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Ecuaciones Diferenciales I: Ecuación de Cauchy – Euler

Las matemáticas puras son, en su forma, la poesía de las ideas lógicas.
– Albert Einstein

Introducción

Más adelante en esta unidad estudiaremos las ecuaciones diferenciales de orden superior con coeficientes variables, éstas ecuaciones suelen ser mucho más difícil de resolver ya que no se resuelven en términos de funciones elementales, una estrategia usual es suponer una solución en forma de series infinitas y proceder de manera similar al método de coeficientes indeterminados. Sin embargo, existe una ecuación diferencial de coeficientes variables que es una excepción, pues su solución general siempre se puede expresar en términos de potencias de $x$, senos, cosenos y funciones logarítmicas, dicha ecuación es conocida como ecuación de Cauchy – Euler y dedicaremos esta entrada a estudiarla, así como su método de resolución.

Decidimos estudiar esta ecuación en este momento debido a que el método de resolución es bastante similar al de las ecuaciones con coeficientes constantes en los que se debe resolver una ecuación auxiliar.

Ecuación de Cauchy – Euler

Enseguida nos damos cuenta de que los coeficientes

$$b_{n}(x) = a_{n}x^{n}, \hspace{0.5cm} b_{n -1}(x) = a_{n -1}x^{n -1}, \hspace{0.5cm} \cdots, \hspace{0.5cm} b_{1}(x) = a_{1}x^{1}, \hspace{0.5cm} b_{0}(x) = a_{0}x^{0}$$

son dependientes de $x$, es decir, son coeficientes variables, además la característica importante de esta ecuación es que el grado $k = n, n -1, \cdots, 1, 0$ de los coeficientes monomiales $x^{k}$ coincide con el orden $k$ de la derivación $\dfrac{d^{k}y}{dx^{k}}$.

Como se ha hecho a lo largo de la unidad, desarrollaremos con todo detalle el método de resolución de la ecuación de Cauchy – Euler para el caso de segundo orden, recordando que es posible extender el método a cualquier orden $n$ siguiendo el mismo razonamiento.

Iniciaremos nuestro análisis con un estudio detallado de las formas de las soluciones generales de la ecuación homogénea de segundo orden

$$ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy = 0 \label{2} \tag{2}$$

con $a$, $b$ y $c$ constantes. Para resolver la ecuación no homogénea

$$ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy = g(x) \label{3} \tag{3}$$

con $g(x) \neq 0$, basta aplicar el método de variación de parámetros (o de coeficientes indeterminados) una vez que se ha determinado la función complementaria $y_{c}$, es decir, la solución general de la ecuación homogénea (\ref{2}).

Una consideración importante es que el coeficiente $ax^{2}$ de $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$ es cero en $x = 0$, para garantizar los resultados fundamentales del teorema de existencia y unicidad y sean aplicables a la ecuación de Cauchy – Euler debemos encontrar soluciones generales definidas en el intervalo $\delta = (0, \infty)$. Las soluciones en el intervalo $(-\infty, 0)$ se obtienen al sustituir $t = -x$ en la ecuación diferencial.

Método de resolución

En el caso de las ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes propusimos como solución una función de la forma

$$y(x) = e^{kx}$$

De manera similar, en este caso se prueba una solución de la forma

$$y(x) = x^{k}$$

Donde $k$ es un valor que se debe determinar. Al sustituir $x^{k}$, cada término de una ecuación de Cauchy – Euler se convierte en un polinomio en $k$ veces $x^{k}$, puesto que

\begin{align*}
a_{n}x^{n}\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} &= a_{n}x^{n} \left[ k(k -1)(k -2) \cdots (k -n + 1)x^{k -n} \right] \\
&= \left[ a_{n} k(k -1)(k -2) \cdots (k -n + 1) \right] x^{k}
\end{align*}

Por ejemplo, cuando sustituimos $y = x^{k}$ y las respectivas derivadas en la ecuación de segundo orden (\ref{2}), se obtiene

\begin{align*}
ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy &= ax^{2}[k(k -1)x^{k -2}] + bx[kx^{k -1}] + cx^{k} \\
&= ak(k -1)x^{k} + bkx^{k} + cx^{k} \\
&= \left[ ak(k -1) + bk + c \right] x^{k} \label{4} \tag{4}
\end{align*}

Así, $y = x^{k}$ es una solución de la ecuación diferencial homogénea siempre que $k$ sea una solución de la ecuación auxiliar

$$ak(k -1) + bk + c = 0$$

o bien,

$$ak^{2} + (b -a)k + c = 0 \label{5} \tag{5}$$

Hay tres casos distintos a considerar que dependen de si las raíces de esta ecuación auxiliar son reales y distintas, reales e iguales o complejas.

Caso 1: Raíces reales y distintas

Sean $k_{1}$ y $k_{2}$ las raíces reales de (\ref{5}), tales que $k_{1} \neq k_{2}$. Entonces

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

forman un conjunto fundamental de soluciones. El Wronskiano esta dado como

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

Como

$$W(x^{k_{1}}, x^{k_{2}}) = (k_{2} -k_{1}) x^{k_{1} + k_{2} -1} \neq 0$$

$\forall x \in \delta$, entonces la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler para $x > 0$, en el caso en el que las raíces son reales y distintas, es

$$y(x) = c_{1}x^{k_{1}} + c_{2}x^{k_{2}} \label{6} \tag{6}$$

Caso 2: Raíces reales repetidas

Si las raíces de (\ref{5}) son repetidas, es decir $k_{1} = k_{2}$, entonces se obtiene sólo una solución particular

$$y = x^{k_{1}} = x^{k_{2}} = x^{k}$$

Cuando las raíces de la ecuación auxiliar (\ref{5}) son iguales, el discriminante necesariamente es cero, es así que de (\ref{5}) se deduce que las raíces deben ser

$$k = -\dfrac{(b -a)}{2a}$$

Cuando estudiamos el método de reducción de orden vimos que conocida una solución no trivial $y_{1}$, una segunda solución $y_{2}$, tal que $y_{1}$ y $y_{2}$ formen un conjunto fundamental de soluciones, puede ser determinada por la expresión

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x) dx}}}{y^{2}_{1}(x)}} \label{7} \tag{7}$$

Para usar este resultado escribamos a la ecuación de Cauchy – Euler en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{b}{ax} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{c}{ax^{2}}y = 0 \label{8} \tag{8}$$

Identificamos que

$$P(x) = \dfrac{b}{ax} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{c}{ax^{2}}$$

Vemos que

$$\int{P(x) dx} = \int{\dfrac{b}{ax} dx} = \dfrac{b}{a} \ln(x)$$

Sustituyendo en (\ref{7}) obtenemos lo siguiente

\begin{align*}
y_{2}(x) &= x^{k} \int{\dfrac{e^{-(b/a) \ln(x)}}{x^{2k}} dx} \\
&= x^{k} \int{ \dfrac{x^{-b/a}}{x^{2k}} dx} \\
&= x^{k} \int{\dfrac{x^{-b/a}}{x^{-(b -a)/a}} dx} \\
&= x^{k} \int{ \dfrac{dx}{x}} \\
&= x^{k} \ln (x)
\end{align*}

En el proceso se ha considerado que

$$e^{-(b/a)}\ln (x) = e^{ \ln (x^{-b/a})} = x^{-b/a}$$

y

$$2k = -\dfrac{(b -a)}{a}$$

Entonces, la segunda solución es

$$y_{2}(x) = x^{k} \ln(x)$$

Vemos que

\begin{align*}
W(x^{k} ,x^{k} \ln (x)) &= \begin{vmatrix}
x^{k} & x^{k} \ln (x) \\
kx^{k -1} & kx^{k -1} \ln (x) + x^{k -1} \end{vmatrix} \\
&= kx^{2k -1} \ln (x) + x^{2k -1} -kx^{2k -1} \ln (x) \\
&= x^{2k -1}
\end{align*}

Como

$$W(x^{k} ,x^{k} \ln (x)) = x^{2k -1} \neq 0$$

$\forall x \in \delta$, entonces la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler para $x > 0$, en el caso en el que las raíces son iguales, es

$$y(x) = c_{1}x^{k} + c_{2}x^{k} \ln(x) \label{9} \tag{9}$$

Para ecuaciones de orden superior, si $k$ es una raíz de multiplicidad $r$, entonces se puede demostrar que

$$x^{k}, \hspace{0.5cm} x^{k} \ln(x), \hspace{0.5cm} x^{k}(\ln(x))^{2}, \hspace{0.5cm} \cdots, \hspace{0.5cm} x^{k}(\ln(x))^{r -1}$$

son $r$ soluciones linealmente independientes. En correspondencia, la solución general de la ecuación diferencial debe contener una combinación lineal de estas $r$ soluciones.

Caso 3: Raíces complejas conjugadas

Si las raíces de (\ref{5}) son el par conjugado

$$k_{1} = \alpha + i \beta \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = \alpha -i \beta$$

Donde $\alpha$ y $\beta > 0$ son reales, entonces una solución es

$$y(x) = C_{1}x^{\alpha + i \beta} + C_{2}x^{\alpha -i \beta} \label{10} \tag{10}$$

De tarea moral muestra que

$$W(x^{\alpha + i \beta}, x^{\alpha -i \beta}) = -2i \beta x^{2\alpha -1} \neq 0$$

lo que indica que la solución (\ref{10}) está compuesta por las funciones del conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial de Cauchy – Euler.

Tal como lo hicimos en el caso de coeficientes constantes, se desea escribir la solución en términos de funciones reales. Consideremos la identidad

$$x^{i \beta} = (e^{\ln (x^{i \beta})}) = e^{i \beta \ln (x)} \label{11} \tag{11}$$

Usando la fórmula de Euler podemos escribir

$$x^{i \beta} = \cos \left( \beta \ln (x) \right) + i \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{12} \tag{12}$$

De forma similar,

$$x^{-i \beta} = \cos \left( \beta \ln (x) \right) -i \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{13} \tag{13}$$

Si se suman y restan los dos últimos resultados, se obtiene lo siguiente, respectivamente

$$x^{i \beta } + x^{-i \beta } = 2 \cos \left( \beta \ln (x) \right) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} x^{i \beta } -x^{i \beta } = 2i \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{14} \tag{14}$$

Debido a que (\ref{10}) es una solución para cualquier valor de las constantes, podemos notar que si elegimos $C_{1} = C_{2} = 1$ y, por otro lado, $C_{1} = 1, C_{2} = -1$, obtenemos las siguientes dos soluciones, respectivamente

$$y_{1}(x) = x^{\alpha}(x^{i \beta} + x^{-i \beta}) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = x^{\alpha} (x^{i \beta} -x^{-i \beta}) \label{15} \tag{15}$$

Usando (\ref{14}) podemos escribir

$$y_{1}(x) = 2x^{\alpha} \cos \left( \beta \ln (x) \right) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = 2ix^{\alpha} \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{16} \tag{16}$$

De tarea moral muestra que

$$W(x^{\alpha} \cos \left( \beta \ln (x) \right), x^{\alpha } \sin \left(\beta \ln (x) \right) = \beta x^{2\alpha -1} \neq 0$$

Con esto se concluye que

$$y_{1}(x) = x^{\alpha} \cos \left( \beta \ln (x) \right) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = x^{\alpha} \sin \left( \beta \ln (x) \right) \label{17} \tag{17}$$

constituyen un conjunto fundamental de soluciones reales de la ecuación diferencial. Así, la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler para $x > 0$, en el caso en el que las raíces son complejas conjugadas, es

$$y(x) = x^{\alpha} \left[ c_{1} \cos \left( \beta \ln (x) \right) + c_{2} \sin \left( \beta \ln (x) \right) \right] \label{18} \tag{18}$$

Realicemos algunos ejemplos en los que apliquemos cada caso.

Ejemplo: Resolver la ecuación de Cauchy – Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{2}{3}x \dfrac{dy}{dx} -\dfrac{2}{9}y = 0$$

Solución: Consideremos la solución $y = x^{k}$, las respectivas derivadas son

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] + \dfrac{2}{3} x \left[ kx^{k -1} \right] -\dfrac{2}{9}x^{k} = x^{k} \left[ k(k -1) + \dfrac{2}{3}k -\dfrac{2}{9} \right] = 0$$

Como $x \neq 0$, entonces la ecuación auxiliar es

$$k(k -1) + \dfrac{2}{3}k -\dfrac{2}{9} = 0$$

o bien,

$$k^{2} -\dfrac{1}{3}k -\dfrac{2}{9} = 0$$

Resolviendo para $k$ obtenemos las raíces $k_{1} = \dfrac{2}{3}$ y $k_{2} = -\dfrac{1}{3}$. Como las raíces son reales y distintas, de acuerdo a (\ref{6}), la solución de la ecuación de Cauchy – Euler es

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

$\square$

Ejemplo: Resolver la ecuación de Cauchy-Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 3x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

Solución: Consideremos la solución $y = x^{k}$, las respectivas derivadas son

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] + 3x \left[ kx^{k -1} \right] + x^{k} = x^{k} \left[ k(k -1) + 3k + 1 \right] = 0$$

Como $x \neq 0$, entonces la ecuación auxiliar es

$$k(k -1) + 3k + 1 = 0$$

o bien,

$$k^{2} + 2k + 1= 0$$

Resolviendo para $k$ obtenemos las raíces $k_{1} = k_{2} = -1$. Como las raíces son reales repetidas, por (\ref{9}) concluimos que la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = c_{1}x^{-1} + c_{2}x^{-1} \ln (x) = \dfrac{1}{x}[c_{1} + c_{2}\ln(x)]$$

$\square$

Ejemplo: Resolver la ecuación de Cauchy-Euler

$$3x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

Solución: Consideremos la solución $y = x^{k}$, las respectivas derivadas son

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$3x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] + 6x \left[ kx^{k -1} \right] + x^{k} = x^{k} \left[ 3k(k -1) + 6k + 1 \right] = 0$$

Como $x \neq 0$, entonces la ecuación auxiliar es

$$3k(k -1) + 6k + 1 = 0$$

o bien,

$$3k^{2} + 3k + 1 = 0$$

Resolviendo para $k$ obtenemos las raíces

$$k_{1} = -\dfrac{1}{2} + i \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = -\dfrac{1}{2} -i \dfrac{1}{2\sqrt{3}}$$

Identificamos que

$$\alpha = -\dfrac{1}{2} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \beta = \dfrac{1}{2\sqrt{3}}$$

Las raíces son complejas conjugadas, de manera que la solución esta dada por (\ref{18}). Así, la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = x^{-1/2} \left[ c_{1} \cos \left( \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \ln (x) \right) + c_{2} \sin \left( \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \ln (x) \right) \right]$$

$\square$

Caso no homogéneo

Para resolver la ecuación no homogénea (\ref{3}) podemos aplicar el método de variación de parámetros visto en la entrada anterior, pues basta encontrar el conjunto fundamental de soluciones $\{ y_{1}, y_{2}\}$ de la ecuación homogénea asociada y con ello aplicar la fórmula de la solución particular, esto es

$$y_{p}(x) = -y_{1}(x) \int{\dfrac{y_{2}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} + y_{2}(x) \int{\dfrac{y_{1}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} \label{19} \tag{19}$$

Recordar que la función $g(x)$ se obtiene de la forma estándar de la ecuación diferencial.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Usando el método de variación de parámetros, resolver la ecuación de Cauchy – Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -x \dfrac{dy}{dx} + y = 2x$$

Solución: Debemos hallar el conjunto fundamental de soluciones, así que primero debemos resolver la ecuación homogénea asociada.

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

Consideremos la solución $y = x^{k}$ y sus derivadas

$$\dfrac{dy}{dx} = kx^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = k(k -1)x^{k -2}$$

Sustituimos en la ecuación homogénea asociada.

$$x^{2} \left[ k(k -1)x^{k -2} \right] -x \left[ kx^{k-1} \right] + x^{k} = x^{k} \left[ k(k -1) -k + 1 \right] = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} -2k + 1 = 0$$

De donde $k_{1} = k_{2} = 1$, así la solución complementaria es

$$y_{c}(x) = c_{1} x + c_{2} x \ln (x)$$

Las funciones

$$y_{1}(x) = x \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = x\ln(x)$$

conforman al conjunto fundamental de soluciones. Para determinar el Wronskiano vamos a considerar la primer derivada de cada solución.

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = \ln(x) + 1$$

Sustituimos en el Wronskiano

$$W = \begin{vmatrix}
x & x \ln(x) \\
1 & \ln(x) + 1
\end{vmatrix} = x \ln(x) + x -x\ln(x) = x$$

El Wronskiano es

$$W(x) = x$$

Para determinar la función $g$ dividamos entre $x^{2}$ la ecuación diferencial y así escribirla en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{x^{2}}y = \dfrac{2}{x}$$

Vemos que

$$g(x) = \dfrac{2}{x}$$

Ahora podemos sustituir en la solución particular (\ref{19}).

\begin{align*}
y_{p}(x) &= -x \int{ \dfrac{x \ln(x) \left( \dfrac{2}{x} \right)}{x} dx} + x \ln(x) \int{ \dfrac{x \left(\dfrac{2}{x} \right)}{x}dx} \\
&= -2x \int{ \dfrac{\ln(x)}{x} dx} + 2x \ln(x) \int{ \dfrac{dx}{x}} \\
&= -2x \dfrac{[\ln(x)]^{2}}{2} + 2x [\ln(x)]^{2} \\
&= x[\ln(x)]^{2}
\end{align*}

La solución particular es

$$y_{p}(x) = x[\ln (x)]^{2}$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler será la superposición de ambas soluciones, esto es

$$y(x) = c_{1}x + c_{2}x \ln(x) + x[\ln(x)]^{2}$$

$\square$

Reducción a coeficientes constantes

Las similitudes entre las formas de las soluciones de ecuaciones de Cauchy – Euler y soluciones de ecuaciones con coeficientes constantes no son una coincidencia.

Por ejemplo, cuando las raíces de las ecuaciones auxiliares para

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

y

$$ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy =0$$

son distintas y reales, las soluciones generales respectivas, para $x > 0$, son

$$y(x) = c_{1}e^{k_{1}x} + c_{2}e^{k_{2}x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y(x) = c_{1}x^{k_{1}} + c_{2}x^{k_{2}} \label{20} \tag{20}$$

Usando la identidad

$$e^{\ln x} = x$$

Para $x> 0$, la segunda solución dada en (\ref{20}) puede expresarse en la misma forma que la primera solución.

$$y(x) = c_{1}e^{k_{1} \ln(x)} + c_{2}e^{k_{2} \ln (x)} = c_{1}e^{k_{1}t} + c_{2}e^{k_{2}t} \label{21} \tag{21}$$

donde $t = \ln (x)$. Este resultado ilustra que cualquier ecuación de Cauchy – Euler se puede escribir como una ecuación con coeficientes constantes haciendo la sustitución $x = e^{t}$ y con esto resolver la nueva ecuación diferencial en términos de la variable $t$, usando los métodos descritos en la entrada correspondiente y una vez obtenida la solución general, sustituir nuevamente $t = \ln (x)$. Este método requiere del uso de la regla de la cadena.

Si se hace la sustitución $x = e^{t}$, (o bien $t = \ln(x)$), aplicando la regla de la cadena obtenemos las siguientes expresiones para las derivadas.

$$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{dt} \dfrac{dt}{dx} = \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \label{22} \tag{22}$$

y

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \right) = -\dfrac{1}{x^{2}} \dfrac{dy}{dt} + \dfrac{1}{x^{2}} \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} = \dfrac{1}{x^{2}} \left( \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -\dfrac{dy}{dt} \right) \label{23} \tag{23}$$

Sustituyendo en la ecuación de Cauchy – Euler obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
ax^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + bx \dfrac{dy}{dx} + cy &= ax^{2} \left[ \dfrac{1}{x^{2}} \left( \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -\dfrac{dy}{dt} \right) \right] + bx \left[ \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \right] + cy \\
&= a \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} + (b -a) \dfrac{dy}{dt} + cy
\end{align*}

Por lo tanto, haciendo la sustitución $x = e^{t}$ reducimos la ecuación de Cauchy – Euler a la ecuación

$$a\dfrac{d^{2}y(t)}{dt^{2}} + (b -a) \dfrac{dy(t)}{dt} + cy(t) = g(t) \label{24} \tag{24}$$

que corresponde a una ecuación diferencial con coeficientes constantes en donde la variable independiente es $t$.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Usar el cambio de variable $x= e^{t}$ para convertir la ecuación de Cauchy – Euler

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3x \dfrac{dy}{dx} + 13y = 4 + 3x$$

en una ecuación de coeficiente constantes y obtener la solución general.

Solución: Consideremos el cambio de variable $x = e^{t}$, usando los resultados (\ref{22}) y (\ref{23}), la ecuación de Cauchy – Euler queda como sigue

$$x^{2}\left[ \dfrac{1}{x^{2}} \left( \dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -\dfrac{dy}{dt} \right) \right] -3x \left[ \dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dt} \right] +13y = 4 + 3e^{t}$$

Esto es,

$$\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -4 \dfrac{dy}{dt} + 13y = 4 + 3e^{t}$$

Ahora tenemos una ecuación no homogénea con coeficientes constantes. Comencemos por resolver la ecuación homogénea.

$$\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} -4 \dfrac{dy}{dt} + 13y = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} -4k + 13 = 0$$

Las raíces son

$$k_{1} = 2 + i3 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = 2 -i3$$

Identificamos que $\alpha = 2 $ y $\beta = 3$, entonces la solución complementaria, en la variable $t$, es

$$y_{c}(t) = c_{1}e^{2t} \cos(3t) + c_{2}e^{2t} \sin(3t)$$

Las funciones correspondientes al conjunto fundamental de soluciones son

$$y_{1}(x) = e^{2t} \cos(3t) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{2t} \sin(3t)$$

Las derivadas correspondientes son

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = 2e^{2t} \cos(3t) -3e^{2t} \sin(3t) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = 2e^{2t} \sin(3t) + 3e^{2t} \cos(3t)$$

El Wronskiano esta dado por

$$W = \begin{vmatrix}
e^{2t} \cos(3t) & e^{2t} \sin(3t) \\
2e^{2t} \cos(3t) -3e^{2t} \sin(3t) & 2e^{2t} \sin(3t) + 3e^{2t} \cos(3t)
\end{vmatrix}$$

Calculando el determinante obtendremos

$$W(t) = 3e^{4t}$$

La ecuación diferencial ya se encuentra en su forma estándar, así que la función $g$ es

$$g(t) = 4 + 3e^{t}$$

Ahora podemos sustituir las funciones correspondientes en la solución particular (\ref{19}) para la variable $t$.

\begin{align*}
y_{p}(t) &= -e^{2t} \cos(3t) \int{ \dfrac{e^{2t} \sin(3t) (4 + 3e^{t})} {3e^{4t}} dt} + e^{2t} \sin(3t) \int{ \dfrac{e^{2t} \cos(3t) (4 + 3e^{t})}{3e^{4t}} dt} \\
&= -e^{2t} \cos(3t) \left[ \dfrac{4}{3} \int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{2t}} dt} + \int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{t}} dt }\right] \\
&+ e^{2t} \sin(3t) \left[ \dfrac{4}{3} \int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{2t}} dt} + \int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{t}} dt} \right]
\end{align*}


Las integrales se resuelven con integración por partes. De tarea moral desarrolla el cálculo de cada integral, los resultados correspondientes son

$$\int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{2t}} dt} = -\dfrac{2}{13}e^{-2t} \sin(3t) -\dfrac{3}{13}e^{-2t} \cos(3t)$$

$$\int{ \dfrac{\sin(3t)}{e^{t}} dt} = -\dfrac{3}{10}e^{-t} \cos(3t) -\dfrac{1}{10}e^{-t} \sin(3t)$$

$$\int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{2t}} dt} = -\dfrac{2}{13}e^{-2t} \cos(3t) + \dfrac{3}{13}e^{-2t} \sin(3t)$$

$$ \int{ \dfrac{\cos(3t)}{e^{t}} dt} = \dfrac{3}{10}e^{-t} \sin(3t) -\dfrac{1}{10}e^{-t} \cos(3t)$$

Sustituyendo estos resultados en $y_{p}(t)$ y reduciendo la expresión obtendremos la solución particular

$$y_{p}(t) = \dfrac{4}{13} + \dfrac{3}{10}e^{t}$$

Por tanto, la solución general en términos de la variable $t$ es

$$y(t) = c_{1}e^{2t} \cos(3t) + c_{2}e^{2t} \sin(3t) + \dfrac{4}{13} + \dfrac{3}{10}e^{t}$$

Si regresamos a la variable original $x = e^{t}$ obtenemos finalmente que la solución general de la ecuación de Cauchy – Euler es

$$y(x) = c_{1}x^{2} \cos[3 \ln(x)] + c_{2}x^{2} \sin[3 \ln(x)] + \dfrac{4}{13} + \dfrac{3}{10}x$$

$\square$

Con esto concluimos el estudio de la ecuación de Cauchy – Euler y en general con el estudio de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior con coeficientes constantes y ecuaciones sencillas con coeficientes variables.

Tarea moral

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

  1. Resolver las siguientes ecuaciones de Cauchy – Euler.
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -12y = 0$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} + 4y = 0$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3x \dfrac{dy}{dx} + 5y = 0$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} + 4y = 0$
  • $25x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 25x \dfrac{dy}{dx} + y = 0$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} -5y = 0$
  1. Resolver las siguientes ecuaciones de Cauchy – Euler usando el método de variación de parámetros.
  • $2x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} + y = x^{2} -x$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + x \dfrac{dy}{dx} -y = \dfrac{1}{x + 1}$
  1. Usar el cambio de variable $x = e^{t}$ para convertir las ecuaciones de Cauchy – Euler en ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes y resolver la ecuación.
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 10x \dfrac{dy}{dx} + 8y = x^{2}$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4x \dfrac{dy}{dx} + 6y = \ln (x^{2})$
  1. Hacer una extensión a orden 3 de la teoría desarrollada en esta entrada y aplicando el método de variación de parámetros obtener la solución general de la siguiente ecuación de Cauchy – Euler.
  • $x^{3} \dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} -3x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6x \dfrac{dy}{dx} -6y = 3 + \ln (x^{3})$

Más adelante…

Con esto concluimos la primera parte de la unidad dos. En la siguiente entrada abordaremos el tema de las oscilaciones mecánicas como ejemplo de aplicación de la teoría que hemos desarrollado hasta este momento.

En entradas posteriores haremos un estudio detallado sobre las ecuaciones diferenciales de orden superior con coeficientes variables y con ello cerraremos la segunda unidad.

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Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones diferenciales homogéneas con coeficientes constantes

La esencia de las matemáticas no es hacer las cosas simples complicadas,
sino hacer las cosas complicadas simples.
– S. Gudder

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 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 motivemos el análisis que desarrollaremos a lo largo de la entrada considerando primero las ecuaciones diferenciales de primer orden.

Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de primer orden con coeficientes constantes

En la primera unidad estudiamos las ecuaciones diferenciales 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 de la ecuación (\ref{2}) 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 como

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

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, la función que satisface esto es

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

Observamos que al derivarla recuperamos la ecuación (\ref{6}).

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

Ahora que conocemos la solución, sustituyamos la función (\ref{7}) y su derivada en la ecuación (\ref{4}).

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

Factoricemos la función exponencial.

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

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}), se tiene

$$y(x) = e^{-bx/a}$$

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

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

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 solución es de la forma (\ref{7}). Sustituimos $y$ y su derivada $\dfrac{dy}{dx}$ en la ecuación diferencial.

\begin{align*}
8ke^{kx} + 16e^{kx} &= 0 \\
e^{kx}(8k + 16) &= 0 \\
8k + 16 &= 0
\end{align*}

De la última relación despejamos a $k$, obteniendo

$$k = -\dfrac{16}{8} = -2$$

Una solución de la ecuación diferencial es

$$y(x) = e^{-2x}$$

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

$$a_{n} \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n -1} \dfrac{d^{n -1}y}{dx^{n -1}} + \cdots + a_{1} \dfrac{dy}{dx} + a_{0} y = 0 \label{10} \tag{10}$$

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

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = 0 \label{11} \tag{11}$$

Con $a, b$ y $c$ constantes. Igual que antes, lo que intentamos es encontrar una solución de la forma

$$y(x) = e^{kx}$$

La primera y segunda derivada están dadas de la siguiente forma, respectivamente.

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

Sustituimos en la ecuación (\ref{11}).

\begin{align*}
a(k^{2} e^{kx}) + b(ke^{kx}) + c(e^{kx}) &= 0 \\
e^{kx} (ak^{2} + bk + c) &= 0
\end{align*}

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

$$ak^{2} + bk + c = 0 \label{12} \tag{12}$$

El problema se ha reducido a obtener las raíces de esta ecuación, dicha ecuación tiene un nombre particular.

La dos raíces de la ecuación auxiliar son

$$k_{1} = \dfrac{-b + \sqrt{b^{2} -4ac}}{2a} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = \dfrac{-b -\sqrt{b^{2} -4ac}}{2a} \label{13} \tag{13}$$

El discriminante 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

La solución de la ecuación (\ref{11}) 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 de la ecuación diferencial (\ref{11}), 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 $\forall x \in \mathbb{R}$, entonces ambas funciones son linealmente independientes en $\mathbb{R}$, por tanto forman un conjunto fundamental de soluciones y la solución general de la ecuación diferencial (\ref{11}), en el caso en el que el discriminante es positivo, es

$$y(x) = c_{1} e^{k_{1} x} + c_{2} e^{k_{2} x} \label{15} \tag{15}$$

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.

$$y_{1}(x) = e^{k_{1} x} = e^{k_{2} x} = e^{-bx/2a} \label{16} \tag{16}$$

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

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x) dx}}}{y_{1}^{2}(x)} dx} \label{17} \tag{17}$$

En este caso de coeficientes constantes si la ecuación (\ref{11}) 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

$$P = \dfrac{b}{a} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q = \dfrac{c}{a}$$

la ecuación anterior se puede reescribir como

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P \dfrac{dy}{dx} + Qy = 0 \label{18} \tag{18}$$

Sustituyamos $P(x) = P$ y $y_{1}(x)$ en la segunda solución (\ref{17}).

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

Con esto, la segunda solución de la ecuación diferencial (\ref{11}), para este segundo caso es

$$y_{2}(x) = xe^{k_{1}x} = xe^{k_{2}x} = x e^{-bx/2a} \label{19} \tag{19}$$

Usando (\ref{16}) y (\ref{19}), 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 $\mathbb{R}$, por tanto forman un conjunto fundamental de soluciones y la solución general de la ecuación diferencial (\ref{11}), en el caso en el que el discriminante es cero, es

$$y(x) = c_{1}e^{k_{1}x} + c_{2} xe^{k_{1}x} \label{20} \tag{20}$$

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

$$-w = b^{2} -4ac \label{21} \tag{21}$$

Con $w \in \mathbb{R}^{+}$, tal que

$$k_{1} = \dfrac{-b + \sqrt{-w}}{2a} = -\dfrac{b}{2a} + i\dfrac{\sqrt{w}}{2a} \label{22} \tag{22}$$

y

$$k_{2} = \dfrac{-b -\sqrt{-w}}{2a} = -\dfrac{b}{2a} -i\dfrac{\sqrt{w}}{2a} \label{23} \tag{23}$$

Donde $i^{2} = -1$, definimos

$$\alpha = -\dfrac{b}{2a} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \beta = \dfrac{\sqrt{w}}{2a} \label{24} \tag{24}$$

De esta forma las raíces de la ecuación auxiliar son los números complejos conjugados

$$k_{1} = \alpha + i\beta \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = \alpha -i\beta \label{25} \tag{25}$$

Donde $\alpha$ y $\beta$ son números reales positivos. Dado que ambas raíces son distintas, similar al caso 1, tendremos dos soluciones dadas por

$$y_{1}(x) = e^{(\alpha + i\beta) x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{(\alpha -i\beta) x} \label{26} \tag{26}$$

De tarea moral demuestra que

$$W(y_{1}, y_{2}) = -2i \beta e^{2 \alpha x} \neq 0 \label{27} \tag{27}$$

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

$$y(x) = c_{1}e^{(a + i\beta) x} + c_{2}e^{(a -i\beta) x} \label{28} \tag{28}$$

A pesar de que la función anterior es la solución de la ecuación diferencial (\ref{11}), es común trabajar con una solución que contenga funciones reales en lugar de exponenciales complejas. Con el propósito de hallar una expresión real para la solución $y(x)$, vamos a considerar la formula de Euler

$$e^{i\theta} = \cos \theta + i\sin \theta \label{29} \tag{29}$$

con $\theta \in \mathbb{R}$. De esta formula y considerando las propiedades

$$\cos (-\beta x) = \cos (\beta x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \sin (-\beta x) = -\sin (\beta x) \label{30} \tag{30}$$

es que podemos escribir las siguientes expresiones.

$$e^{i\beta x} = \cos (\beta x) + i \sin (\beta x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} e^{-i\beta x} = \cos (\beta x) -i \sin (\beta x) \label{31} \tag{31}$$

De las ecuaciones anteriores observamos que se cumplen las siguientes relaciones.

$$e^{i\beta x} + e^{-i\beta x} = 2 \cos (\beta x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} e^{i\beta x} -e^{-i\beta x} = 2i \sin (\beta x) \label{32} \tag{32}$$

Estas ecuaciones nos servirán mas adelante ya que, dada la solución (\ref{28}), 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

$$g(x) = e^{\alpha x} \cos(\beta x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} h(x) = e^{\alpha x} \sin(\beta x) \label{33} \tag{33}$$

son ahora funciones reales y además de ello son soluciones de la ecuación diferencial (\ref{11}).

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

$$W(C_{1} e^{\alpha x} \cos (\beta x), C_{2} e^{\alpha x} \sin (\beta x)) = C_{1}C_{2} \beta e^{2 \alpha x} \neq 0 \label{34} \tag{34}$$

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 de la ecuación diferencial (\ref{11}) en el caso en el que el discriminante es negativo es

$$y(x) = C_{1} e^{ax} \cos (\beta x) + C_{2} e^{ax} \sin (\beta x) = e^{ax} (C_{1} \cos (\beta x) + C_{2}\sin (\beta x)) \label{35} \tag{35}$$

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 problema con valores iniciales.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4\dfrac{dy}{dx} -5y = 0; \hspace{1cm} y(1) = 0, \hspace{0.5cm} y^{\prime}(1) = 2$$

Solución: Consideremos la solución $y = e^{kx}$ y sus primeras dos derivadas

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

Sustituimos en la ecuación diferencial.

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

Como $e^{kx} \neq 0, \forall x \in \mathbb{R}$, entonces la ecuación auxiliar es

$$k^{2} -4k -5 = 0$$

Resolviendo para $k$, se tiene

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

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{15}).

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

La derivada es

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

Apliquemos las condiciones iniciales.

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

Resolviendo el sistema de ecuaciones obtendremos que

$$c_{1} = \dfrac{e^{-5}}{3} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} c_{2} = -\dfrac{e^{1}}{3}$$

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 problema con valores en la frontera.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -10\dfrac{dy}{dx} + 25y = 0; \hspace{1cm} y(0) = 1, \hspace{0.5cm} y(1) = 0$$

Solución: Consideramos nuevamente la solución $y = e^{kx}$ y sus derivadas

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

Sustituimos en la ecuación diferencial.

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

Como $e^{kx} \neq 0, \forall x \in \mathbb{R}$, entonces la ecuación auxiliar es

$$k^{2} -10k +25 = 0$$

Resolviendo para $k$, se tiene

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

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{20}).

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

Apliquemos las condiciones en la frontera.

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

Obtenemos que $c_{1} = 1$ y $c_{2} = -1$. Por lo tanto, la solución particular del 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

$$k_{1} = -1 + i \sqrt{2} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = -1 -i \sqrt{2}$$

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{28}), 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{35}) 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

$$2k^{2} + 2k + 1 = 0$$

Resolvamos para $k$.

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

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

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

$\square$

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

$$k = \dfrac{1 \pm \sqrt{1 + 24}}{2} = \dfrac{1 \pm 5}{2}$$

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

$$k^{2} + 8k + 16= 0$$

Las raíces se obtienen de hacer

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

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.

Comencemos con la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + m^{2}y = 0 \label{36} \tag{36}$$

Como es una ecuación con coeficientes constantes, entonces la solución es de la forma $y(x) = e^{kx}$, así la ecuación auxiliar en este caso es

$$k^{2} + m^{2} = 0$$

cuyas raíces son complejas y están dadas por

$$k_{1} = im \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = -im$$

De donde $\alpha = 0$ y $\beta = m$. Por lo tanto, de la ecuación (\ref{35}) concluimos que la solución de la ecuación (\ref{36}) es

$$y(x) = c_{1} \cos (mx) + c_{2}\sin (mx) \label{37} \tag{37}$$

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{36}) 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{37}), la solución general de la ecuación diferencial es

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

$\square$

Para el caso de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -m^{2}y = 0 \label{38} \tag{38}$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} -m^{2} = 0$$

cuyas raíces son

$$k_{1} = m \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{2} = -m$$

En este caso las raíces son reales y distintas, entonces la ecuación pertenece al caso 1 y por tanto la solución general está dada por la ecuación (\ref{15}), esto es

$$y(x) = c_{1} e^{mx} + c_{2} e^{-mx} \label{39} \tag{39}$$

Lo interesante de la ecuación (\ref{38}) es que si en su solución (\ref{39}) se elige $c_{1} = c_{2} = \dfrac{1}{2}$, se tiene

$$y_{1}(x) = \dfrac{1}{2} \left( e^{mx} + e^{-mx} \right) = \cosh (mx) \label{40} \tag{40}$$

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

$$y_{2}(x) = \dfrac{1}{2} \left( e^{mx} -e^{-mx} \right) = \sinh (mx) \label{41} \tag{41}$$

Se puede 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 alterna de la solución de la ecuación (\ref{38}), dada por

$$y(x) = c_{1} \cosh (mx) + c_{2} \sinh (mx) \label{42} \tag{42}$$

Ejemplo: Resolver el problema con valores iniciales

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3y = 0; \hspace{1cm} y(0) = 1, \hspace{0.5cm} y^{\prime}(0) = 5$$

Usando primero la forma de la solución dada en (\ref{39}) y posteriormente resolverlo de nuevo usando la forma de la solución dada en (\ref{42}).

Solución: La ecuación a resolver es de la forma (\ref{38}) 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{39}) concluimos que la solución de la ecuación diferencial es

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

La derivada de la solución es

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

Apliquemos las condiciones iniciales, por un lado

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

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{42}), 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, se tiene

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

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

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

¿Qué relación hay entre las constantes $c_{1}$ y $c_{2}$ obtenidas en cada caso?.

$\square$

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.

$$a_{n} \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n -1} \dfrac{d^{n -1}y}{dx^{n -1}} + \cdots + a_{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1} \dfrac{dy}{dx} + a_{0}y = 0 \label{43} \tag{43}$$

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

Igual que antes, se considera la solución $y(x) = e^{kx}$. Al sustituir esta función y las correspondientes derivadas en la ecuación (\ref{43}) obtendremos la siguiente ecuación auxiliar.

$$a_{n} k^{n} + a_{n -1} k^{n -1} + \cdots + a_{2} k^{2} + a_{1} k + a_{0} =0 \label{44} \tag{44}$$

Esta ecuación 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

$$y(x) = c_{1} e^{k_{1} x} + c_{2} e^{k_{2} x} + \cdots + c_{n} e^{k_{n}x} \label{45} \tag{45}$$

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

$$y(x) = e^{kx}(c_{1} + c_{2}x + c_{3}x^{2} + \cdots + c_{n}x^{n -1}) \label{46} \tag{46}$$

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

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

Ya que, 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{45}) y (\ref{46}).

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 problema con valores iniciales.

$$\dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} -7 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 4\dfrac{dy}{dx} + 12y = 0$$

Con $y(0) = 1$, $y^{\prime}(0) = 0$ y $y^{\prime \prime}(0) = 36$.

Solución: Proponiendo la solución $y = e^{kx}$ la ecuación auxiliar que se obtiene es

$$k^{3} -7k^{2} +4k +12 = 0$$

Factorizando esta ecuación, se obtiene

$$(k + 1)(k -2)(k -6) = 0$$

De donde $k_{1} = -1$, $k_{2} = 2$ y $k_{3} = 6$. Como las raíces son reales y diferentes, entonces la solución de la ecuación diferencial es de la forma (\ref{45}).

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

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

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

Apliquemos las condiciones iniciales.

$$y(0) = c_{1} e^{0} + c_{2} e^{0} + c_{3} e^{0} = c_{1} + c_{2} + c_{3} = 1$$

$$y^{\prime}(0) = -c_{1} e^{0} + 2c_{2} e^{0} + 6c_{3} e^{0} = -c_{1} + 2c_{2} + 6c_{3} = 0$$

$$y^{\prime \prime}(0) = c_{1} e^{0} + 4c_{2} e^{0} + 36c_{3} e^{0} = c_{1} + 4c_{2} + 36c_{3} = 36$$

El sistema que se obtiene es

\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 obtendremos que

$$c_{1} = \dfrac{16}{7}, \hspace{1cm} c_{2} = -\dfrac{5}{2} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} c_{3} = \dfrac{17}{14}$$

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, 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 servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  1. Obtener 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. Resolver 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. Resolver 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{39}) y posteriormente resolverlo de nuevo usando la forma de la solución dada en (\ref{42}).
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -y = 0; \hspace{1cm} y(0) = 1, \hspace{0.5cm} y^{\prime}(1) = 0$

Más adelante…

Ahora sabemos resolver ecuaciones diferenciales lineales y homogéneas de orden superior con coeficientes constantes, en la siguiente entrada estudiaremos este mismo tipo de ecuaciones, pero en el caso no homogéneo.

Para resolver ecuaciones no homogéneas existen dos métodos, el primero de ellos se denomina coeficientes indeterminados, este método suele no ser tan complicado, sin embargo esta limitado a ciertas funciones $g(x)$. Un segundo método se conoce como variación de parámetros siendo una extensión del método visto en la unidad anterior y que sirve para cualquier función $g(x)$, es decir, es un método general. En la siguiente entrada comenzaremos presentando el primer método.

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