuaciones particulares

Las ecuaciones diferenciales

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + m^{2}y = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -m^{2}y = 0$$

Con $m \in \mathbb{R}$, son importantes en matemáticas aplicadas. Vamos a obtener la forma de la solución de cada una de ellas.

Para el caso de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + m^{2}y = 0 \label{21} \tag{21}$$

Considerando nuevamente la solución $y(x) = e^{kx}$, la ecuación auxiliar en este caso es $k^{2} + m^{2} = 0$ cuyas raíces son complejas y están dadas por $k_{1} = im$ y $k_{2} = -im$. Si recordamos el caso 3, las raíces son de la forma $k_{1} = \alpha +i\beta$ y $k_{2} = \alpha -i\beta$ así, en este caso tenemos que $\alpha = 0$ y $\beta = m$. Por lo tanto, de la ecuación (\ref{20}) concluimos que la solución a la ecuación (\ref{21}) es

$$y(x) = c_{1} \cos (mx) + c_{2}\sin (mx) \label{22} \tag{22}$$

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 9y = 0$.

Solución: La ecuación a resolver es de la forma (\ref{21}) con $m = 3$. La ecuación auxiliar en este caso es $k^{2} + 9 = 0$, de donde $k_{1} = i3$ y $k_{2} = -i3$, es decir, $\alpha = 0, \beta = m = 3$. De acuerdo a la ecuación (\ref{22}) la solución general a la ecuación diferencial es

$$y(x) = c_{1} \cos (3x) + c_{2} \sin (3x)$$

$\square$

Por otra parte, para el caso de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -m^{2}y = 0 \label{23} \tag{23}$$

La ecuación auxiliar es $k^{2} -m^{2} = 0$ cuyas raíces son $k_{1} = m$ y $k_{2} = -m$, vemos que en este caso las raíces son reales, entonces la ecuación pertenece al caso 1 y por tanto la solución general está dada de acuerdo a la ecuación (\ref{12}), esto es

$$y(x) = c_{1} e^{mx} + c_{2} e^{-mx} \label{24} \tag{24}$$

Lo interesante de la ecuación (\ref{23}) es que si en su solución (\ref{24}) se elige $c_{1} = c_{2} = \dfrac{1}{2}$ tenemos que

$$y_{1}(x) = \dfrac{1}{2} \left( e^{mx} + e^{-mx} \right) = \cosh (mx)$$

Y si se elige $c_{1} = \dfrac{1}{2}$ y $c_{2} = -\dfrac{1}{2}$ entonces

$$y_{2}(x) = \dfrac{1}{2} \left( e^{mx} -e^{-mx} \right) = \sinh (mx)$$

Puedes comprobar que $W(y_{1}, y_{2}) \neq 0$ lo que prueba que ambas soluciones son linealmente independientes en algún intervalo $\delta$. Este análisis nos permite establecer una forma alternativa de la solución a la ecuación (\ref{23}) dada por

$$y(x) = c_{1} \cosh (mx) + c_{2} \sinh (mx) \label{25} \tag{25}$$

Ejemplo: Resolver el PVI $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3y = 0$ con $y(0) = 1$ y $y^{\prime}(0) = 5$ usando primero la forma de la solución dada en (\ref{24}) y posteriormente resolverlo de nuevo usando la forma de la solución dada en (\ref{25}).

Solución: La ecuación a resolver es de la forma (\ref{23}) con $m = \sqrt{3}$. Considerando la solución $y = e^{kx}$ obtenemos que la ecuación auxiliar es $k^{2} -3 = 0$, de donde $k_{1} = m = \sqrt{3}$ y $k_{2} = -m = -\sqrt{3}$. Usando la ecuación (\ref{24}) concluimos que la solución a la ecuación es

$$y(x) = c_{1} e^{\sqrt{3} x} + c_{2} e^{-\sqrt{3} x}$$

La derivada de la solución es

$$\dfrac{dy}{dx} = \sqrt{3} c_{1} e^{\sqrt{3} x} -\sqrt{3} c_{2} e^{-\sqrt{3} x}$$

Aplicando las condiciones iniciales obtenemos lo siguiente:

$$y(0) = c_{1} + c_{2} = 1 \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} c_{2} = 1 -c_{1}$$

Por otro lado

$$y^{\prime}(0) = \sqrt{3} c_{1} -\sqrt{3} c_{2} = 5$$

Si sustituimos el valor de $c_{2}$ tenemos

\begin{align*}
\sqrt{3} c_{1} -\sqrt{3} (1 -c_{1}) &= 5 \\
{\sqrt{3}}(c_{1} -1 +c_{1}) &= 5 \\
2 c_{1} -1 &= \dfrac{5}{\sqrt{3}} \\
2c_{1} &= \dfrac{5}{\sqrt{3}} +1 \\
c_{1} &= \dfrac{5}{2\sqrt{3}} + \dfrac{1}{2}
\end{align*}

Sustituyendo en $c_{2}$ se tiene

$$c_{2} = 1 -\left( \dfrac{5}{2\sqrt{3}} -\dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{1}{2} -\dfrac{5}{2\sqrt{3}}$$

Por lo tanto, la solución particular del PVI es

$$y(x) = \dfrac{1}{2} \left( 1 + \dfrac{5}{\sqrt{3}} \right) e^{\sqrt{3} x} + \dfrac{1}{2} \left(1 -\dfrac{5}{\sqrt{3}} \right) e^{-\sqrt{3} x}$$

Si por otro lado consideramos la forma de la solución (\ref{25}) obtenemos que

$$y(x) = c_{1} \cosh(\sqrt{3} x) + c_{2} \sinh(\sqrt{3} x)$$

y su derivada

$$\dfrac{dy}{dx} = \sqrt{3} c_{1} \sinh(\sqrt{3} x) + \sqrt{3} c_{2} \cosh(\sqrt{3} x)$$

Aplicando las condiciones iniciales

$$y(0) = c_{1} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y^{\prime}(0) = {\sqrt{3}c_{2}} = 5$$

De donde $c_{1} = 1$ y $c_{2} = \dfrac{5}{\sqrt{3}}$. Por lo tanto, la solución alternativa al PVI es

$$y(x) = \cosh (\sqrt{3} x) + \dfrac{5}{\sqrt{3}} \sinh(\sqrt{3} x)$$

$\square$

Para concluir la entrada revisemos brevemente estos mismos resultados para el caso de las ecuaciones de orden superior a dos.

Ecuaciones de orden superior

Es posible aplicar éste método de resolución para el caso de las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden superior a dos con coeficientes constantes, sin embargo desarrollar esta teoría desde cero puede ser muy complejo. Ahora que hemos sido muy detallados en el desarrollo de este método para el caso de las ecuaciones de segundo orden, vamos sólo a enunciar los posibles resultados para las ecuaciones de orden superior.

Es importante recordar que estamos estudiando las ecuaciones homogéneas y lineales con coeficientes constantes por lo que una ecuación de orden $n > 2$ con estas características tiene la siguiente forma:

$$a_{n} \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n -1} \dfrac{d^{n -1}y}{dx^{n -1}} + \cdots + a_{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1} \dfrac{dy}{dx} + a_{0}y = 0 \label{26} \tag{26}$$

Donde $a_{i}, i = 0, 1, \cdots, n$ son constantes.

Igual que antes, se considera la solución $y(x) = e^{kx}$ de manera que al sustituir esta función y las correspondientes derivadas en la ecuación (\ref{26}) obtenemos la siguiente ecuación auxiliar

$$a_{n} k^{n} + a_{n -1} k^{n -1} + \cdots + a_{2} k^{2} + a_{1} k + a_{0} =0 \label{27} \tag{27}$$

que tendrá $n$ raíces, estas raíces como sabemos pueden ser reales o complejas, iguales o distintas. La solución general para caso está dada de la siguiente manera.

  • Si las raíces son reales y distintas, la solución estará dada por

$$y(x) = c_{1} e^{k_{1} x} + c_{2} e^{k_{2} x} + \cdots + c_{n} e^{k_{n}x} \label{28} \tag{28}$$

  • Si las raíces son reales e iguales, la solución estará dada por

$$y(x) = e^{kx}(c_{1} + c_{2}x + c_{3}x^{2} + \cdots + c_{n}x^{n -1}) \label{29} \tag{29}$$

En el caso de orden superior es posible tener raíces reales y de ellas que unas sean iguales y otras diferentes, en este caso se usan los dos puntos anteriores respectivamente.

Por ejemplo, supongamos que de una ecuación de sexto orden se obtienen seis raíces tales que

$$k_{1} \neq k_{2} = k_{3} \neq k_{4} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{1} \neq k_{4} = k_{5} = k_{6}$$

Entonces la solución estaría dada por

$$y(x) = c_{1} e^{k_{1} x} + c_{2} e^{k_{2} x} + c_{3}x e^{k_{3} x} + c_{4} e^{k_{4} x} + c_{5}x e^{k_{5} x} + c_{6}x^{2} e^{k_{6} x}$$

Es decir, el par de raíces $k_{1} \neq k_{2}$ al ser diferentes genera la solución $c_{1} e^{k_{1} x} + c_{2} e^{k_{2} x}$, el par de raíces $k_{2} = k_{3}$ al ser iguales genera la solución $c_{2} e^{k_{2} x} + c_{3}x e^{k_{3} x}$, el par de raíces $k_{1} \neq k_{4}$ genera la solución $c_{1} e^{k_{1} x} + c_{4} e^{k_{4} x}$ y finalmente las raíces $k_{4} = k_{5} = k_{6}$ genera la solución $c_{4} e^{k_{4} x} + c_{5}x e^{k_{5} x} + c_{6}x^{2} e^{k_{6} x}$, esto de acuerdo a los dos puntos anteriores (\ref{28}) y (\ref{29}).

Finalmente

  • Si las raíces son complejas, para cada par conjugado la solución es:

$$y(x) = e^{\alpha x}(C_{1} \cos (\beta x) + C_{2} \sin (\beta x))$$

Si hay otro par igual, la función

$$y(x) = e^{\alpha x}x (C_{1} \cos (\beta x) + C_{2} \sin (\beta x))$$

será solución y si hay otro par igual, la función

$$y(x) = e^{\alpha x}x^{2} (C_{1} \cos (\beta x) + C_{2} \sin (\beta x))$$

será solución y así sucesivamente.

Ejemplo: Resolver el siguiente PVI: $\dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} -7 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 4\dfrac{dy}{dx} + 12y = 0$, con $y(0) = 1; y^{\prime}(0) = 0; y^{\prime \prime}(0) = 36$.

Solución: Proponiendo la solución $y = e^{kx}$ la ecuación auxiliar que se obtiene es $k^{3} -7k^{2} +4k +12 = 0$. Factorizando esta ecuación obtenemos que $(k + 1)(k -2)(k -6) = 0$, de donde $k_{1} = -1$, $k_{2} = 2$ y $k_{3} = 6$. Como las raíces son reales y diferentes, entonces la solución a la ecuación diferencial es de la forma (\ref{28}):

$$y(x) = c_{1} e^{-x} + c_{2} e^{2x} + c_{3} e^{6x}$$

Para aplicar las condiciones iniciales calculamos la primera y segunda derivada de la solución.

$$\dfrac{dy}{dx} = -c_{1} e^{-x} + 2c_{2} e^{2x} + 6c_{3} e^{6x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = c_{1} e^{-x} + 4c_{2} e^{2x} + 36c_{3} e^{6x}$$

Si aplicamos las condiciones iniciales vamos a obtener el siguiente sistema de ecuaciones, respectivamente:

\begin{align*}
c_{1} + c_{2} + c_{3} &= 1 \\
-c_{1} + 2c_{2} + 6c_{3} &= 0 \\
c_{1} + 4c_{2} + 36c_{3} &= 36 \\
\end{align*}

Resolviendo el sistema de ecuaciones obtendremos que $c_{1} = \dfrac{16}{7}$, $c_{2} = -\dfrac{5}{2}$ y $c_{3} = \dfrac{17}{14}$. Por lo tanto, la solución particular de la ecuación diferencial de orden 3 es

$$y(x) = \dfrac{16}{7} e^{-x} -\dfrac{5}{2} e^{2x} + \dfrac{17}{14} e^{6x}$$

$\square$

La dificultad de resolver ecuaciones de orden mayor a 2 realmente radica en que se vuelve más complicado encontrar las raíces de la ecuación auxiliar y resolver el sistema de ecuaciones que se genere en problemas con valores iniciales o con valores en la frontera. Un método para factorizar la ecuación auxiliar y obtener las raíces puede ser la división sintética que seguramente conoces de tus cursos de álgebra, así como el método de Gauss-Jordan para obtener las soluciones de un sistema de ecuaciones lineales.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  1. Obtén la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes.
  • $4 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} = 0$
  • $3 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 2 \dfrac{dy}{dx} + y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 13y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2 \sqrt{3} \dfrac{dy}{dx} + 3y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 4 \dfrac{dy}{dx} -y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 5y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6 \dfrac{dy}{dx} + 13y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{4}{3} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{4}{9} y = 0$
  1. Resuelve los siguientes problemas con valores iniciales:
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + y = 0; \hspace{1cm} y \left( \dfrac{\pi}{3} \right) = 0, \hspace{0.5cm} y^{\prime} \left( \dfrac{\pi}{3} \right) = 2$
  • $\dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} + 2 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -5 \dfrac{dy}{dx} -6y = 0; \hspace{1cm} y(0) = y^{\prime}(0) = 0, \hspace{0.5cm} y^{\prime \prime} (0) = 1$
  1. Resuelve los siguientes problemas con valores en la frontera:
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 4y = 0; \hspace{1cm} y(0) = 0, \hspace{0.5cm} y(\pi) = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2 \dfrac{dy}{dx} + 2y = 0; \hspace{1cm} y(0) = 1, \hspace{0.5cm} y(\pi) = 1$
  1. Resolver el siguiente problema con valores iniciales usando primero la forma de la solución dada en (\ref{24}) y posteriormente resolverlo de nuevo usando la forma de la solución dada en (\ref{25}).
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -y = 0; \hspace{1cm} y(0) = 1, \hspace{0.5cm} y^{\prime}(1) = 0$

Más adelante…

Continuando con el desarrollo de métodos de resolución de ecuaciones diferenciales de orden superior, en la siguiente entrada desarrollaremos un método que permite resolver ecuaciones que no son homogéneas.

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