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Ecuaciones Diferenciales I: Método de eliminación de variables

En las matemáticas no entiendes las cosas. Te acostumbras a ellas.
– John Von Neumann

Introducción

Estamos listos para comenzar a desarrollar los distintos métodos de resolución de sistemas lineales de primer orden.

En esta entrada desarrollaremos un método relativamente sencillo, pero muy limitado, ya que en general se utiliza cuando sólo tenemos un sistema lineal de dos ecuaciones diferenciales. Este método se conoce como método de eliminación de variables y, como su nombre lo indica, lo que se intenta hacer es eliminar las variables dependientes de $t$ hasta quedarnos con sólo una, esto produce que el resultado sea una sola ecuación diferencial de orden superior (la ecuación correspondiente a la única variable dependiente que nos queda), la cual es posible resolver aplicando alguno de los métodos vistos en la unidad anterior, la solución de dicha ecuación diferencial servirá para obtener el resto de funciones solución del sistema lineal.

Es importante mencionar que para que este método sea práctico y sencillo se requiere que los coeficientes de las ecuaciones que conforman al sistema lineal sean constantes y como el problema se reduce a resolver una ecuación de orden superior es conveniente usar este método sólo cuando tenemos dos ecuaciones diferenciales en el sistema, ya que esto involucrará resolver una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes.

Desarrollemos el método de manera general.

Método de eliminación de variables

Los sistemas de ecuaciones diferenciales que estamos estudiando son de la forma

\begin{align*}
y_{1}^{\prime}(t) &= a_{11}(t)y_{1} + a_{12}(t)y_{2} + \cdots + a_{1n}(t)y_{n} + g_{1}(t) \\
y_{2}^{\prime}(t) &= a_{21}(t)y_{1} + a_{22}(t)y_{2} + \cdots + a_{2n}(t)y_{n} + g_{2}(t) \\
&\vdots \\
y_{n}^{\prime}(t) &= a_{n1}(t)y_{1} + a_{n2}(t)y_{2} + \cdots + a_{nn}(t)y_{n} + g_{n}(t) \label{1} \tag{1}
\end{align*}

Este método lo desarrollaremos para un sistema lineal de dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden tanto homogéneas como no homogéneas. De manera general desarrollemos el caso no homogéneo, el caso homogéneo será un caso particular.

Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales en su forma normal.

$$\begin{align*}
y_{1}^{\prime}(t) &= a_{11}(t)y_{1} + a_{12}(t)y_{2} + g_{1}(t) \\
y_{2}^{\prime}(t) &= a_{21}(t)y_{1} + a_{22}(t)y_{2} + g_{2}(t)
\end{align*} \label{2} \tag{2}$$

Debido a que se trata de un sistema pequeño regresemos a nuestra notación usual de derivada y sean $x$ y $y$ las variables dependientes de la variable independiente $t$. Así mismo, usemos una distinta notación para los coeficientes $a_{i, j}$, $i, j \in \{1, 2\}$, de tal manera que el sistema lineal (\ref{2}) lo podamos escribir de la siguiente forma.

$$\begin{align*}
\dfrac{dx}{dt} &= ax + by + g_{1}(t) \\
\dfrac{dy}{dt} &= cx + dy + g_{2}(t)
\end{align*}\label{3} \tag{3}$$

Con $a$, $b$, $c$ y $d$ constantes. El método que desarrollaremos es para sistema de la forma (\ref{3}).

De la primer ecuación del sistema despejamos a la variable $y$.

$$y = \dfrac{1}{b} \left( \dfrac{dx}{dt} -ax -g_{1} \right) \label{4} \tag{4}$$

Sustituyamos en la segunda ecuación.

$$\dfrac{d}{dt} \left[ \dfrac{1}{b} \left( \dfrac{dx}{dt} -ax -g_{1} \right) \right] = cx + d \left[ \dfrac{1}{b} \left( \dfrac{dx}{dt} -ax -g_{1} \right) \right] + g_{2}$$

Derivemos en el lado izquierdo y operemos en el lado derecho de la ecuación.

\begin{align*}
\dfrac{1}{b} \left[ \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -a \dfrac{dx}{dt} -\dfrac{dg_{1}}{dt} \right] &= cx + \dfrac{1}{b} \left( d \dfrac{dx}{dt} -adx -dg_{1} \right) + g_{2} \\
\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -a \dfrac{dx}{dt} -\dfrac{dg_{1}}{dt} &= bcx + d \dfrac{dx}{dt} -adx -dg_{1} + bg_{2}
\end{align*}

Reordenando los términos se tiene lo siguiente.

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -(a + d) \dfrac{dx}{dt} + (ad -bc) x = \dfrac{dg_{1}}{dt} -dg_{1} + bg_{2} \label{5} \tag{5}$$

Si definimos

$$p = -(a + d), \hspace{1cm} q = (ad -bc) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} g(t) = \dfrac{dg_{1}}{dt} -dg_{1} + bg_{2}$$

entonces el resultado (\ref{5}) se puede escribir como

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + p \dfrac{dx}{dt} + q x = g(t) \label{6} \tag{6}$$

Con $p$ y $q$ constantes. En esta forma es claro que tenemos una ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes constantes, basta resolver la ecuación usando los métodos desarrollados en la unidad anterior para obtener la función $x(t)$. Una vez obtenida la solución de (\ref{6}) sustituimos en el despeje inicial que hicimos para $y(t)$ (\ref{4}) y resolvemos, con ello estaremos obteniendo la solución del sistema lineal (\ref{3}).

Caso homogéneo

El caso homogéneo es un caso particular del desarrollo anterior, pues el sistema a resolver es

$$\begin{align*}
\dfrac{dx}{dt} &= ax + by \\
\dfrac{dy}{dt} &= cx + dy
\end{align*}\label{7} \tag{7}$$

El desarrollo es exactamente el mismo considerando que $g_{1}(t) = 0$ y $g_{2}(t) = 0$.

Despejando a $y$ de la primer ecuación, obtenemos

$$y = \dfrac{1}{b} \left( \dfrac{dx}{dt} -ax \right) \label{8} \tag{8}$$

Sustituyendo en la segunda ecuación y siguiendo el mismo procedimiento obtendremos que la ecuación diferencial de segundo orden homogénea para $x$ es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -(a + d) \dfrac{dx}{dt} + (ad -bc)x = 0 \label{9} \tag{9}$$

Si nuevamente definimos

$$p = -(a + d), \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q = (ad -bc)$$

entonces podemos escribir

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + p \dfrac{dx}{dt} + qx = 0 \label{10} \tag{10}$$

Resolvamos un par de ejemplos, comencemos con un sistema lineal homogéneo.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal homogéneo.

\begin{align*}
\dfrac{dx}{dt} &= 2x -y \\
\dfrac{dy}{dt} &= 5x -2y
\end{align*}

Solución: Comencemos por despejar a la variable $y$ de la primer ecuación.

$$y = 2x -\dfrac{dx}{dt}$$

Sustituimos en la segunda ecuación.

$$\dfrac{d}{dt} \left( 2x -\dfrac{dx}{dt} \right) = 5x -2 \left( 2x -\dfrac{dx}{dt} \right)$$

Operando, se tiene

\begin{align*}
2 \dfrac{dx}{dt} -\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= 5x -4x + 2 \dfrac{dx}{dt} \\
-\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= x
\end{align*}

La ecuación de segundo orden a resolver es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + x = 0$$

Por supuesto esta ecuación se puede obtener sustituyendo los coeficientes directamente en la ecuación (\ref{9}).

Resolvamos la ecuación. La ecuación auxiliar es

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

cuyas raíces son $k_{1} = i$ y $k_{2} = -i$.

Recordemos que la forma de la solución para raíces complejas $k_{1} = \alpha + i \beta$ y $k_{2} = \alpha -i \beta$ es

$$x(t) =e^{\alpha t}(c_{1} \cos(\beta t) + c_{2} \sin(\beta t)) \label{11} \tag{11}$$

En nuestro caso $\alpha =0$ y $\beta = 1$, entonces la solución es

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

Vemos que

$$\dfrac{dx}{dt} = -c_{1} \sin(t) + c_{2} \cos(t)$$

Sustituimos en el despeje de $y$.

\begin{align*}
y(x) &= 2(c_{1} \cos(t) + c_{2} \sin(t)) -(-c_{1} \sin(t) + c_{2} \cos(t)) \\
&= 2c_{1} \cos(t) + 2c_{2} \sin(t) + c_{1} \sin(t) -c_{2} \cos(t)
\end{align*}

Esta solución la podemos escribir de dos formas.

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

o bien,

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

Por lo tanto, la solución general del sistema homogéneo es

$$\begin{pmatrix}
x \\ y
\end{pmatrix} = c_{1} \begin{pmatrix}
\cos(t) \\ 2 \cos(t) + \sin(t)
\end{pmatrix} + c_{2} \begin{pmatrix}
\sin(t) \\ 2 \sin(t) -\cos(t)
\end{pmatrix}$$

o bien,

$$\begin{pmatrix}
x \\ y
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
c_{1} \\ 2c_{1} -c_{2}
\end{pmatrix} \cos(t) + \begin{pmatrix}
c_{2} \\ c_{1} + 2c_{2}
\end{pmatrix} \sin(t)$$

$\square$

Ahora resolvamos un sistema no homogéneo como ejemplo.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal no homogéneo.

\begin{align*}
\dfrac{dx}{dt} &= 4x -y + t + 1 \\
\dfrac{dy}{dt} &= 2x + y + t + 1
\end{align*}

Solución: En este caso no homogéneo se tiene que

$$g_{1}(t) = t + 1 = g_{2}(t)$$

De la primer ecuación despejamos a $y$.

$$y = 4x + t + 1 -\dfrac{dx}{dt}$$

Sustituimos en la segunda ecuación.

$$\dfrac{d}{dt} \left( 4x + t + 1 -\dfrac{dx}{dt} \right) = 2x + \left( 4x + t + 1 -\dfrac{dx}{dt} \right) + t + 1$$

En el lado izquierdo aplicamos la derivada y en el lado izquierdo operamos.

\begin{align*}
4 \dfrac{dx}{dt} + \dfrac{d}{dt}(t + 1) -\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= 6x -\dfrac{dx}{dt} + 2t + 2 \\
4 \dfrac{dx}{dt} + 1 -\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= 6x -\dfrac{dx}{dt} + 2t + 2
\end{align*}

Reordenando los términos, se tiene

\begin{align*}
5 \dfrac{dx}{dt} -\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} &= 6x + 2t + 1 \\
-\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + 5 \dfrac{dx}{dt} -6x &= 2t + 1 \\
\end{align*}

La ecuación diferencial de segundo orden no homogénea a resolver es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -5 \dfrac{dx}{dt} + 6x = -2t -1$$

Para obtener la función $x(t)$ primero resolveremos el caso homogéneo y posteriormente aplicaremos el método de coeficientes indeterminados para resolver el caso no homogéneo. Recordemos que la solución general será la superposición de ambos resultados.

$$x(t) = x_{c}(t) + x_{p}(t) \label{12} \tag{12}$$

Para el caso homogéneo la ecuación a resolver es

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -5 \dfrac{dx}{dt} + 6x = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} -5k + 6 = 0$$

Resolviendo para $k$ se obtiene que $k_{1} = 2$ y $k_{2} = 3$. Como las raíces son reales y distintas, la forma de la solución es

$$x_{c}(t) = c_{1}e^{k_{1}t} + c_{2}e^{k_{2}t} \label{13} \tag{13}$$

Por lo tanto, la solución complementaria es

$$x_{c}(t) = c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t}$$

Ahora resolvamos la ecuación no homogénea.

$$\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} -5 \dfrac{dx}{dt} + 6x = -2t -1$$

En este caso la función $g$ es

$$g(x) = -2t -1$$

la cual corresponde a un polinomio de grado $1$, entonces proponemos que la solución particular tiene, de igual manera, la forma de un polinomio de grado $1$, esto es

$$x_{p}(t) = At + B$$

Con $A$ y $B$ constantes por determinar. La primera y segunda derivada están dadas como

$$\dfrac{dx_{p}}{dt} = A \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} = 0$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$0 -5A + 6(At + B) = -2t -1$$

Reordenando, se tiene

$$6At + 6B -5A = -2t -1$$

Para que se cumpla la igualdad es necesario que ocurra lo siguiente.

\begin{align*}
6A &= -2 \\
6B -5A &= -1
\end{align*}

De la primer igualdad se obtiene que

$$A = -\dfrac{1}{3}$$

Sustituyendo este resultado en la segunda igualdad se obtiene que

$$B = \dfrac{1}{9}$$

Por lo tanto, la solución particular es

$$x_{p}(t) = -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{1}{9}$$

Entonces concluimos que la solución general de la ecuación diferencial de segundo orden para $x$ es

$$x(t) = c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t} -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{1}{9}$$

Sustituimos este resultado en la ecuación de $y$.

$$y = 4 \left( c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t} -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{1}{9} \right) + t + 1 -\dfrac{d}{dt} \left( c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t} -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{1}{9} \right)$$

Operando, se tiene

$$y = 4c_{1}e^{2t} + 4c_{2}e^{3t} -\dfrac{4}{3}t + \dfrac{4}{9} + t + 1 -2c_{1}e^{2t} -3c_{2}e^{3t} + \dfrac{1}{3}$$

De donde se obtiene finalmente que la solución $y(t)$ es

$$y(x) = 2c_{1}e^{2t} + c_{2}e^{3t} -\dfrac{1}{3}t + \dfrac{16}{9}$$

Por lo tanto, la solución general del sistema lineal no homogéneo es

$$\begin{pmatrix}
x \\ y
\end{pmatrix} = c_{1} \begin{pmatrix}
1 \\ 2
\end{pmatrix} e^{2t} + c_{2} \begin{pmatrix}
1 \\ 1
\end{pmatrix}e^{3t} -\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3}
\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}
\dfrac{1}{9} \\ \dfrac{16}{9}
\end{pmatrix}$$

$\square$

Hemos concluido con esta entrada. Este método resulta sencillo y práctico para resolver sistemas lineales de este tipo, sin embargo está limitado a sistemas pequeños y realmente estamos interesados en resolver sistemas mucho más complejos.

En las siguientes entradas desarrollaremos otros métodos más generales.

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 los siguientes sistemas lineales homogéneos.
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= x + 2y \\
    \dfrac{dy}{dt} &= 4x + 3y
    \end{align*}$
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= 2x -y \\
    \dfrac{dy}{dt} &= 3x -2y
    \end{align*}$
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= x -4y \\
    \dfrac{dy}{dt} &= -x + 2y
    \end{align*}$
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} = 2x -3y \\
    \dfrac{dy}{dt} = 3x + 2y
    \end{align*}$
  1. Resolver los siguientes sistemas lineales no homogéneos.
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= 2x -y + 3t \\
    \dfrac{dy}{dt} &= 3x -2y + 2t + 4
    \end{align*}$
  • $\begin{align*}
    \dfrac{dx}{dt} &= x + 2y + e^{t} \\
    \dfrac{dy}{dt} &= 3x -2y + 3e^{2t} + 2
    \end{align*}$

Más adelante…

En esta entrada presentamos un método sencillo para resolver sistemas lineales compuestos por dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes tanto homogéneas como no homogéneas.

En la siguiente entrada comenzaremos a desarrollar otros métodos de resolución a sistemas lineales, sin embargo estos métodos suelen ser tratados desde una perspectiva del álgebra lineal, así que será importante hacer una pequeño repaso de algunos conceptos y teoremas de álgebra lineal. Unos de los conceptos más importantes que utilizaremos es el de valores y vectores propios.

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Sin matemáticas, no hay nada que puedas hacer. Todo a tu alrededor
es matemáticas. Todo a tu alrededor son números.
– Shakuntala Devi

Introducción

Hemos comenzado con el estudio de las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes variables. Ya hemos aprendido cómo obtener soluciones con respecto a puntos ordinarios, ahora aprenderemos a obtener soluciones con respecto a puntos singulares.

En la entrada anterior vimos que para resolver ecuaciones de la forma

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0 \label{1} \tag{1}$$

se proponía una solución de la forma

$$y(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}(x -x_{0})^{n} \label{2} \tag{2}$$

donde $x_{0}$ es un punto ordinario de la ecuación diferencial (\ref{1}).

En ocasiones no se pueden encontrar soluciones como (\ref{2}), así que se propone una solución de la forma

$$y(x) = (x -x_{0})^{r} \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}(x -x_{0})^{n} \label{3} \tag{3}$$

Donde $r$ es una constante. En realidad, la solución (\ref{3}) es una generalización ya que si $r = 0$ regresamos a la forma (\ref{2}).

En esta entrada aprenderemos a resolver ecuaciones diferenciales en las que su solución es de la forma (\ref{3}).

Puntos singulares

El que la solución de una ecuación diferencial sea de la forma (\ref{3}) esta directamente relacionado con que el punto $x_{0}$ sea un punto singular y no un punto ordinario. En la entrada anterior definimos estos conceptos, sin embargo en esta entrada es necesario profundizar más acerca de los puntos singulares. Recordemos la definición de punto singular.

Nota: Las siguientes definiciones se basan en la forma estándar (\ref{1}) de una ecuación diferencial lineal de segundo orden.

Definición: Un punto $x_{0}$ en el que al menos una de las funciones $P(x)$ y $Q(x)$ no tiene representación en serie de potencias de $(x -x_{0})$ se dice que es un punto singular de (\ref{1}).

Lo nuevo ahora es que un punto singular puede ser clasificado como regular o irregular.

Definición: Un punto $x_{0}$ es singular regular si las funciones

$$p(x) = (x -x_{0})P(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = (x -x_{0})^{2}Q(x) \label{4} \tag{4}$$

son analíticas en $x_{0}$.

Definición: Si una o ambas de las funciones $p(x)$ y $q(x)$ de (\ref{4}) no son analíticas en un punto $x_{0}$, entonces $x_{0}$ es un punto singular irregular.

Para fines prácticos en conveniente definir los puntos singulares regulares e irregulares a través de un límite.

Definición: Un punto $x_{0}$ es singular regular de la ecuación (\ref{1}) si los siguientes límites existen.

$$\lim_{x \to x_{0}} p(x) = \lim_{x \to x_{0}} (x -x_{0})P(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to x_{0}} q(x) = \lim_{x \to x_{0}} (x -x_{0})^{2}Q(x) \label{5} \tag{5}$$

En caso contrario decimos que $x_{0}$ es un punto singular irregular.

Realicemos algunos ejemplos.

Ejemplo: Clasificar los puntos singulares de la ecuación diferencial

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

Solución: El primer paso es escribir a la ecuación diferencial en la forma estándar (\ref{1}), así que dividimos toda la ecuación por el coeficiente de la segunda derivada de $y$.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{1}{x^{3}(x -3)} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{(x -3)^{2}}{x^{3}(x + 3)} y = 0$$

Identificamos que

$P(x) = \dfrac{1}{x^{3}(x -3)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{(x -3)^{2}}{x^{3}(x + 3)}$

Notamos que la función $P(x)$ no está definida en los puntos $x = 3$ y $x = 0$, mientras que la función $Q(x)$ no está definida en $x = -3$ y $x = 0$, de manera que los puntos singulares son $x_{0} = 3$, $x_{0} = 0$ y $x_{0} = -3$. El resto de puntos en $\mathbb{R}$ son puntos ordinarios de la ecuación diferencial.

Para determinar si son regulares o irregulares definamos las nuevas funciones de acuerdo a (\ref{4}) y observemos si dichas funciones son analíticas o no en el correspondiente punto singular.

  • Caso 1: $x_{0} = 3$.

Definamos las nuevas funciones.

$$p(x) = (x -3)P(x) = \dfrac{1}{x^{3}} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = (x-3)^{2}Q(x) = \dfrac{(x -3)^{4}}{x^{3}(x + 3)}$$

Es claro que las nuevas funciones $p(x)$ y $q(x)$ si son analíticas en $x_{0} = 3$, por lo que dicho punto es un punto singular regular. Usando la definición de límite, se tiene

$$\lim_{x \to 3} p(x) = \lim_{x \to 3}\dfrac{1}{x^{3}} = \dfrac{1}{9} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to 3} q(x) = \lim_{x \to 3} \dfrac{(x -3)^{4}}{x^{3}(x + 3)} = 0$$

Los límites existen, así que llegamos a la misma conclusión.

  • Caso 2: $x_{0} = 0$.

Definamos las nuevas funciones.

$$p(x) = x P(x) = \dfrac{1}{x^{2}(x -3)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = x^{2} Q(x) = \dfrac{(x -3)^{2}}{x(x + 3)}$$

En este caso las funciones $p(x)$ y $q(x)$ siguen sin estar definidas para $x = 0$ lo que significa que no se pueden representar mediante una serie de potencias, es decir, no son analíticas en dicho punto. Veamos que ocurre con los limites. Por un lado,

$$\lim_{x \to 0}p(x) = \lim_{x \to 0}\dfrac{1}{x^{2}(x -3)} = -\infty$$

Por otro lado,

$$\lim_{x \to 0^{+}} q(x) = \lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{(x -3)^{2}}{x(x + 3)} = \infty \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to 0^{-}} q(x) = \lim_{x \to 0^{-}} \dfrac{(x -3)^{2}}{x(x + 3)} = -\infty $$

Vemos que el limite de $p(x)$ es divergente, mientras que el límite de $q(x)$ no existe en $x = 0$.

En conclusión, $x_{0} = 0$ es un punto singular irregular.

  • Caso 3: $x_{0} = -3$.

Definamos las nuevas funciones.

$$p(x) = (x+3) P(x) = \dfrac{x + 3}{x^{3}(x -3)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = (x + 3)^{2} Q(x) = \dfrac{(x -3)^{2}(x + 3)}{x^{3}}$$

Las nuevas funciones son analíticas en $x_{0} = -3$, confirmemos que los límites existen.

$$\lim_{x \to -3} p(x) = \lim_{x \to -3} \dfrac{x + 3}{x^{3}(x -3)} = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to -3} q(x) = \lim_{x \to -3} \dfrac{(x -3)^{2}(x + 3)}{x^{3}} = 0$$

En efecto, los limites existen, así que $x_{0} = -3$ es un punto singular regular.

$\square$

Realicemos un ejemplo más.

Ejemplo: Determinar el punto singular de la ecuación diferencial

$$(x + 1)^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + x \dfrac{dy}{dx} + x^{2} y = 0$$

Solución: Escribimos a la ecuación diferencial en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{x}{(x + 1)^{2}} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{x^{2}}{(x + 1)^{2}} y = 0$$

Identificamos que

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

Notamos que el único punto singular es $x_{0} = -1$. Definamos las funciones $p(x)$ y $q(x)$.

$$p(x) = (x + 1)P(x) = \dfrac{x}{x+1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = (x + 1)^{2}Q(x) = x^{2}$$

Aunque la función $q(x)$ si es analítica en $x_{0} = -1$, $p(x)$ no lo es. Por lo tanto, la ecuación diferencial no se puede desarrollar en potencias de $x + 1$ y por definición $x_{0} = -1$ es un punto singular irregular.

$\square$

Solución a ecuaciones diferenciales

Ahora que sabemos identificar puntos singulares de una ecuación diferencial podemos resolverlas con respecto a dichos puntos proponiendo una solución de la forma (\ref{3}). Ahora bien, debido a la complejidad de los cálculos, sólo estudiaremos el caso en el que el punto $x_{0} = 0$ es un punto singular regular.

A continuación enunciamos el teorema que establece que (\ref{3}) es una solución de la ecuación diferencial (\ref{1}) con respecto al punto singular $x_{0}$.

Teorema: Sea (\ref{1}) una ecuación diferencial con un punto singular regular en $x_{0}$, entonces siempre existe, al menos, una solución de la forma

$$y(x) = (x -x_{0})^{r} \sum_{n = 0}^{\infty } c_{n}(x -x_{0})^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty } c_{n}(x -x_{0})^{n + r} \label{6} \tag{6}$$

que converge en $0 < |x -x_{0}| < R$. Esta serie recibe el nombre de serie de Frobenius.

Con este teorema podemos establecer lo siguiente:

  • Si $x_{0}$ es un punto ordinario, entonces $r = 0$ y (\ref{2}) es la solución general.
  • Si $x_{0}$ es un punto singular regular, entonces (\ref{6}) dará una solución o la solución general.
  • Si $x_{0}$ es un punto singular irregular, entonces pueden o no existir soluciones de la forma (\ref{6}).

No demostraremos este teorema, pero será la base para resolver ecuaciones diferenciales.

La manera de resolver ecuaciones diferenciales con respecto a puntos singulares es bastante similar al caso de soluciones con respecto a puntos ordinarios, sin embargo en este caso, además de obtener una relación de recurrencia, obtendremos una ecuación cuadrática para $r$ que deberemos de resolver, a dicha ecuación se le conoce como ecuación indicial.

A continuación desarrollaremos el método de resolución que nos permitirá obtener la expresión general de la ecuación indicial, dicho método se conoce como método de Frobenius.

Método de Frobenius

Queremos resolver una ecuación diferencial en su forma estándar con respecto al punto singular regular $x_{0} = 0$.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0$$

Multipliquemos esta ecuación por $x^{2}$.

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + x [xP(x)] \dfrac{dy}{dx} + [x^{2}Q(x)] y = 0$$

Si usamos las definiciones (\ref{4}) para $x_{0} = 0$, entonces podemos escribir la ecuación anterior de la siguiente manera.

$$x^{2}\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + xp(x) \dfrac{dy}{dx} + q(x)y = 0 \label{7} \tag{7}$$

Con $p(x)$ y $q(x)$ son funciones analíticas en $x = 0$, esto significa que se pueden representar mediante una serie de potencias con respecto a dicho punto, sean

$$p(x) = p_{0} + p_{1}x + p_{2}x^{2} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} p_{n}x^{n} \label{8} \tag{8}$$

y

$$q(x) = q_{0} + q_{1}x + q_{2}x^{2} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} q_{n}x^{n} \label{9} \tag{9}$$

dichas series. Una observación interesante es que si todos los coeficientes son cero excepto $p_{0}$ y $q_{0}$, entonces recuperamos la ecuación de Cauchy – Euler.

$$x^{2}\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + p_{0}x \dfrac{dy}{dx} + q_{0}y = 0 \label{10} \tag{10}$$

El teorema anterior nos indica que la forma de la solución es

$$y(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r}$$

La primera y segunda derivada son

$$\dfrac{dy}{dx} = \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2}$$

Sustituyamos todos estos resultados en la ecuación diferencial (\ref{7}).

$$x^{2} \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2} + x \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} p_{n}x^{n} \right] \sum_{n = 0}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} + \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} q_{n}x^{n} \right] \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} = 0$$

Introducimos los términos $x^{2}$ y $x$ a las series de las derivadas de $y$.

$$\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r} + \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} p_{n}x^{n} \right] \sum_{n = 0}(n + r)c_{n}x^{n + r} + \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} q_{n}x^{n} \right] \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} = 0$$

Tomemos los términos para $n = 0$.

\begin{align*}
r(r -1)c_{0}x^{r} + p_{0}rc_{0}x^{r} + q_{0}c_{0}x^{r} &= 0 \\
c_{0}x^{r} [r(r -1) + p_{0}r + q_{0}] &= 0
\end{align*}

Sabemos que $x^{r} \neq 0$ y el método nos obliga a considerar que siempre $c_{0} \neq 0$, entonces

$$r(r -1) + p_{0}r + q_{0} = 0$$

o bien,

$$r^{2} + (p_{0} -1)r + q_{0} = 0 \label{11} \tag{11}$$

Esta relación corresponde a la ecuación indicial con raíces $r_{1}$ y $r_{2}$ reales. En todos los casos se le asigna a $r_{1}$ la raíz mayor, es decir, debe ocurrir que $r_{1} > r_{2}$, siempre y cuando no sean raíces repetidas. A las raíces $r_{1}$ y $r_{2}$ se les denomina raíces indiciales.

El siguiente paso en el método es continuar igualando cada término a cero a través de una relación de recurrencia y con ello determinar los coeficientes de la solución propuesta $y(x)$, todo de manera similar que en el método de la entrada anterior.

En el enunciado del teorema enfatizamos que hay al menos una solución, esto significa que no siempre puede obtenerse una segunda serie solución que junto con la primera serie forme la solución general de la ecuación diferencial. No lo demostraremos, pero a continuación se muestra la forma de ambas soluciones linealmente independientes de acuerdo a los casos que pueden ocurrir con las raíces indiciales.

De acuerdo a la ecuación indicial (\ref{11}) se distinguen tres casos:

  • Caso 1: $r_{1} -r_{2} \neq$ número entero.

En este caso las soluciones de la ecuación diferencial (\ref{1}), son

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r_{1}}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0 \label{12} \tag{12}$$

$$y_{2}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + r_{2}}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0} \neq 0 \label{13} \tag{13}$$

  • Caso 2: $r_{1} = r_{2} = r$.

En el caso en el que ambas raíces indiciales son iguales, las soluciones de la ecuación diferencial (\ref{1}), son

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0 \label{14} \tag{14}$$

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \ln(x) + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + r} \label{15} \tag{15}$$

  • Caso 3: $r_{1} -r_{2} =$ entero positivo.

En este caso las soluciones de la ecuación diferencial (\ref{1}), son

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r_{1}}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0 \label{16} \tag{16}$$

$$y_{2}(x) = Cy_{1}(x) \ln(x) + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + r_{2}}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0} \neq 0 \label{17} \tag{17}$$

Donde $C$ es una constante que podría ser cero.

En todos los casos $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ son linealmente independientes. Por lo tanto, la solución general es

$$y(x) = C_{1}y_{1}(x) + C_{2}y_{2}(x) \label{18} \tag{18}$$

En los casos en los que el método de Frobenius no nos de una segunda solución es posible obtenerla con métodos que ya hemos estudiado antes. El primero de ellos es usar variación de parámetros, en este caso se propone la solución

$$y_{2}(x) = u(x)y_{1}(x)$$

y se sustituye, junto con las derivadas correspondientes, en la ecuación diferencial, esto nos permitirá obtener una ecuación diferencial para $u(x)$ que debemos resolver.

Otro método es usar directamente la forma de las soluciones $y_{2}(x)$ propuestas anteriormente para cada caso, calcular las derivadas correspondientes y sustituir en la ecuación diferencial.

Un tercer método se puede aplicar una vez que ya hemos determinado la primer solución $y_{1}(x)$ y es usando la expresión que deducimos en entradas anteriores.

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x) dx}}}{y_{1}^{2}(x)} dx} \label{19} \tag{19}$$

Una de las mejores maneras para comprender algo es a través de ejemplos y práctica, así que hemos decidido resolver tres ejemplos, uno para cada caso y así poder comprender del todo en qué consiste el método de Frobenius.

Cabe mencionar que a lo largo de esta entrada hemos dado las herramientas para trabajar, pero no se ha dado un fundamento formal de los resultados, para conocerlos se pueden revisar los videos del tema correspondiente en la sección de videos de este curso, en él se encontrarán los fundamentos de cómo es que se obtienen las soluciones linealmente independientes dadas para cada condición de las raíces indiciales.

Para concluir esta entrada realicemos los 3 ejemplos antes mencionados.

Solución cuando la diferencia de las raíces indiciales difiere de un número entero

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

$$3x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -x\dfrac{dy}{dx} + (1 -x) y = 0$$

con respecto al punto singular $x_{0} = 0$.

Solución: Dividimos la ecuación diferencial por el coeficiente de la segunda derivada de $y$ para obtener la forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{1}{3x} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1 -x}{3x^{2}}y = 0$$

Identificamos que

$$P(x) = -\dfrac{1}{3x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{1-x}{3x^{2}}$$

Ninguna función está definida en $x = 0$. Definimos las funciones $p(x)$ y $q(x)$ de acuerdo a (\ref{4}).

$$p(x) = -\dfrac{1}{3} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = \dfrac{1-x}{3}$$

Vemos que

$$\lim_{x \to 0} p(x) = -\dfrac{1}{3} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to 0} q(x) = \dfrac{1}{3}$$

Esto nos muestra que $p(x)$ y $q(x)$ son analíticas en $x = 0$ y que dicho punto es un punto singular regular.

Obtendremos la ecuación indicial directamente de la expresión (\ref{11}).

Vemos que

$$p(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}p_{n}x^{n} = p_{0} + p_{1}x + p_{2}x^{2} + \cdots = -\dfrac{1}{3}$$

de donde,

$$p_{0} = -\dfrac{1}{3}$$

y $p_{k} = 0$ $\forall$ $k \geqslant 1$ con $k \in \mathbb{N}$. Por otro lado

$$q(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}q_{n}x^{n} = q_{0} + q_{1}x + q_{2}x^{2} + \cdots = \dfrac{1}{3} -\dfrac{1}{3}x$$

de donde,

$$q_{0} = \dfrac{1}{3} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q_{1} = -\dfrac{1}{3}$$

y $q_{k} = 0$ $\forall$ $k \geqslant 2$ con $k \in \mathbb{N}$.

Sustituimos $p_{0}$ y $q_{0}$ en la ecuación indicial (\ref{11}).

$$r^{2} + \left( -\dfrac{1}{3} -1 \right)r + \dfrac{1}{3} = r^{2} -\dfrac{4}{3}r + \dfrac{1}{3} = 0$$

Resolviendo para $r$ se obtiene que las raíces son

$$r_{1} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} r_{2}= \dfrac{1}{3}$$

Notemos que

$$r_{1} -r_{2} = \dfrac{2}{3}$$

es decir, la diferencia de las raíces indiciales difiere de un número entero, esto nos indica que estamos en condiciones del caso 1, en donde las soluciones están dadas por las funciones (\ref{12}) y (\ref{13}).

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 1}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0$$

y

$$y_{2}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + 1/3}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0} \neq 0$$

Para continuar con el método de Frobenius consideremos la solución general

$$y(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r}$$

y sus derivadas

$$\dfrac{dy}{dx} = \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2}$$

Una vez obtenida la relación de recurrencia ya se podrá sustituir los valores correspondientes de $r$. Sustituyamos en la ecuación diferencial.

$$3x^{2} \left[ \sum_{n = 0}^{\infty} (n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2} \right] -x \left[ \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} \right] + (1 -x) \left[ \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} \right] = 0$$

$$3 \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r} -\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r} + \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} -\sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r + 1} = 0$$

En la última serie hacemos $k = n + 1$ y en el resto $k = n$.

$$3 \sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r} -\sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 0}^{\infty}c_{k}x^{k + r} -\sum_{k = 1}^{\infty}c_{k -1}x^{k + r} = 0$$

Para que todas las series comiencen en $k = 1$ extraemos el primer término de las tres primeras series y la suma la igualamos a cero.

\begin{align*}
3r(r -1)c_{0}x^{r} -rc_{0}x^{r} + c_{0}x^{r} &= 0 \\
c_{0}x^{r} \left[ 3r(r -1) -r + 1 \right] &= 0
\end{align*}

Como $x^{r} \neq 0$ y $c_{0} \neq 0$, entonces

\begin{align*}
3r(r -1) -r + 1 &= 0 \\
3r^{2} -4r + 1 &= 0
\end{align*}

Con este otro procedimiento podemos obtener la ecuación indicial. Ahora nos queda la ecuación

$$3 \sum_{k = 1}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r} -\sum_{k = 1}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 1}^{\infty}c_{k}x^{k + r} -\sum_{k = 1}^{\infty}c_{k -1}x^{k + r} = 0$$

Podemos juntar todas las series en una sola.

$$\sum_{k = 1}^{\infty} [3(k + r)(k + r -1)c_{k} -(k + r)c_{k} + c_{k} -c_{k -1}]x^{k + r} = 0$$

Para satisfacer la igualdad es necesario que

$$c_{k} [3(k + r)(k + r -1) -(k + r) + 1] -c_{k -1} = 0$$

Despejando a $c_{k}$ obtenemos la relación de recurrencia.

$$c_{k} = \dfrac{c_{k -1}}{3(k + r)(k + r -1) -(k + r) +1}, \hspace{1cm} k = 1, 2, 3, \cdots$$

Hay que determinar los coeficientes para cada valor de las raíces indiciales. Para el valor de la primer raíz indicial $r = 1$, la relación de recurrencia es

$$c_{k} = \dfrac{c_{k -1}}{k(3k + 2)}, \hspace{1cm} k = 1, 2, 3, \cdots$$

Determinemos los coeficientes para este caso.

$k = 1$.

$$c_{1} = \dfrac{c_{0}}{1(3(1) + 2)} = \dfrac{c_{0}}{5}$$

$k = 2$.

$$c_{2} = \dfrac{c_{1}}{2(3(2) + 2)} = \dfrac{c_{1}}{16} = \dfrac{c_{0}}{80}$$

$k = 3$.

$$c_{3} = \dfrac{c_{2}}{3(3(3) + 2)} = \dfrac{c_{2}}{33} = \dfrac{c_{0}}{2640}$$

$k = 4$.

$$c_{4} = \dfrac{c_{3}}{4(3(4) + 2)} = \dfrac{c_{3}}{56} = \dfrac{c_{0}}{147840}$$

Etcétera, entonces la primer solución es de la forma

\begin{align*}
y_{1}(x) &= x^{1} ( c_{0} + c_{1}x + c_{2}x^{2} + c_{3}x^{3} + c_{4}x^{4} + \cdots) \\
&= x \left( c_{0} + \dfrac{c_{0}}{5}x + \dfrac{c_{0}}{80}x^{2} + \dfrac{c_{0}}{2640}x^{3} + \dfrac{c_{0}}{147840}x^{4} + \cdots \right) \\
&= c_{0}x \left( 1 + \dfrac{x}{5} + \dfrac{x^{2}}{80} + \dfrac{x^{3}}{2640} + \dfrac{x^{4}}{147840} + \cdots \right)
\end{align*}

Por otro lado, para $r = \dfrac{1}{3}$ la relación de recurrencia es

$$\hat{c}_{k} = \dfrac{\hat{c}_{k -1}}{k(3k -2)}, \hspace{1cm} k = 1, 2, 3, \cdots$$

Usamos la notación $\hat{c}_{k}$ sólo para hacer referencia de que son los coeficientes de la segunda solución, pero se obtiene de la misma relación de recurrencia obtenida por el método, sólo que ahora usando $r = \dfrac{1}{3}$.

Determinemos los coeficientes para este caso.

$k = 1$.

$$\hat{c}_{1} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{1(3(1) -2)} = \hat{c}_{0}$$

$k = 2$.

$$\hat{c}_{2} = \dfrac{\hat{c}_{1}}{2(3(2) -2)} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{8}$$

$k = 3$.

$$\hat{c}_{3} = \dfrac{\hat{c}_{2}}{3(3(3) -2)} = \dfrac{\hat{c}_{2}}{21} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{168}$$

$k = 4$.

$$\hat{c}_{4} = \dfrac{\hat{c}_{3}}{4(3(4) -2)} = \dfrac{\hat{c}_{3}}{40} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{6720}$$

Etcétera, entonces la segunda solución es de la forma

\begin{align*}
y_{2}(x) &= x^{1/3} (\hat{c}_{0} + \hat{c}_{1}x + \hat{c}_{2}x^{2} + \hat{c}_{3}x^{3} + \hat{c}_{4}x^{4} + \cdots) \\
&= x^{1/3} \left( \hat{c}_{0} + \hat{c}_{0}x + \dfrac{\hat{c}_{0}}{8}x^{2} + \dfrac{\hat{c}_{0}}{168}x^{3} + \dfrac{\hat{c}_{0}}{6720}x^{4} + \cdots \right) \\
&= \hat{c}_{0}x^{1/3} \left( 1 + x + \dfrac{x^{2}}{8} + \dfrac{x^{3}}{168} + \dfrac{x^{4}}{6720} + \cdots \right)
\end{align*}

Si definimos $C_{1} = c_{0}$ y $C_{2} = \hat{c}_{0}$, entonces la solución general de la ecuación diferencial es

$$y(x) = C_{1}x \left( 1 + \dfrac{x}{5} + \dfrac{x^{2}}{80} + \dfrac{x^{3}}{2640} + \dfrac{x^{4}}{147840} + \cdots \right) + C_{2} x^{1/3} \left( 1 + x + \dfrac{x^{2}}{8} + \dfrac{x^{3}}{168} + \dfrac{x^{4}}{6720} + \cdots \right)$$

$\square$

Con este ejemplo podemos aclarar algunas cosas.

La primera de ellas es que desarrollando el método mismo obtendremos la ecuación indicial, así que no necesariamente debemos sustituir en la ecuación (\ref{11}), sin embargo sustituir en la ecuación (\ref{11}) nos permitirá, desde un inicio, conocer las raíces indiciales y con ello podremos determinar la forma de la segunda solución según sea el caso.

Otra cosa importante es que se pueden calcular los coeficientes que se deseen, en el ejemplo sólo calculamos los primeros $5$ coeficientes, es decir hasta $k = 4$, pero se puede continuar, lo interesante de continuar es que en algunas ocasiones es posible determinar una relación que generaliza la forma de los coeficientes y con ello formar una serie que incluso puede converger a una función conocida. Los siguientes ejercicios son un ejemplo de esto.

También hay que mencionar que en este ejemplo el método de Frobenius sí nos proporcionó la segunda solución usando la relación de recurrencia, esto no ocurrirá en algunos otros casos, como el que sigue a continuación, en estos casos será necesario aplicar algunos de los métodos que ya mencionamos antes.

Solución cuando las raíces indiciales son repetidas

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

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

con respecto al punto singular $x_{0} = 0$.

Solución: Escribimos la ecuación en su forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{x -1}{x} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{x^{2}} y = 0$$

Identificamos que

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

Mientras que las funciones $p(x)$ y $q(x)$ están dadas por

$$p(x) = x -1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q(x) = 1$$

Como los límites existen

$$\lim_{x \to 0}p(x) = -1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lim_{x \to 0} q(x) = 1$$

entonces $x = 0$ es un punto singular regular. En esta ocasión vamos a obtener las raíces indiciales directamente de la expresión resultante para $k = 0$. Sustituyamos las funciones correspondientes en la ecuación diferencial.

$$x^{2} \left[ \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2} \right] + (x^{2} -x) \left[ \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} \right] + \left[ \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} \right] = 0$$

$$\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r} + \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r + 1} -\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r} + \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} = 0$$

En la segunda serie hacemos $k = n + 1$ y en el resto $k = n$.

$$ \sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 1}^{\infty}(k -1 + r)c_{k-1}x^{k + r} -\sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 0}^{\infty}c_{k}x^{k + r} = 0$$

Extraemos el primer término de las series que comienzan con $k = 0$ para que todas comiencen con $k = 1$ y la suma de dichos términos la igualamos a cero.

\begin{align*}
r(r -1)c_{0}x^{r} -rc_{0}x^{r} + c_{0}x^{r} &= 0 \\
c_{0}x^{r}[r(r -1) -r + 1] &= 0
\end{align*}

como $x^{r} \neq 0$ y $c_{0} \neq 0$, entonces

\begin{align*}
r(r -1) -r + 1 &= 0 \\
r^{2} -2r + 1 &= 0
\end{align*}

Hemos obtenido la ecuación indicial. Resolviendo para $r$ se obtiene que

$$r_{1} = r_{2} = 1$$

Las raíces indiciales son iguales, de manera que estamos en condiciones del caso 2 en el que las soluciones son de la forma (\ref{14}) y (\ref{15}).

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 1}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0$$

y

$$y_{2}(x) = \ln (x) \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 1} + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + 1}$$

Ahora tenemos la ecuación en la que todas las series tienen la misma potencia y comienzan con el mismo índice.

$$\sum_{k = 1}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 1}^{\infty}(k -1 + r)c_{k -1}x^{k + r} -\sum_{k = 1}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r} + \sum_{k = 1}^{\infty}c_{k}x^{k + r} = 0$$

Juntamos todo en una sola serie.

$$\sum_{k = 1}^{\infty}[(k + r)(k + r -1)c_{k} + (k -1 + r)c_{k -1} -(k + r)c_{k} + c_{k}]x^{k + r} = 0$$

de donde

$$c_{k}[(k + r)(k + r -1) -(k + r) + 1] + c_{k -1}(k -1 + r) = 0$$

despejando a $c_{k}$ se obtiene la relación de recurrencia.

$$c_{k} = \dfrac{c_{k -1}(k -1 + r)}{(k + r) -1 -(k + r)(k + r -1)} = \dfrac{c_{k -1}}{1 -k -r}, \hspace{1cm} k = 1, 2, 3, \cdots$$

Cómo $r = 1$, entonces la relación de recurrencia es

$$c_{k} = -\dfrac{c_{k -1}}{k}, \hspace{1cm} k = 1, 2, 3, \cdots$$

Determinemos los coeficientes.

$k = 1$.

$$c_{1} = -\dfrac{c_{0}}{1} = -c_{0}$$

$k = 2$.

$$c_{2} = -\dfrac{c_{1}}{2} = \dfrac{c_{0}}{2}$$

$k = 3$.

$$c_{3} = -\dfrac{c_{2}}{3} = -\dfrac{c_{0}}{6}$$

$k = 4$.

$$c_{4} = -\dfrac{c_{3}}{4} = \dfrac{c_{0}}{24}$$

$k = 5$.

$$c_{5} = -\dfrac{c_{4}}{5} = -\dfrac{c_{0}}{120}$$

Etcétera, la primera solución es

\begin{align*}
y_{1}(x) &= x(c_{0} + c_{1}x + c_{2}x^{2} + c_{3}x^{3} + c_{4}x^{4} + c_{5}x^{5} + \cdots) \\
&= x \left( c_{0} -c_{0}x + \dfrac{c_{0}}{2}x^{2} -\dfrac{c_{0}}{6}x^{3} + \dfrac{c_{0}}{24}x^{4} -\dfrac{c_{0}}{120}x^{5} + \cdots \right) \\
&= c_{0}x \left( 1 -x + \dfrac{x^{2}}{2} -\dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{4}}{4!} -\dfrac{x^{5}}{5!} + \cdots \right)
\end{align*}

Lo que mencionamos antes, la solución va teniendo forma de una serie que conocemos, pues sabemos que

$$e^{-x} = \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-x)^{n}}{n!} = 1 -x + \dfrac{x^{2}}{2} -\dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{4}}{4!} -\dfrac{x^{5}}{5!} + \cdots$$

Entonces,

$$y_{1}(x) = c_{0}xe^{-x}$$

Consideremos que $c_{0} = 1 \neq 0$, así la primer solución de la ecuación diferencial es

$$y_{1}(x) = xe^{-x}$$

Notemos que el método ya no nos ofrece una segunda solución. Para obtener la segunda solución se pueden usar los tres métodos antes mencionados. Uno de ellos es usando variación de parámetros. Un segundo método puede ser por derivación de la solución propuesta

$$y_{2}(x) = y_{1}\ln(x) + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n + 1}$$

las derivadas son

$$\dfrac{dy_{2}}{dx} = \dfrac{y_{1}}{x} + \ln (x)\dfrac{dy_{1}}{dx} + \sum_{n = 0}^{\infty}(n + 1)\hat{c}_{n}x^{n}$$

y

$$\dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} = -\dfrac{y_{1}}{x^{2}} + \dfrac{2}{x} \dfrac{dy_{1}}{dx} + \ln(x) \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + \sum_{n = 0}^{\infty}(n + 1)n \hat{c}_{n}x^{n -1}$$

Se sustituyen estos resultados en la ecuación diferencial y se procede igual que antes con la diferencia de que ahora no obtendremos una ecuación indicial, pero sí una relación de recurrencia para obtener los coeficientes $\hat{c}_{k}$. ¡Seguro este método es un camino largo!.

Un tercer método es aplicar directamente la formula (\ref{19}). Debido a que este es el camino menos largo, obtendremos la segunda solución por este método.

Recordemos que

$$P(x) = \dfrac{x -1}{x}$$

y que la primer solución es

$$y_{1}(x) = x e^{-x}$$

Notemos que

$$-\int{P(x)dx} = -\int{\dfrac{x -1}{x}dx} = \int{ \left( \dfrac{1}{x} -1 \right) dx} = \ln(x) -x$$

Sustituimos en (\ref{19}).

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

La integral resultante es conocida como integral exponencial $Ei(x)$ y corresponde a una función especial definida en el plano complejo. Para nuestro caso es conveniente escribir a la exponencial como serie e integrar término a término.

\begin{align*}
y_{2}(x) &= x e^{-x} \int{\dfrac{1}{x} \left( 1 + x + \dfrac{x^{2}}{2} + \dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{4}}{4!} + \cdots \right)dx} \\
&= x e^{-x} \int{ \left( \dfrac{1}{x} + 1 + \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^{2}}{3!} + \dfrac{x^{3}}{4!} + \cdots \right) dx} \\
&= x e^{-x} \left[ \ln(x) + x + \dfrac{x^{2}}{2(2!)} + \dfrac{x^{3}}{3(3!)} + \dfrac{x^{4}}{4(4!)} + \cdots \right] \\
&= x e^{-x} \ln(x) + x e^{-x} \sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{x^{n}}{n(n!)}
\end{align*}

Vemos que

\begin{align*}
xe^{-x} \sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{x^{n}}{n(n!)} &= x \left( 1 -x + \dfrac{x^{2}}{2!} -\dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{4}}{4!} -\cdots \right) \left( x + \dfrac{x^{2}}{2(2!)} + \dfrac{x^{3}}{3(3!)} + \dfrac{x^{4}}{4(4!)} + \cdots \right) \\
&= \left( x -x^{2} + \dfrac{x^{3}}{2} -\dfrac{x^{4}}{6} + \dfrac{x^{5}}{24} -\cdots \right) \left( x + \dfrac{x^{2}}{4} + \dfrac{x^{3}}{18} + \dfrac{x^{4}}{96} + \cdots \right) \\
&= x^{2} + \left( \dfrac{x^{3}}{4} -x^{3} \right) + \left( \dfrac{x^{4}}{18} -\dfrac{x^{4}}{4} + \dfrac{x^{4}}{2} \right) + \left( \dfrac{x^{5}}{96} -\dfrac{x^{5}}{18} + \dfrac{x^{5}}{8} -\dfrac{x^{5}}{6} \right) + \cdots \\
&= x^{2} -\dfrac{3}{4}x^{3} + \dfrac{11}{36}x^{4} -25x^{5} + \cdots
\end{align*}

Entonces la segunda solución es

$$y_{2}(x) = xe^{-x} \ln(x) + x^{2} -\dfrac{3}{4}x^{3} + \dfrac{11}{36}x^{4} -25x^{5} + \cdots$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial es

$$y(x) = C_{1}xe^{-x} + C_{2} \left( xe^{-x} \ln(x) + x^{2} -\dfrac{3}{4}x^{3} + \dfrac{11}{36}x^{4} -25x^{5} + \cdots \right)$$

$\square$

Solución cuando la diferencia de las raíces indiciales es un número entero positivo

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial

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

con respecto al punto singular $x_{0} = 0$.

Solución: Dividimos toda la ecuación por $x$ para obtener la forma estándar.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{1}{x} \dfrac{dy}{dx} + 4x^{2}y = 0$$

Identificamos que

$$P(x) = -\dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x)= 4x^{2}$$

Es claro que $x = 0$ es un punto ordinario de $Q(x)$, sin embargo es un punto singular regular de $P(x)$, pues

$$\lim_{x \to 0}xP(x) = \lim_{x \to 0}-1 = -1$$

Sustituimos las funciones correspondientes en la ecuación diferencial.

$$x \left[ \sum_{n = 0}^{\infty }(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -2} \right] -\left[ \sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} \right] + 4x^{3} \left[ \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r} \right] = 0$$

$$\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)(n + r -1)c_{n}x^{n + r -1} -\sum_{n = 0}^{\infty}(n + r)c_{n}x^{n + r -1} + 4 \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + r + 3} = 0$$

Con el propósito de que en la tercer serie $x$ tenga la misma potencia que las dos primeras, hacemos $k = n + 4$ y en el resto $k = n$.

$$\sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r -1} -\sum_{k = 0}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r -1} + 4 \sum_{k = 4}^{\infty}c_{k -4}x^{k + r -1} = 0$$

Para $k = 0$, se tiene

\begin{align*}
r(r -1)c_{0}x^{r -1} -rc_{0}x^{r -1} &= 0 \\
c_{0}x^{r -1} [r(r -1) -r] &= 0
\end{align*}

de donde se obtiene la ecuación indicial

$$r^{2} -2r = 0$$

cuyas raíces son

$$r_{1} = 2 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} r_{2} = 0$$

Como

$$r_{1} -r_{2} = 2$$

Es decir, la diferencia es un número entero, entonces estamos en condiciones del caso 3 y por tanto las soluciones son de la forma (\ref{16}) y (\ref{17}).

$$y_{1}(x) = \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 2}, \hspace{1cm} c_{0} \neq 0$$

y

$$y_{2}(x) = C \ln(x) \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 2} + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0}\neq 0$$

Recordemos que $C$ puede ser cero.

Necesitamos que todas las series comiencen en $k = 4$ para poder obtener la relación de recurrencia. Extraemos los términos para $k = 1$, $k = 2$ y $k = 3$ y cada suma correspondiente la igualamos a cero.

$k = 1$.

\begin{align*}
(1 + r)(r)c_{1}x^{r} -(1 + r)c_{1}x^{r} &= 0 \\
x^{r}[(1 + r)(r) -(1 + r)]c_{1} &= 0
\end{align*}

Debido a que

$$(1 + r)(r) -(1 + r) \neq 0$$

de acuerdo a los valores de las raíces indiciales, entonces necesariamente $c_{1} = 0$.

$k = 2$.

\begin{align*}
(2 + r)(1 + r)c_{2}x^{r + 1} -(2 + r)c_{2}x^{r + 1} &= 0 \\
x^{r + 1}[(2 + r)(1 + r) -(2 + r)] c_{2} &= 0
\end{align*}

de donde necesariamente $c_{2} = 0$.

$k = 3$.

\begin{align*}
(3 + r)(2 + r)c_{3}x^{r + 2} -(3 + r)c_{3}x^{r + 2} &= 0 \\
x^{r + 2}[(3 + r)(2 + r) -(3 + r)] c_{3} &= 0
\end{align*}

Igualmente obtenemos que $c_{3} = 0$.

Ahora tenemos la ecuación

$$\sum_{k = 4}^{\infty}(k + r)(k + r -1)c_{k}x^{k + r -1} -\sum_{k = 4}^{\infty}(k + r)c_{k}x^{k + r -1} + 4 \sum_{k = 4}^{\infty}c_{k -4}x^{k + r -1} = 0$$

La reescribimos en una sola serie.

$$\sum_{k = 4}^{\infty}[(k + r)(k + r -1)c_{k} -(k + r)c_{k} + 4c_{k -4}]x^{k + r -1} = 0$$

De donde,

$$c_{k}[(k + r)(k + r -1) -(k + r)] + 4c_{k -4} = 0$$

Despejando $c_{k}$ obtenemos la relación de recurrencia.

$$c_{k} = \dfrac{4c_{k -4}}{(k + r) -(k + r)(k + r -1)}, \hspace{1cm} k = 4, 5, 6, \cdots$$

Para el caso en el que $r = 2$ la relación de recurrencia es

$$c_{k} = -\dfrac{4c_{k -4}}{k(k + 2)}, \hspace{1cm} k = 4, 5, 6, \cdots$$

Determinemos los coeficientes.

$k = 4$.

$$c_{4} = -\dfrac{4c_{0}}{4(4 + 2)} = -\dfrac{4c_{0}}{24} = -\dfrac{c_{0}}{6}$$

Para $k = 5$, $k = 6$ y $k = 7$ obtendremos que $c_{5} = 0$, $c_{6} = 0$ y $c_{7} = 0$ respectivamente.

$k = 8$.

$$c_{8} = -\dfrac{4c_{4}}{8(8 + 2)} = -\dfrac{4c_{4}}{80} = -\dfrac{c_{4}}{20} = \dfrac{c_{0}}{120}$$

De la misma manera $c_{9} = c_{10} = c_{11} = 0$.

$k = 12$.

$$c_{12} = -\dfrac{4c_{8}}{12(12 + 2)} = -\dfrac{4c_{8}}{168} = -\dfrac{c_{8}}{42} = -\dfrac{c_{0}}{5040}$$

Etcétera, entonces

\begin{align*}
y_{1}(x) &= x^{2} \left( c_{0} -\dfrac{c_{0}}{6}x^{4} + \dfrac{c_{0}}{120}x^{8} -\dfrac{c_{0}}{5040}x^{12} + \cdots \right) \\
&= c_{0} \left( x^{2} -\dfrac{x^{6}}{3!} + \dfrac{x^{10}}{5!} -\dfrac{x^{14}}{7!} + \cdots \right)
\end{align*}

Sabemos que

$$\sin(x) = x -\dfrac{x^{3}}{3!} + \dfrac{x^{5}}{5!} -\dfrac{x^{7}}{7!} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n} x^{2n + 1}}{(2n + 1)!}$$

Entonces la primer solución es

$$y_{1}(x) = c_{0} \sin(x^{2})$$

Para obtener la segunda solución $y_{2}$ podemos probar con la relación de recurrencia que obtuvimos o por alguno de los métodos que ya conocemos.

Consideremos la relación de recurrencia obtenida

$$c_{k} = \dfrac{4c_{k -4}}{(k + r) -(k + r)(k + r -1)}, \hspace{1cm} k = 4, 5, 6, \cdots$$

Usemos la notación $\hat{c}_{k}$ y el valor de la segunda raíz indicial $r = 0$, en este caso la relación de recurrencia es

$$\hat{c}_{k} = -\dfrac{4c_{k -4}}{k(k -2)}, \hspace{1cm} k = 4, 5, 6, \cdots$$

Los mismos coeficientes que fueron cero en el caso anterior serán cero en este caso, así que sólo consideraremos que $k = 4, 8, 12, \cdots$. Determinemos los coeficientes.

$k = 4$.

$$\hat{c}_{4} = -\dfrac{4 \hat{c}_{0}}{4(4 -2)} = -\dfrac{4 \hat{c}_{0}}{8} = -\dfrac{\hat{c}_{0}}{2}$$

$k = 8$.

$$\hat{c}_{8} = -\dfrac{4 \hat{c}_{4}}{8(8 -2)} = -\dfrac{4 \hat{c}_{4}}{48} = -\dfrac{\hat{c}_{4}}{12} = \dfrac{\hat{c}_{0}}{24}$$

$k = 12$.

$$\hat{c}_{12} = -\dfrac{4 \hat{c}_{8}}{12(12 -2)} = -\dfrac{4 \hat{c}_{8}}{120} = -\dfrac{\hat{c}_{8}}{30} = -\dfrac{\hat{c}_{0}}{720}$$

Etcétera, entonces

\begin{align*}
y &= \hat{c}_{0} -\dfrac{\hat{c}_{0}}{2}x^{4} + \dfrac{\hat{c}_{0}}{24}x^{8} -\dfrac{\hat{c}_{0}}{720}x^{12} + \cdots \\
&= \hat{c}_{0} \left( 1 -\dfrac{x^{4}}{2!} + \dfrac{x^{8}}{4!} -\dfrac{x^{12}}{6!} + \cdots \right)
\end{align*}

Sabemos que

$$\cos(x) = 1 -\dfrac{x^{2}}{2!} + \dfrac{x^{4}}{4!} -\dfrac{x^{6}}{6!} + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n} x^{2n}}{(2n)!}$$

Entonces la segunda solución es

$$y_{2}(x) = \hat{c}_{0} \cos(x^{2})$$

Vemos que el método no nos indica la existencia de la función $\ln(x)$ y nosotros esperamos una solución de la forma

$$y_{2}(x) = C \ln(x) \sum_{n = 0}^{\infty}c_{n}x^{n + 2} + \sum_{n = 0}^{\infty}\hat{c}_{n}x^{n}, \hspace{1cm} \hat{c}_{0}\neq 0$$

Entonces podemos concluir que $C = 0$, así

$y_{2}(x) = \hat{c}_{0} \cos(x^{2})$

Veamos que se obtiene usando la fórmula (\ref{19}). Recordemos que

$$P(x) = -\dfrac{1}{x}$$

y consideremos que $c_{0} = 1$, tal que

$$y_{1}(x) = \sin(x^{2})$$

Vemos que

$$-\int{P(x) dx} = \int{\dfrac{dx}{x}} = \ln(x)$$

Sustituyamos en (\ref{19}).

$$y_{2}(x) = \sin(x^{2}) \int{\dfrac{e^{\ln(x)}}{(\sin(x^{2}))^{2}} dx} = \sin(x^{2}) \int{\dfrac{x}{(\sin(x^{2}))^{2}}dx}$$

Resolviendo la integral se obtiene que

$$\int{\dfrac{x}{(\sin(x^{2}))^{2}}dx} = -\dfrac{1}{2} \cot(x^{2})$$

Entonces,

$$y_{2}(x) = -\dfrac{1}{2} \sin(x^{2}) \left( \dfrac{\cos(x^{2})}{\sin(x^{2})} \right) = -\dfrac{1}{2} \cos(x^{2}) = \hat{c}_{0} \cos(x^{2})$$

Este método nos indica que efectivamente $C = 0$. Si $C_{1} = c_{0}$ y $C_{2} = \hat{c}_{0}$, entonces la solución general de la ecuación diferencial es

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

$\square$

Hemos concluido con esta entrada.

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. Usar el método de Frobenius para obtener la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales en el punto singular $x_{0}= 0$. Verificar que dicho punto es singular.
  • $2x \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + (x + 1) \dfrac{dy}{dx} + 3y = 0$.
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{1}{6}x \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{1}{3}y = 0$.
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6x \dfrac{dy}{dx} + (6 -x^{2})y = 0$.
  • $2x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -x^{2} \dfrac{dy}{dx} -(x + 4)y = 0$.
  • $x \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + (x -1) \dfrac{dy}{dx} + \left( \dfrac{1}{x} -1 \right) y = 0$.
  • $(x^{2} -x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + (3x -1) \dfrac{dy}{dx} + y = 0$.

Más adelante…

Ahora que sabemos resolver ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden con coeficientes variables con respecto a puntos ordinarios y puntos singulares, en las siguientes entradas resolveremos algunas ecuaciones diferenciales especiales cuya utilidad es de suma importancia en otras áreas del conocimiento como la física, biología e ingeniería entre otras.

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Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones lineales no homogéneas de segundo orden – Método de coeficientes indeterminados

No es que no puede ver la solución. Es que no puede ver el problema.
– GK Chesterton

Introducción

En la entrada anterior estudiamos las ecuaciones diferenciales de la forma

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = 0 \label{1} \tag{1}$$

Con $a$, $b$ y $c$ constantes reales. Vimos que, una vez que hemos determinado la ecuación auxiliar, las soluciones están dadas de acuerdo al valor del discriminante $\Delta = b^{2} -4ac$.

En esta entrada estudiaremos este mismo tipo de ecuaciones diferenciales, pero en el caso no homogéneo, es decir, ecuaciones de la forma

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

Con $a$, $b$, $c$ constantes y $g(x) \neq 0$.

Ya sabemos que, en general, para resolver una ecuación diferencial no homogénea de la forma

$$a_{n} \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n -1} \dfrac{d^{n -1}y}{dx^{n -1}} + \cdots + a_{1} \dfrac{dy}{dx} + a_{0}y = g(x) \label{3} \tag{3}$$

debemos hacer dos cosas. Encontrar la función complementaria $y_{c}(x)$ que corresponde a la solución general de la ecuación homogénea asociada de (\ref{3}) y posteriormente encontrar la solución particular $y_{p}(x)$ de dicha ecuación. Una vez obtenidas, la solución general de (\ref{3}) será la superposición

$$y(x) = y_{c}(x) + y_{p}(x)$$

En la entrada anterior vimos como resolver el caso homogéneo de este tipo de ecuaciones cuando los coeficientes son constantes, por lo que en esta entrada nos ocuparemos de desarrollar un método que nos permita obtener soluciones particulares.

Un primer método para resolver este tipo de ecuaciones se conoce como método de coeficientes indeterminados.

Dentro de este método existen al menos dos caminos desde una perspectiva diferente, uno de ellos es conocido como método de superposición y se desarrolla desde el punto de vista del principio de superposición para ecuaciones no homogéneas, mientras que un segundo método utiliza el concepto de operadores diferenciales anuladores y se conoce como método del anulador. El segundo método no lo estudiaremos en este curso, pero puedes investigar acerca de él si lo deseas.

Coeficientes indeterminados – Método de superposición

La idea fundamental de este método consiste en hacer una conjetura acerca de la forma que debe tener la solución particular $y_{p}(x)$, esta intuición esta motivada por el tipo de funciones que constituyen a la función $g(x)$ de (\ref{3}). Debido a que la solución de cierta manera depende de la forma de $g(x)$, es que este método se ve limitado a cierto tipo de funciones que componen a $g(x)$.

Como lo hemos venido haciendo, desarrollaremos esta teoría para el caso de ecuaciones de segundo orden ya que al aumentar el orden aumenta la complejidad en los cálculos, pero la idea se mantiene.

La ecuación a resolver es (\ref{2}), esto es

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = g(x)$$

Este método se puede aplicar sólo en el caso el que se cumple lo siguiente.

  • Los coeficientes $a$, $b$ y $c$ son constantes y,
  • $g(x)$ es una constante $c$, una función polinomial, una función exponencial $e^{\alpha x}$, una función seno o coseno $(\sin(\beta x)$ o $\cos(\beta x))$ o sumas infinitas y productos de estas funciones.

De acuerdo al segundo punto, este método no es aplicable a funciones como

$$g(x) = \ln(x); \hspace{1cm} g(x) = \dfrac{1}{x}; \hspace{1cm} g(x) = \tan(x); \hspace{1cm} g(x) = \arcsin(x)$$

etcétera. En cambio, es aplicable a funciones como

$$g(x) = P_{n}(x) = a_{n}x^{n} + a_{n -1}x^{n -1} + \cdots + a_{1}x + a_{0}$$

$$g(x) = P_{n}(x) e^{\alpha x}; \hspace{1cm} g(x) = P_{n}(x) e^{\alpha x} \sin(\beta x); \hspace{1cm} y \hspace{1cm} g(x) = P_{n}(x) e^{\alpha x} \cos(\beta x)$$

donde $n$ es un número entero no negativo que indica el grado del polinomio y $\alpha$ y $\beta$ son números reales.

Lo importante a considerar en este método es que el conjunto de funciones que consiste en constantes, polinomios, exponenciales, senos y cosenos tiene la notable propiedad de que las derivadas de sus sumas y productos vuelven a ser funciones de este mismo estilo y debido a que la combinación lineal $a \dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} + b \dfrac{dy_{p}}{dx} + cy_{p}$ debe ser idéntica a la función $g(x)$ es razonable suponer que la solución particular $y_{p}(x)$ tiene la misma forma que $g(x)$.

Ahora que hemos motivado la noción de este método desarrollemos la teoría que nos permite determinar las soluciones de ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden no homogéneas con coeficientes constantes (\ref{2}).

Comencemos con el caso en el que la función $g(x)$ es un polinomio.

$g(x)$ es un polinomio

Supongamos que la función $g(x)$ es un polinomio de grado $n$ de la forma

$$g(x) = a_{n}x^{n} + a_{n -1}x^{n -1} + \cdots + a_{1}x + a_{0} = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \label{4} \tag{4}$$

con $a_{k}$, $k = 0, 1, 2, \cdots, n$ constantes.

Buscamos la solución particular $y_{p}(x)$, tal que

$$a \dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} + b \dfrac{dy_{p}}{dx} + cy_{p} = \sum_{k=0}^{n}a_{k}x^{k} \label{5} \tag{5}$$

Como mencionamos anteriormente, vamos a suponer que la solución particular tiene la misma forma que $g(x)$ así, en este caso, $y_{p}(x)$ será también un polinomio de grado $n$.

$$y_{p}(x) = A_{n}x^{n} + A_{n -1}x^{n -1} + \cdots + A_{1}x + A_{0} = \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \label{6} \tag{6}$$

con $A_{k}$, $k = 0, 1, 2, \cdots, n$ constantes. Calculemos la primera y segunda derivada y sustituyamos en la ecuación (\ref{5}).

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = \sum_{k = 1}^{n} kA_{k}x^{k -1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = \sum_{k = 2}^{n}k(k -1)A_{k}x^{k -2}$$

Si desglosas las sumas notarás la razón y la importancia de que el valor de $k$ comience en $1$ y en $2$ en la suma de la primera y la segunda derivada respectivamente. Más adelante trabajaremos con series y mencionaremos con mayor detalle este tipo de situaciones.

Sustituyendo en la ecuación diferencial (\ref{5}) se tiene lo siguiente.

$$a \sum_{k = 2}^{n} k(k -1)A_{k}x^{k -2} + b \sum_{k = 1}^{n}k A_{k}x^{k -1} + c \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \label{7} \tag{7}$$

Para que se cumpla la igualdad los coeficientes de cada $x^{k}$, $k = 0, 1, \cdots, n$, tienen que ser iguales. Para que resulte más intuitivo el cómo igualar los coeficientes vamos a reescribir la ecuación (\ref{7}) desglosando las sumas.

\begin{align*}
a \left[ 2A_{2} + 6A_{3}x + 12A_{4}x^{2} + \cdots + n(n -1)A_{n}x^{n -2} \right] \\
+ b \left[ A_{1} + 2A_{2}x + 3A_{3}x^{2} + \cdots + (n -1)A_{n -1}x^{n -2} + n A_{n}x^{n -1} \right] \\
+ c \left[ A_{0} + A_{1}x + A_{2}x^{2} + \cdots + A_{n -2}x^{n -2} + A_{n -1}x^{n -1} + A_{n}x^{n} \right] \\
= a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + \cdots + a_{n -2}x^{n -2} + a_{n -1}x^{n -1} + a_{n}x^{n}
\end{align*}

Ahora si resulta directo igualar los coeficientes de cada $x^{k}$, $k = 0, 1, \cdots, n$. Para que se cumpla la ecuación (\ref{7}) se deben cumplir las siguientes relaciones.

\begin{align*}
2aA_{2} + bA_{1} + cA_{0} &= a_{0} \\
6aA_{3} + 2bA_{2} + cA_{1} &= a_{1} \\
12aA_{4} + 3bA_{3} + cA_{2} &= a_{2} \\
\vdots \\
n(n -1)aA_{n} + (n -1)bA_{n -1} + cA_{n -2} &= a_{n -2} \\
nbA_{n} +c A_{n -1} &= a_{n -1} \\
c A_{n} &= a_{n}
\end{align*}

Lo que tenemos es un sistema de $n + 1$ ecuaciones. Si $c \neq 0$, de la última relación se obtiene

$$A_{n} = \dfrac{a_{n}}{c}$$

De la penúltima relación se obtiene

$$A_{n -1} = \dfrac{a_{n-1} -nbA_{n}}{c}$$

En donde ya se conoce el valor de $A_{n}$, y así sucesivamente, de manera que seremos capaces de determinar todos los valores $A_{k}$, $k = 0, 1, \cdots, n$ y por tanto, obtendremos la solución particular $y_{p}(x)$ dada en (\ref{6}).

El paso fundamental en este método es suponer que la solución particular $y_{p}(x)$ tiene la misma forma que la función $g(x)$, pero debemos ser cuidadosos con ello, por ejemplo, si ocurre que $c = 0$ y suponemos que $y_{p}(x)$ es un polinomio de grado $n$, entonces la expresión $a\dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}}+b\dfrac{dy_{p}}{dx}$ será una expresión de grado $n -1$, pero estará igualada a $g(x)$ que es una expresión de grado $n$ y esto no puede ocurrir. Para solucionar esto será necesario considerar a $y_{p}(x)$ como un polinomio de grado $n + 1$, esto es

$$y_{p}(x) = x (A_{n}x^{n} + A_{n -1}x^{n -1} + \cdots + A_{1}x + A_{0}) \label{8} \tag{8}$$

De esta manera la expresión $a\dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}}+b\dfrac{dy_{p}}{dx}$ sí será de grado $n$ y por tanto podremos igualar coeficientes con $g(x)$ y así obtener los valores $A_{k}$, $k = 1, 2 \cdots, n$, y con ello la solución particular $y_{p}(x)$.

Finalmente, si $b = c = 0$ tendremos la ecuación

$$a\dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = g(x)$$

la cual se puede resolver integrando un par de veces con respecto a $x$.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Determinar la solución particular $y_{p}(x)$ de la ecuación diferencial

$$9\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6\dfrac{dy}{dx} + y = 9 -x^{3}$$

Solución: En este caso la función $g$ es

$$g(x) = 9 -x^{3}$$

Corresponde a un polinomio de grado $n = 3$ y como $c = 1 \neq 0$ vamos a suponer que la solución particular es también un polinomio de grado $3$.

Importante, aunque en la función $g$ no estén los términos con $x$ y $x^{2}$ en la solución sí debemos considerarlos.

De acuerdo a (\ref{6}), la solución particular debe tener la siguiente forma.

$$y_{p}(x) = A_{3}x^{3} + A_{2}x^{2} + A_{1}x + A_{0}$$

Calculemos la primera y segunda derivada para sustituir en la ecuación diferencial.

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = 3A_{3}x^{2} + 2A_{2}x + A_{1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = 6A_{3}x + 2A_{2}$$

Sustituyamos.

$$(54A_{3}x + 18A_{2}) -(18A_{3}x^{2} + 12A_{2}x + 6A_{1}) + (A_{3}x^{3} + A_{2}x^{2} + A_{1}x + A_{0}) = 9 -x^{3}$$

Agrupemos términos semejantes.

$$A_{3}x^{3} + (-18A_{3} + A_{2})x^{2} + (54A_{3} -12A_{2} + A_{1})x + (18A_{2} -6A_{1} + A_{0}) = 9 -x^{3}$$

Observemos que la función $g$ la podemos escribir como

$$g(x) = -1x^{3} + 0x^{2} + 0x + 9$$

Esto nos permitirá igualar los coeficientes de cada $x^{k}$, $k = 0, 1, 2, 3$.

\begin{align*}
A_{3} &= -1\\
-18A_{3} + A_{2} &= 0 \\
54A_{3} -12A_{2} + A_{1} &= 0 \\
18A_{2} -6A_{1} + A_{0} &= 9
\end{align*}

Resolviendo el sistema de ecuaciones obtendremos que

$$A_{3} = -1, \hspace{1cm} A_{2} = -18, \hspace{1cm} A_{1} = -162 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} A_{0} = -639$$

Por lo tanto, la solución particular de la ecuación diferencial es

$$y_{p}(x) = -x^{3} -18x^{2} -162x -639$$

$\square$

Puedes comprobar que efectivamente es solución de la ecuación diferencial. Por otro lado, notemos que en el ejemplo hemos obtenido sólo la solución particular $y_{p}(x)$. Aplicando lo visto en la entrada anterior, de tarea moral determina la solución complementaria $y_{c}(x)$ que corresponde a la solución de la ecuación homogénea asociada

$$9\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6\dfrac{dy}{dx} + y = 0$$

para así finalmente obtener la solución general

$$y(x) = y_{c}(x) + y_{p}(x)$$

Ahora veamos que ocurre cuando la función $g(x)$ es una función exponencial o el producto de un polinomio con una función exponencial.

$g(x)$ es producto de un polinomio y una función exponencial

Antes de desarrollar la teoría para este caso veamos una situación que nos muestra que no siempre la solución particular debe tener la misma forma que la función $g(x)$.

Supongamos que queremos obtener la solución particular de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -5\dfrac{dy}{dx} + 4y = 8e^{x}$$

Se puede suponer razonablemente una solución particular de la forma

$$y_{p}(x) = Ae^{x}$$

Con $A$ una constante por determinar. Las primeras dos derivadas de esta función son

$\dfrac{dy_{p}}{dx} = Ae^{x} = \dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}}$

Al sustituir en la ecuación diferencial da como resultado la expresión contradictoria

$$0 = 8e^{x}$$

Esto nos muestra que se hizo una conjetura equivocada para $y_{p}(x)$. Lo que sucede es que la solución complementaria

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

ya contiene nuestra suposición $Ae^{x}$. Esto significa que $e^{x}$ es una solución de la ecuación diferencial homogénea asociada y un múltiplo constante $Ae^{x}$ cuando se sustituye en la ecuación diferencial necesariamente da cero.

Como lo vemos en este ejemplo, la solución particular que propongamos no debe ser una función que ya este contenida en la solución complementaria. A continuación desarrollaremos un método que nos permite obtener la forma de la solución particular cuando la función $g(x)$ esta constituida por un polinomio y una función exponencial.

Supongamos que la función $g(x)$ es el producto de un polinomio con una función exponencial.

$$g(x) = \left( a_{n}x^{n} + a_{n -1}x^{n -1} + \cdots + a_{1}x + a_{0} \right) e^{\alpha x} = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) e^{\alpha x} \label{9} \tag{9}$$

Con $\alpha$ una constante distinta de cero, ya que en caso de serlo regresamos al caso anterior. En esta ocasión la ecuación diferencial a resolver es

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) e^{\alpha x} \label{10} \tag{10}$$

Manteniendo la esencia del método, vamos a suponer que la solución particular tiene la forma de la función $g(x)$. Supongamos que la solución particular es de la forma

$$y_{p}(x) = e^{\alpha x} h(x)$$

Con $h(x)$ una función continua y derivable en el intervalo de solución. Lo que haremos será determinar la forma de la función $h(x)$, para ello vamos a calcular las derivadas correspondientes y sustituir en la ecuación diferencial (\ref{10}).

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = e^{\alpha x} \dfrac{dh}{dx} + \alpha e^{\alpha x}h \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = e^{\alpha x} \dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 2 \alpha e^{\alpha x} \dfrac{dh}{dx} + \alpha^{2}e^{\alpha x}h$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

$$a \left[ e^{\alpha x} \dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 2 \alpha e^{\alpha x} \dfrac{dh}{dx} + \alpha^{2}e^{\alpha x}h \right] + b \left[ e^{\alpha x} \dfrac{dh}{dx} + \alpha e^{\alpha x}h \right] + c\left( e^{\alpha x}h \right) = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) e^{\alpha x}$$

Como $e^{\alpha x} \neq 0$ $\forall x \in \mathbb{R}$, podemos cancelar la exponencial de todos los términos y reordenar para obtener la siguiente expresión.

$$a \dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + \left( 2 \alpha a + b \right) \dfrac{dh}{dx} + \left( a \alpha^{2} + b \alpha + c \right) h = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \label{11} \tag{11}$$

Lo que obtuvimos es una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes en donde el lado derecho de la ecuación corresponde a una función polinomial, es decir, hemos reducido el problema al primer caso. Podemos aplicar lo visto anteriormente para obtener la forma de la solución $h(x)$. Consideremos los siguientes casos.

  • $a \alpha^{2} + b \alpha + c \neq 0$

Al considerar este caso lo que podemos proponer es que la función $h(x)$ sea un polinomio de grado $n$, esto es

$$h(x) = A_{n}x^{n} + A_{n -1}x^{n -1} + \cdots + A_{1}x + A_{0} = \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k}$$

De esta manera ambos lados de la ecuación (\ref{11}) serán expresiones de grado $n$ y podremos igualar coeficiente a coeficiente, tal como lo hicimos en el caso anterior. Por lo tanto, la solución particular de la ecuación diferencial (\ref{10}) es

$$y_{p}(x) = \left( \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \right) e^{\alpha x} \label{12} \tag{12}$$

  • $a \alpha^{2} + b \alpha + c = 0$ y $2 \alpha a + b \neq 0$

En este caso, por el mismo argumento que en el caso en el que $g(x)$ es sólo un polinomio de grado $n$, debemos asegurarnos de que la combinación lineal $a \dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + \left( 2 \alpha a + b \right) \dfrac{dh}{dx}$ sea una expresión de grado $n$, por lo que será necesario que $h(x)$ sea un polinomio de grado $n + 1$. La propuesta para $h(x)$ es que sea de la forma

$$h(x) = x \left( A_{n}x^{n} + A_{n -1}x^{n -1} + \cdots + A_{1}x + A_{0} \right) = x \left( \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \right)$$

Por lo tanto, para este caso la solución particular es la siguiente.

$$y_{p}(x) = x \left( \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \right) e^{\alpha x} \label{13} \tag{13}$$

  • $a \alpha^{2} + b \alpha + c = 0$ y $2\alpha a + b = 0$

Siguiendo el mismo razonamiento, en este caso la solución particular debe ser

$$y_{p}(x) = x^{2} \left( \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \right) e^{\alpha x} \label{14} \tag{14}$$

Ahora que conocemos las posibles formas de las soluciones particulares, vamos a resolver la ecuación que nos genero conflicto.

Ejemplo: Hallar la solución particular $y_{p}(x)$ de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -5\dfrac{dy}{dx} + 4y = 8e^{x}$$

Solución: Supongamos que la solución tiene la forma

$$y_{p}(x) = h(x)e^{x}$$

En este caso $\alpha = 1$. Las derivadas correspondientes son

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = \dfrac{dh}{dx}e^{x} + he^{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = \dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} e^{x} + 2\dfrac{dh}{dx} e^{x} + he^{x}$$

Sustituyamos en la ecuación diferencial.

$$\left( \dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} e^{x} + 2\dfrac{dh}{dx} e^{x} + he^{x} \right) -5 \left( \dfrac{dh}{dx}e^{x} + he^{x} \right) + 4he^{x} = 8e^{x}$$

Cancelando la exponencial y reordenando los términos obtenemos la siguiente ecuación para $h(x)$.

$$\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} -3\dfrac{dh}{dx} = 8$$

Como no aparece explícitamente la función $h(x)$, pero sí su primer derivada, esto nos obliga a proponer como solución un polinomio de grado $1$, ya que en el lado derecho de la ecuación tenemos un polinomio de grado cero (una constante). Propongamos

$$h(x) = Ax$$

Derivando obtenemos

$$\dfrac{dh}{dx} = A \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} = 0$$

Sustituyendo en la ecuación de $h$, obtenemos

$$-3A = 8$$

De donde $A = -\dfrac{8}{3}$. Por lo tanto, la solución particular de la ecuación diferencial dada es

$$y_{p}(x) = -\dfrac{8}{3}xe^{x}$$

$\square$

Realicemos un ejemplo más.

Ejemplo: Hallar la solución particular $y_{p}(x)$ de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} -6y = -5e^{2x}$$

Solución: En este caso

$$g(x) = -5e^{2x}$$

y podemos identificar que $a = 1, b = 1, c = -6$ y $\alpha = 2$. Podemos directamente sustituir en la ecuación (\ref{11}), pero es conveniente no memorizarla sino realizar el procedimiento que nos permite llegar a ella.

Proponemos la solución

$$y_{p}(x) = h(x) e^{2x}$$

La primera y segunda derivada están dadas como

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = e^{2x}\dfrac{dh}{dx} + 2e^{2x}h \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = e^{2x}\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 4e^{2x}\dfrac{dh}{dx} +4e^{2x}h$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$\left( e^{2x}\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 4e^{2x}\dfrac{dh}{dx} +4e^{2x}h \right) + \left( e^{2x}\dfrac{dh}{dx} + 2e^{2x}h \right) -6e^{2x}h = -5e^{2x}$$

Cancelando la exponencial de todos los términos y reordenando obtenemos la expresión correspondiente a (\ref{11}).

$$\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 5\dfrac{dh}{dx} = -5$$

Notamos que el lado derecho de la ecuación es una constante que, estrictamente hablando, corresponde a un polinomio de grado cero. Por otro lado, en la ecuación diferencial no aparece explícitamente la función $h$, pero sí sus derivadas, en particular la primer derivada, esto nos indica que $h$ debe ser un polinomio de grado $1$ para que efectivamente la expresión $\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 5\dfrac{dh}{dx}$ sea de grado cero. Tomando en cuenta esto podemos establecer que la forma de $h$ debe ser

$$h(x) = Ax$$

Así, la solución particular será

$$y_{p}(x) = Axe^{2x}$$

Si regresamos a la teoría desarrollada nos damos cuenta que la solución particular tiene justamente la forma de la ecuación (\ref{13}) para $n = 0$, ya que estamos en el caso en el que $a \alpha^{2} + b \alpha + c = 0$ y $2 \alpha a + b \neq 0$.

Determinemos el valor del coeficiente $A$ considerando la función $h(x) = Ax$, calculando las derivadas se tiene que

$$\dfrac{dh}{dx} = A \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} = 0$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial de $h$, tenemos

$$0 + 5A = -5$$

De donde $A = -1$, así

$$h(x) = -x$$

y por lo tanto, la solución particular de la ecuación diferencial es

$$y_{p}(x) = -xe^{2x}$$

$\square$

De tarea moral determina la solución complementaria del ejemplo para así obtener la solución general

$$y(x) = y_{c}(x) + y_{p}(x)$$

Finalmente veamos que ocurre si la función $g(x)$ es una función seno, coseno o el producto de un polinomio con alguna de estas funciones trigonométricas.

Caso en el que g(x) es producto de un polinomio y una función seno o coseno

Consideremos nuevamente el polinomio

$$P(x) = a_{n}x^{n} + a_{n -1}x^{n -1} + \cdots + a_{1}x + a_{0} = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k}$$

El tipo de ecuación que queremos resolver es de la forma

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b\dfrac{dy}{dx} + cy = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \cos(\beta x) \label{15} \tag{15}$$

O bien,

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \sin(\beta x) \label{16} \tag{16}$$

Con $\beta$ una constante. Para resolver este tipo de ecuaciones es conveniente considerar la siguiente propiedad.

$$e^{i\beta x} = \cos (\beta x) + i \sin(\beta x) \label{17} \tag{17}$$

Con $i^{2} = -1$. Y consideremos la ecuación diferencial

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) e^{i \beta x} \label{18} \tag{18}$$

Que podemos escribir como

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \cos (\beta x) + i \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \sin(\beta x) \label{19} \tag{19}$$

Supongamos que la función

$$z(x) = u(x) + i v(x) \label{20} \tag{20}$$

es solución de la ecuación diferencial (\ref{19}). Consideremos el operador polinomial

$$\mathcal{L} = a \dfrac{d^{2}}{dx^{2}} + b\dfrac{d}{dx} + c \label{21} \tag{21}$$

de manera que podamos reescribir a la ecuación (\ref{19}) como

$$\mathcal{L}[z] = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \cos(\beta x) + i \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \sin(\beta x) \label{22} \tag{22}$$

Pero notemos que

$$\mathcal{L}[z] = \mathcal{L}[u + iv] = \mathcal{L}[u] + i \mathcal{L}[v] \label{23} \tag{23}$$

Comparando las ecuaciones (\ref{22}) y (\ref{23}) deducimos que

$$\mathcal{L}[u] = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \cos(\beta x) \label{24} \tag{24}$$

y

$$\mathcal{L}[v] = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \sin(\beta x) \label{25} \tag{25}$$

Es decir, la parte real $Re(z) = u(x)$ es solución de la ecuación

$$a \dfrac{du^{2}}{dx^{2}} + b \dfrac{du}{dx} + cu = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \cos(\beta x) \label{26} \tag{26}$$

y la parte imaginaria $Im(z) = v(x)$ es solución de la ecuación

$$a \dfrac{dv^{2}}{dx^{2}} + b \dfrac{dv}{dx} + cv = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \sin(\beta x) \label{27} \tag{27}$$

Realicemos un par de ejemplos en el que veamos cómo obtener las funciones $u(x)$ o $v(x)$ de la solución (\ref{20}).

Ejemplo: Determinar la solución particular $y_{p}(x)$ de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{3}{2}\dfrac{dy}{dx} -y = 3 \cos(x)$$

Solución: La ecuación que queremos resolver es de la forma (\ref{15}), pero es conveniente sustituir la función coseno por la función compleja $e^{ix}$ para resolver la ecuación en la forma (\ref{18}) con $\beta = 1$. Haciendo la sustitución, la ecuación que intentaremos resolver será

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{3}{2}\dfrac{dy}{dx} -y = 3 e^{ix}$$

Ahora tenemos una ecuación en la que el lado derecho corresponde al producto de un polinomio de grado cero con una función exponencial, esto nos indica que podemos proponer una solución de la forma

$$z(x) = h(x)e^{ix}$$

Las derivadas son

$$\dfrac{dz}{dx} = e^{ix}\dfrac{dh}{dx} + ie^{ix}h \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}z}{dx^{2}} = e^{ix}\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 2ie^{ix}\dfrac{dh}{dx} -e^{ix}h$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$\left( e^{ix}\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 2ie^{ix}\dfrac{dh}{dx} -e^{ix}h \right) -\dfrac{3}{2} \left( e^{ix}\dfrac{dh}{dx} + ie^{ix}h \right) -\left( he^{ix} \right) = 3 e^{ix}$$

Cancelando las exponenciales de todos los términos y reordenando, obtenemos

$$\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + \left( 2i -\dfrac{3}{2} \right) \dfrac{dh}{dx} + \left( -2 -\dfrac{3}{2}i \right)h = 3$$

Es claro que la forma de la función $h$ debe ser la de un polinomio de grado cero, ya que es el tipo de función que tenemos en el lado derecho de la ecuación. Digamos que

$$h(x) = A$$

Ambas derivadas son cero, por lo que al sustituir en la ecuación diferencial para $h$ obtenemos que

$$\left( -2 -\dfrac{3}{2}i \right)A = 3$$

Para despejar a la constante $A$ vamos a multiplicar ambos lados de la ecuación por el número complejo conjugado $\left( -2 +\dfrac{3}{2}i \right)$.

\begin{align*}
\left( -2 +\dfrac{3}{2}i \right) \left( -2 -\dfrac{3}{2}i \right)A &= \left( -2 +\dfrac{3}{2}i \right)3 \\
\dfrac{25}{4}A &= -6 +\dfrac{9}{2}i \\
A &= -\dfrac{24}{25} + \dfrac{18}{25}i
\end{align*}

Como $h(x) = A$, entonces

$$h(x) = -\dfrac{24}{25} + \dfrac{18}{25}i$$

Sustituyendo en la solución, tenemos

\begin{align*}
z(x) &= \left( -\dfrac{24}{25} + \dfrac{18}{25}i \right) e^{ix} \\
&= \left( -\dfrac{24}{25} + \dfrac{18}{25}i \right) \left( \cos(x) + i \sin(x) \right) \\
&= \left( -\dfrac{24}{25} \cos(x) -\dfrac{18}{25} \sin(x) \right) + i \left( -\dfrac{24}{25} \sin(x) + \dfrac{18}{25} \cos(x) \right)
\end{align*}

Si

$$z(x) = u(x) +iv(x)$$

notamos que

$$Re(z) = u(x) = -\dfrac{24}{25} \cos(x) -\dfrac{18}{25} \sin(x)$$

y

$$Im(z) = v(x) = -\dfrac{24}{25} \sin(x) + \dfrac{18}{25} \cos(x)$$

Ya que en la ecuación original esta presente la función coseno, de acuerdo a $(\ref{26})$, la solución de la ecuación será la función $u(x)$, es decir, la parte real de la función $z(x)$. Por lo tanto, la solución particular es

$$y_{p}(x) = -\dfrac{24}{25} \cos(x) -\dfrac{18}{25} \sin(x)$$

$\square$

Realicemos un ejemplo más.

Ejemplo: Hallar la solución particular $y_{p}(x)$ de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 4y = 12 \sin(2x)$$

Solución: La ecuación a resolver es de la forma (\ref{16}), pero es conveniente sustituir la función seno por la función compleja $e^{2ix}$ para resolver la ecuación en la forma (\ref{18}) con $\beta = 2$. Haciendo la sustitución, la ecuación que intentaremos resolver será

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 4y = 12 e^{2ix}$$

Como tenemos una ecuación en la que el lado derecho corresponde al producto de un polinomio de grado cero con una función exponencial, entonces podemos suponer una solución de la forma

$$z(x) = h(x)e^{2ix}$$

Las derivadas son

$$\dfrac{dz}{dx} = e^{2ix}\dfrac{dh}{dx} + 2ie^{2ix}h \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}z}{dx^{2}} = e^{2ix}\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 4ie^{2ix}\dfrac{dh}{dx} -4e^{2ix}h$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$\left( e^{2ix}\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 4ie^{2ix}\dfrac{dh}{dx} -4e^{2ix}h \right) + 4\left( he^{2ix} \right) = 12 e^{2ix}$$

Cancelando las exponenciales de todos los términos y reordenando, obtenemos

$$\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} + 4i \dfrac{dh}{dx} = 12$$

Es claro que la forma de la función $h$ debe ser la de un polinomio de grado $1$, pues dicha función no aparece explícitamente en el lado izquierdo de la ecuación, pero sí su primer derivada que es la que determina el grado más alto de la ecuación y queremos que sea de grado cero ya que es el grado de la función que tenemos en el lado derecho. Supongamos que

$$h(x) = Ax$$

La primer derivada es

$$\dfrac{dh}{dx} = A$$

y la segunda derivada es cero, al sustituir en la ecuación diferencial para $h$ obtenemos que

$$\left( 4i \right)A = 12$$

De donde $A = -3i$. Entonces

$$h(x) = -3ix$$

y por tanto

$$z(x) = -3ixe^{2ix}$$

Vemos que

\begin{align*}
z(x) &= \left( -3ix \right) \left( \cos(2x) + i \sin(2x) \right) \\
&= \left( 3x \sin(2x) \right) + i \left(-3x \cos(2x) \right)
\end{align*}

Si

$$z(x) = u(x) + i v(x)$$

notamos que

$$Re(z) = u(x) = 3x \sin(2x)$$

y

$$Im(z) = v(x) = -3x \cos(2x)$$

Debido a que en la ecuación original esta presente la función seno, de acuerdo a $(\ref{27})$, la solución de la ecuación será la función $v(x)$, es decir, la parte imaginaria de la función $z(x)$. Por lo tanto, la solución particular es

$$y_{p}(x) = -3x \cos(2x)$$

$\square$

Como pudimos notar, éste método de resolución requiere, en buena medida, de nuestra intuición para proponer la forma correcta de la solución.

A lo largo de esta entrada hemos desarrollado la teoría que nos permite proponer una solución adecuada, sin embargo existen distintas variantes de opciones para la función $g(x)$ y por tanto para la solución particular $y_{p}(x)$. A continuación mostraremos los resultados generales que nos permiten proponer una solución particular dada una función $g(x)$.

Resultados generales

Como mencionamos al inicio de esta entrada, en la ecuación (\ref{2}) la función $g(x)$ puede ser un polinomio, una exponencial, una función seno o coseno o el producto entre estas funciones. De manera general diremos que la función $g(x)$ puede tener la siguiente forma.

$$g(x) = e^{\alpha x} \left[ P_{n}(x) \cos(\beta x) + Q_{m}(x) \sin(\beta x) \right] \label{28} \tag{28}$$

Donde $\lambda = \alpha \pm i\beta$ es raíz de la ecuación auxiliar y $P_{n}(x)$ y $Q_{m}(x)$ son los polinomios en $x$ de grado $n$ y $m$ respectivamente.

$$P_{n}(x) = \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q_{m}(x) = \sum_{k = 0}^{m}b_{k}x^{k}$$

Lo que buscamos es una solución particular de la forma

$$y_{p}(x) = x^{s} e^{\alpha x} \left[ p_{r}(x) \cos(\beta x) + q_{r}(x) \sin(\beta x) \right] \label{29} \tag{29}$$

Donde $r = \max(n, m)$, $p_{r}(x)$ y $q_{r}(x)$ son polinomios en $x$ de grado $r$, cuyos coeficientes están indeterminados, dados como

$$p_{r}(x) = \sum_{k = 0}^{r}A_{k}x^{k} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} q_{r}(x) = \sum_{k = 0}^{r}B_{k}x^{k}$$

y $s$ es la multiplicidad de la raíz $\lambda = \alpha \pm i\beta$ de la ecuación auxiliar. La forma de $y_{p}(x)$ se puede resumir de la siguiente manera:

  1. $g(x) = P_{n}(x)$:
  • Si las raíces de la ecuación auxiliar son distintas de cero, $\lambda_{i} \neq 0, i = 1, 2, \cdots, s$, entonces la forma de la solución particular es

$$y_{p}(x) = p_{n}(x) = \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \label{30} \tag{30}$$

  • Si alguna raíz es igual a cero, $\lambda _{i} = 0$, entonces la forma de la solución particular es

$$y_{p}(x) = x^{s}p_{n}(x) = x^{s} \left( \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \right) \label{31} \tag{31}$$

  1. $g(x) = P_{n}(x) e^{\alpha x}$:
  • Si $\alpha$ no es raíz, entonces la forma de la solución particular es

$$y_{p}(x) = p_{n}(x) e^{\alpha x} = \left( \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \right) e^{\alpha x} \label{32} \tag{32}$$

  • Si $\alpha $ es raíz repetida $s$ veces (de orden $s$), entonces la forma de la solución particular es

$$y_{p}(x) = x^{s} p_{n}(x)e^{\alpha x} = x^{s} \left( \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \right) e^{\alpha x} \label{33} \tag{33}$$

  1. $g(x) = P_{n}(x) \cos(\beta x) + Q_{m}(x) \sin(\beta x)$:
  • Si $\pm i \beta$ no son raíces y $r= \max(n, m)$, entonces la forma de la solución particular es

$$y_{p}(x) = p_{r}(x) \cos(\beta x) + q_{r}(x) \sin(\beta x) \label{34} \tag{34}$$

  • Si $\pm i \beta$ son raíces de orden $s$ y $r = \max(n, m)$, entonces la forma de la solución particular es

$$y_{p}(x) = x^{s} \left[ p_{r}(x) \cos(\beta x) + q_{r}(x) \sin(\beta x) \right] \label{35} \tag{35}$$

  1. $g(x) = e^{\alpha x} \left[ P_{n}(x) \cos(\beta x) + Q_{m}(x) \sin(\beta x) \right]$:
  • Si $\alpha \pm i\beta$ no son raíces, entonces la forma de la solución particular es

$$y_{p}(x) = e^{\alpha x} \left[p_{r}(x) \cos(\beta x) + q_{r}(x) \sin(\beta x) \right] \label{36} \tag{36}$$

  • Si $\alpha \pm i\beta$ son raíces de orden $s$, entonces la forma de la solución particular es

$$y_{p}(x) = x^{s}e^{\alpha x} \left[ p_{r}(x) \cos(\beta x) + q_{r}(x) \sin(\beta x) \right] \label{37} \tag{37}$$

Este método es conocido como método de superposición y la razón es porque los resultados anteriores se aplican a cada sumando de la función $g(x)$. Veamos un ejemplo.

Ejemplo: Determinar la forma de la solución particular de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -9 \dfrac{dy}{dx} +14y = 3x^{2} -5 \sin(2x) + 7xe^{6x}$$

Solución: La función $g$ es

$$g(x) = 3x^{2} -5 \sin(2x) + 7xe^{6x}$$

Al primer sumando

$$g_{1}(x) = 3x^{2}$$

le corresponde una solución de la forma

$$y_{p1}(x) = A_{2}x^{2} + A_{1}x + A_{0}$$

Al segundo sumando

$$g_{2}(x) = -5 \sin(2x)$$

le corresponde una solución de la forma

$$y_{p2}(x) = B_{1} \cos(2x) + B_{0} \sin(2x)$$

Y al tercer sumando

$$g_{3}(x) = 7xe^{6x}$$

le corresponde una solución de la forma

$$y_{p3}(x) = (C_{1}x + C_{0})e^{6x}$$

La solución particular estará dada por la superposición de las tres soluciones correspondientes a los tres sumandos de la función $g(x)$.

\begin{align*}
y_{p}(x) &= y_{p_{1}}(x) + y_{p_{2}}(x) + y_{p_{3}}(x) \\
&= A_{2}x^{2} + A_{1}x + A_{0} + B_{1} \cos(2x) + B_{0} \sin(2x) + (C_{1}x + C_{0})e^{6x}
\end{align*}

En esta suposición ningún término duplica un término de la función complementaria

$$y_{c}(x) = c_{1}e^{2x} + c_{2}e^{7x}$$

De tarea moral determina el valor de los coeficientes para formar la solución general de la ecuación diferencial dada.

$\square$

Concluyamos la entrada con algunos ejemplos más.

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6 \dfrac{dy}{dx} -7y = 3e^{2x} -e^{-x}$$

Solución: En esta ocasión buscamos la solución general, así que debemos encontrar la solución complementaria $y_{c}(x)$ que satisface la ecuación diferencial homogénea asociada.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 6 \dfrac{dy}{dx} -7y = 0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^{2} + 6k -7 = 0$$

De donde $k_{1} = 1$ y $k_{2} = -7$. En este caso la multiplicidad es de $s = 1$, es decir no hay raíces repetidas. La solución complementaria es

$$y_{c}(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}e^{-7x}$$

La solución particular tiene la forma

$$y_{p}(x) = A_{0}e^{2x} + B_{0}e^{-x}$$

Derivando obtenemos,

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = 2A_{0}e^{2x} -B_{0}e^{-x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = 4A_{0}e^{2x} + B_{0}e^{-x}$$

Sustituimos en la ecuación no homogénea.

$$(4A_{0}e^{2x} + B_{0}e^{-x}) + 6(2A_{0}e^{2x} -B_{0}e^{-x}) -7(A_{0}e^{2x} + B_{0}e^{-x}) = 3e^{2x} -e^{-x}$$

Reordenando obtenemos,

$$9A_{0}e^{2x} -12B_{0}e^{-x} = 3e^{2x} -e^{-x}$$

De donde

\begin{align*}
9A_{0} &= 3 \\
-12B_{0} &= -1
\end{align*}

Resolviendo obtenemos que

$A_{0} = \dfrac{1}{3} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} B_{0} = \dfrac{1}{12}$

Por lo tanto, la solución particular es

$$y_{p}(x) = \dfrac{1}{3}e^{2x} + \dfrac{1}{12}e^{-x}$$

Así, la solución general de la ecuación diferencial corresponde a la superposición de ambas soluciones.

$$y(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}e^{-7x} + \dfrac{1}{3}e^{2x} + \dfrac{1}{12}e^{-x}$$

$\square$

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2\dfrac{dy}{dx} = 2e^{2x} + 4 \cos(2x)$$

Solución: Primero resolvemos la ecuación homogénea asociada

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

para obtener la solución complementaria. La ecuación auxiliar es

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

De donde $k_{1} = 0$ y $k_{2} = 2$. La solución complementaria es

$$y_{c}(x) = c_{1} + c_{2}e^{2x}$$

Para el caso no homogéneo notamos que $\alpha = 2$ es raíz de la ecuación auxiliar, por lo que la solución correspondiente al término $2e^{2x}$ esta dada por (\ref{31}) con multiplicidad $s = 1$, entonces la forma de la solución particular es

$$y_{p}(x) = A_{0}xe^{2x} + B_{1} \cos(2x) + B_{0} \sin (2x)$$

Derivando obtenemos,

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = A_{0}e^{2x} + 2A_{0}xe^{2x} -2B_{1}\sin(2x) + 2B_{0} \cos(2x)$$

y

$$\dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = 2A_{0}e^{2x} + 2A_{0}e^{2x} + 4A_{0}xe^{2x} -4B_{1} \cos(2x) -4B_{0} \sin(2x)$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial y reordenando los términos se obtiene la relación

$$2A_{0}e^{2x} + (-4B_{1} -4B_{0}) \cos(2x) + (-4B_{0} + 4B_{1}) \sin(2x) = 2e^{2x} + 4 \cos(2x)$$

De donde

\begin{align*}
2A_{0} &= 2 \\
-4B_{1} -4B_{0} &= 4 \\
-4B_{0} + 4B_{1} &= 0
\end{align*}

Resolviendo obtenemos que

$$A_{0} = 1, \hspace{1cm} B_{1} = -\dfrac{1}{2} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} B_{0} = -\dfrac{1}{2}$$

Por lo tanto, la solución particular es

$$y_{p}(x) = xe^{2x} -\dfrac{1}{2} \cos(2x) -\dfrac{1}{2} \sin(2x)$$

Así, la solución general es la superposición de ambas soluciones.

$$y(x) = c_{1} + c_{2}e^{2x} + xe^{2x} -\dfrac{1}{2} \cos(2x) -\dfrac{1}{2} \sin(2x)$$

$\square$

Ejemplo: Determinar la solución particular de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4y = -12e^{-2x} + 15 \cos(x) + 8x$$

Solución: Para el caso homogéneo tenemos que la ecuación auxiliar es

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

Esto es,

$$k^{2} = 2$$

es decir, $k_{1} = 2$ y $k_{2} = -2$. Por tanto, la solución complementaria es

$$y_{c}(x) = c_{1}e^{2x} + c_{2}e^{-2x}$$

Notamos que $\alpha = -2$ es raíz de la ecuación auxiliar, así que la solución particular debe ser de la forma

$$y_{p}(x) = A_{0}xe^{-2x} + B_{1} \cos(x) + B_{0} \sin(x) + C_{1}x + C_{0}$$

Derivando obtenemos

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = A_{0}e^{-2x} -2A_{0}xe^{-2x} -B_{1} \sin(x) + B_{0} \cos(x) + C_{1}$$

y

$$\dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = -4A_{0}e^{-2x} + 4A_{0}xe^{-2x} -B_{1} \cos(x) -B_{0} \sin(x)$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial y reordenando los términos, obtenemos

$$-4A_{0}e^{-2x} -5B_{1} \cos(x) -5B_{0} \sin(x) -4C_{1}x -4C_{0} = -12e^{-2x} + 15 \cos(x) + 8x$$

De donde

\begin{align*}
-4A_{0} &= -12 \\
-5B_{1} &= 15 \\
-5B_{0} &= 0 \\
-4C_{1} &= 8 \\
-4C_{0} &= 0
\end{align*}

Resolviendo se obtiene que

$$A_{0} = 3, \hspace{1cm} B_{1} = -3, \hspace{1cm} B_{0} = 0, \hspace{1cm} C_{1} = -2 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} C_{0} = 0$$

Por lo tanto, la solución particular es

$$y_{p}(x) = 3xe^{-2x} -3 \cos(x) -2x$$

Y la solución general

$$y_{p}(x) = c_{1}e^{2x} + c_{2}e^{-2x} + 3xe^{-2x} -3 \cos(x) -2x$$

$\square$

Hasta aquí concluimos con esta entrada.

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. Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} -2y = 3e^{2x} -x^{2}$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2 \dfrac{dy}{dx} + y = 4 \cos(3x) -2 \sin(2x)$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{3}{5} \dfrac{dy}{dx} -\dfrac{1}{5} y = \cos(x) + 5x^{2}$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3 \dfrac{dy}{dx} -9y = 4 \cos(2x) -5e^{-x}$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3 \dfrac{dy}{dx} -10y = 50 \cos(5x) -7e^{-2x} + 12e^{x} + 20x$
  1. Resolver el siguiente problema con valor inicial.
  • $\dfrac{d^{2}x}{dt^{2}} + \omega^{2} x = F_{0} \sin(\omega t); \hspace{1cm} x(0) = 0; \hspace{0.4cm} x^{\prime}(0) = 0$.
  1. Considerar la ecuación diferencial $$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = e^{\alpha x}$$ con $a$, $b$, $c$ y $\alpha$ constantes. La ecuación auxiliar de la ecuación homogénea asociada es $$ak^{2} + bk + c = 0$$
  • Si $\alpha$ no es una raíz de la ecuación auxiliar, demostrar que se puede encontrar una solución particular de la forma $y_{p}(x) = Ae^{\alpha x}$, donde $$A = \dfrac{1}{a \alpha^{2} + b \alpha + c}$$
  • Si $\alpha$ es una raíz de la ecuación auxiliar de multiplicidad uno, mostrar que se puede encontrar una solución particular de la forma $y_{p}(x) = Axe^{\alpha x}$, donde $$A = \dfrac{1}{2a \alpha + b}$$ Explica cómo se sabe que $\alpha \neq -\dfrac{b}{2a}$.
  • Si $\alpha$ es una raíz de la ecuación auxiliar de multiplicidad dos, demostrar que se puede encontrar una solución particular de la forma $y_{p}(x) = Ax^{2}e^{\alpha x}$, donde $$A = \dfrac{1}{2a}$$

Más adelante…

El método desarrollado en esta entrada es bastante práctico para resolver ecuaciones diferenciales de segundo orden no homogéneas con coeficientes constantes, sin embargo es un método limitado sólo a cierto tipo de funciones $g(x)$.

En la siguiente entrada desarrollaremos un método general que nos permite resolver éste mismo tipo de ecuaciones para cualquier función $g(x)$. Dicho método se conoce como método de variación de parámetros y corresponde a una extensión a orden superior del método desarrollado en la unidad anterior.

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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.

Definición: La ecuación

$$ak^{2} + bk + c = 0$$

se conoce como ecuación auxiliar de la ecuación diferencial (\ref{11}).

La dos raíces de la ecuación auxiliar son

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

Definición: A la cantidad

$$\Delta = b^{2} -4ac \label{14} \tag{14}$$

de las raíces (\ref{13}) de la ecuación auxiliar se le denomina discriminante.

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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Introducción

Hemos comenzado estudiando algunas de las propiedades de las soluciones a ecuaciones diferenciales lineales homogéneas y no homogéneas de orden superior. Como mencionamos en la entrada anterior, es momento de comenzar a desarrollar los distintos métodos de resolución de ecuaciones diferenciales de orden superior, sin embargo, debido a la complejidad que surge de aumentar el orden, en esta entrada sólo consideraremos ecuaciones diferenciales de segundo orden.

En esta entrada desarrollaremos el método de reducción de orden, como su nombre lo indica, lo que haremos básicamente es hacer un cambio de variable o una sustitución adecuada que permita que la ecuación de segundo orden pase a ser una ecuación de primer orden y de esta manera aplicar alguno de los métodos vistos en la unidad anterior para resolver la ecuación.

Hay dos distintas formas de reducir una ecuación de segundo orden, la primera de ellas consiste en hacer el cambio de variable

$$z = \dfrac{dy}{dx}$$

Esta forma se aplica en ecuaciones tanto lineales como no lineales, pero deben satisfacer algunas condiciones, mientras que, por otro lado, la segunda forma se aplica sólo a ecuaciones lineales homogéneas en las que tenemos conocimiento previo de una solución no trivial. En este segundo caso, considerando que conocemos una solución $y_{1}(x)$, haremos la sustitución

$$y_{2}(x) = u(x) y_{1}(x)$$

para reducir de orden a la ecuación y al resolverla obtendremos la función $u(x)$ y, por tanto, la segunda solución $y_{2}(x)$, tal que $\{ y_{1}, y_{2} \}$ forme un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial y de esta manera podamos establecer la solución general.

Comencemos por desarrollar la primer forma bajo un cambio de variable.

Ecuaciones reducibles a ecuaciones de primer orden

Hay cierto tipo de ecuaciones de segundo orden que pueden reducirse a una ecuación de primer orden y ser resueltas por los métodos que ya conocemos, vistos en la unidad anterior. Un primer tipo de ecuación son las ecuaciones lineales en las que la variable dependiente $y$ no aparece explícitamente.

Sabemos que una ecuación diferencial lineal no homogénea de segundo orden tiene la siguiente forma.

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = g(x) \label{1} \tag{1}$$

Si la variable dependiente $y$ no se encuentra explícitamente en la ecuación, obtenemos la siguiente forma.

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} = g(x) \label{2} \tag{2}$$

Es quizá natural pensar que una forma de resolver la ecuación (\ref{2}) es integrarla dos veces, es esto lo que haremos considerando el siguiente cambio de variable.

$$z = \dfrac{dy}{dx}; \hspace{1cm} \dfrac{dz}{dx} = \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} \label{3} \tag{3}$$

Sea $a_{2}(x) \neq 0$, definimos las siguientes funciones.

$$P(x) = \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{g(x)}{a_{2}(x)}$$

Si sustituimos estas funciones y el cambio de variable (\ref{3}) en la ecuación (\ref{2}) lograremos reducirla a una ecuación lineal de primer orden con $z$ la variable dependiente.

$$\dfrac{dz}{dx} + P(x) z = Q(x) \label{4} \tag{4}$$

En la unidad anterior desarrollamos distintos métodos para resolver este tipo de ecuaciones. Una vez que resolvamos la ecuación (\ref{4}) y regresemos a la variable original veremos que dicho resultado nuevamente corresponde a una ecuación de primer orden que podrá ser resuelta una vez más con los métodos vistos anteriormente. Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Reducir de orden a la ecuación diferencial lineal de segundo orden

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

para $x > 0$ y obtener su solución.

Solución: Dividamos toda la ecuación por $x \neq 0$.

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

Hacemos el cambio de variable (\ref{3}) para obtener la forma (\ref{4}).

$$\dfrac{dz}{dx} -\dfrac{1}{x}z = 1 \label{5} \tag{5}$$

Ya no deberíamos tener problema con resolver esta ecuación. Apliquemos el método para resolver ecuaciones lineales. De la ecuación reducida (\ref{5}) notamos que

$$P(x) = -\dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = 1$$

El factor integrante, es este caso, es

$$\mu(x) = e^{\int {P(x)} dx} = e^{-\int \frac{1}{x} dx} = e^{-\ln(x)} = \dfrac{1}{x}$$

Esto es,

$$\mu(x) = \dfrac{1}{x}$$

Multipliquemos la ecuación (\ref{5}) por el factor integrante,

$$\dfrac{1}{x} \dfrac{dz}{dx} -\dfrac{z}{x^{2}} = \dfrac{1}{x}$$

e identificamos que

$$\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{z}{x} \right) = \dfrac{1}{x} \dfrac{dz}{dx} -\dfrac{z}{x^{2}}$$

De ambas ecuaciones se tiene

$$\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{z}{x} \right) = \dfrac{1}{x}$$

Ahora podemos integrar ambos lados de la ecuación con respecto a $x > 0$.

\begin{align*}
\int \dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{z}{x} \right) dx &= \int \dfrac{1}{x} dx \\
\dfrac{z}{x} &= \ln (x) + c_{1} \\
z(x) &= x \ln (x) + xc_{1}
\end{align*}

Hemos resuelto la ecuación para la variable $z$, regresemos a la variable original para resolver la nueva ecuación de primer orden.

$$\dfrac{dy}{dx} = x \ln(x) + xc_{1} \label{6} \tag{6}$$

Esta ecuación puede ser resuelta por separación de variables en su versión simple de integración directa (la ecuación ya esta separada), integremos ambos lados de la ecuación con respecto a $x$,

\begin{align*}
\int \dfrac{dy}{dx} dx &= \int x \ln(x) dx + \int xc_{1} dx \\
y(x) &= \int x \ln(x) dx + c_{1} \dfrac{x^{2}}{2}
\end{align*}

Para resolver la integral que nos falta apliquemos integración por partes, hagamos

$$u(x) = \ln(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dv}{dx} = x$$

Así mismo,

$$\dfrac{du}{dx} = \dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} v(x) = \dfrac{x^{2}}{2}$$

Entonces,

\begin{align*}
\int{x \ln(x) dx} &= \dfrac{x^{2}}{2} \ln(x) -\int{\dfrac{x}{2} dx} \\
&= \dfrac{x^{2}}{2} \ln(x) -\dfrac{x^{2}}{4} + c_{2}
\end{align*}

Sustituimos en la función $y(x)$.

$$y(x) = \dfrac{x^{2}}{2} \ln(x) -\dfrac{x^{2}}{4} + c_{1} \dfrac{x^{2}}{2} + c_{2}$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial

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

es

$$y(x) = \dfrac{x^{2}}{2} \left( \ln(x) -\dfrac{1}{2} \right) + c_{1} \dfrac{x^{2}}{2} + c_{2} \label{7} \tag{7}$$

De tarea moral verifica que es la solución general ya que el conjunto

$$S = \left\{ y_{1}(x) = \dfrac{x^{2}}{2}, y_{2}(x) = 1 \right\}$$

es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada y

$$y_{p}(x) = \dfrac{x^{2}}{2} \left( \ln(x) -\dfrac{1}{2} \right)$$

es una solución particular de la ecuación no homogénea.

$\square$

Reducción de orden en ecuaciones no lineales

Es posible aplicar un método similar en ecuaciones de segundo orden que pueden ser tanto lineales como no son lineales, en este caso, a diferencia del caso anterior, la variable dependiente $y$ puede aparecer en la ecuación, sin embargo es necesario que la variable independiente $x$ sea la que no aparezca explícitamente. Este tipo de ecuaciones también pueden reducirse a una ecuación de primer orden, pero tomando el siguiente cambio de variable.

$$\dfrac{dy}{dx} = z; \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = z \dfrac{dz}{dy} \label{8} \tag{8}$$

Donde la segunda expresión se deduce de aplicar la regla de la cadena

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \dfrac{dz}{dx} = \dfrac{dz}{dy} \dfrac{dy}{dx} = z \dfrac{dz}{dy}$$

Realicemos un ejemplo con una ecuación no lineal.

Ejemplo: Reducir de orden a la ecuación diferencial no lineal de segundo orden

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2y \left( \dfrac{dy}{dx}\right)^{3} = 0$$

y obtener su solución.

Solución: Es importante notar que es no lineal debido a que la primer derivada es de tercer grado y además esta multiplicada por la función $y$, lo cual no debe ocurrir en el caso lineal.

La ecuación a resolver es

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2y \left( \dfrac{dy}{dx}\right)^{3} = 0$$

Hacemos el cambio de variable (\ref{8}) y separamos variables.

\begin{align*}
z \dfrac{dz}{dy} -2yz^{3} &= 0 \\
\dfrac{dz}{dy} &= 2yz^{2} \\
\dfrac{1}{z^{2}} \dfrac{dz}{dy} &= 2y
\end{align*}

Integramos ambos lados de la ecuación con respecto a $y$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{1}{z^{2}} \dfrac{dz}{dy} dy} &= \int{2y dy} \\
\int{\dfrac{dz}{z^{2}}} &= 2 \int{y dy} \\
-\dfrac{1}{z} &= y^{2} + c_{1} \\
z &= -\dfrac{1}{y^{2} + c_{1}}
\end{align*}

Regresamos a la variable original y separamos de nuevo las variables.

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} &= -\dfrac{1}{y^{2} + c_{1}} \\
(y^{2} + c_{1}) \dfrac{dy}{dx} &= -1
\end{align*}

Integramos ambos lados de la ecuación con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{(y^{2} + c_{1}) \dfrac{dy}{dx} dx} &= -\int{dx} \\
\int{y^{2} dy} + \int{c_{1} dy} &= -\int{dx} \\
\dfrac{y^{3}}{3} + c_{1}y &= -x + c_{2}
\end{align*}

Por lo tanto, la solución implícita de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2y \left( \dfrac{dy}{dx}\right)^{3} = 0$$

es

$$\dfrac{y^{3}}{3} + c_{1}y = c_{2} -x$$

$\square$

Realicemos un ejemplo más con una ecuación lineal.

Ejemplo: Encontrar la solución general de la ecuación diferencial

$$4 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} = 0$$

Solución: Como la ecuación no contiene explícitamente a la función $y$ ni a la variable independiente $x$, entonces podemos aplicar cualquier cambio de variable, ya sea (\ref{3}) u (\ref{8}). Vamos a resolverla aplicando ambos casos.

Primero consideremos el cambio de variable (\ref{8}).

\begin{align*}
4z \dfrac{dz}{dy} + z &= 0 \\
4 \dfrac{dz}{dy} &= -1 \\
\dfrac{dz}{dy} &= -\dfrac{1}{4}
\end{align*}

Integremos ambos lados de la ecuación con respecto a $y$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{dz}{dy} dy} &= -\int{\dfrac{1}{4} dy} \\
\int{dz} &= -\dfrac{1}{4} \int{dy} \\
z &= -\dfrac{1}{4} y + c_{1}
\end{align*}

Regresemos a la variable original.

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} &= -\dfrac{1}{4} y + c_{1} \\
\dfrac{dy}{dx} + \dfrac{y}{4} &= c_{1}
\end{align*}

Resolvamos esta ecuación por factor integrante.

$$\mu(x) = e^{\int {P(x)} dx} = e^{\int \frac{1}{4} dx} = e^{x/4}$$

Esto es,

$$\mu(x) = e^{x/4}$$

Multipliquemos ambos lados de la ecuación por el factor integrante.

\begin{align*}
e^{x/4} \dfrac{dy}{dx} + e^{x/4} \dfrac{y}{4} &= e^{x/4} c_{1} \\
\dfrac{d}{dx}\left( y e^{x/4} \right) &= c_{1} e^{x/4}
\end{align*}

Integramos ambos lados con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{d}{dx}\left( y e^{x/4} \right) dx} &= \int{c_{1} e^{x/4} dx} \\
y e^{x/4} &= c_{1} \int{e^{x/4} dx} \\
y e^{x/4} &= c_{1} 4 e^{x/4} + c_{2} \\
y(x) &= c_{2} e^{-x/4} + 4c_{1}
\end{align*}

Renombrando a las constantes concluimos que la solución general de la ecuación diferencial

$$4 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} = 0$$

es

$$y(x) = k_{1} e^{-x/4} + k_{2}$$

Resolvamos de nuevo la ecuación, pero ahora aplicando el cambio de variable (\ref{3}),

\begin{align*}
4 \dfrac{dz}{dx} + z &= 0 \\
\dfrac{1}{z} \dfrac{dz}{dx} &= -\dfrac{1}{4}
\end{align*}

Integremos ambos lados con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{1}{z} \dfrac{dz}{dx} dx} &= -\int{\dfrac{1}{4} dx} \\
\int{\dfrac{dz}{z}} &= -\dfrac{1}{4}\int{dx} \\
\ln|z| &= -\dfrac{x}{4} + c_{1} \\
z &= c_{2}e^{-x/4}
\end{align*}

Con $c_{2} = e^{c_{1}}$. Regresemos a la variable original.

$$\dfrac{dy}{dx} = c_{2}e^{-x/4}$$

Integremos ambos lados con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{dy}{dx} dx} = \int{c_{2} e^{-x/4} dx} \\
\int{dy} = c_{2} \int{e^{-x/4} dx} \\
y = -c_{2}4 e^{-x/4} + c_{3}
\end{align*}

Si renombramos las constantes obtenemos nuevamente que

$$y(x) = k_{1} e^{-x/4} + k_{2}$$

$\square$

Es posible reducir una ecuación diferencial de segundo orden a una de primer orden si previamente conocemos una solución de la ecuación. Usualmente este método es mayor recurrido que el anterior y también recibe el nombre de método de reducción de orden.

Reducción de orden conocida una solución

Es posible reducir una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = 0 \label{9} \tag{9}$$

a una ecuación diferencial de primer orden siempre que se conozca previamente una solución no trivial $y_{1}(x)$. Recordemos de la entrada anterior que una ecuación de la forma (\ref{9}) tiene como solución general la combinación lineal

$$y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) \label{10} \tag{10}$$

con $y_{1}$ y $y_{2}$ funciones que forman un conjunto fundamental de soluciones en cierto intervalo $\delta$. Si conocemos $y_{1}$ podremos reducir la ecuación a una de primer orden y resolverla para obtener la solución $y_{2}$ y, por tanto, obtener la solución general.

Este método también es conocido como método de reducción de orden, pues tiene el mismo propósito que los casos anteriores, reducir de orden a una ecuación diferencial. La idea general del método es la siguiente.

Comenzaremos con el conocimiento previo de una solución no trivial $y_{1}(x)$ de la ecuación homogénea (\ref{9}) definida en un intervalo $\delta$. Lo que buscamos es una segunda solución $y_{2}(x)$, tal que $y_{1}$ y $y_{2}$ formen un conjunto fundamental de soluciones en $\delta$, es decir, que sean soluciones linealmente independientes entre sí. Recordemos que si ambas soluciones son linealmente independientes, entonces el cociente $\dfrac{y_{2}}{y_{1}}$ no es constante en $\delta$, es decir

$$\dfrac{y_{2}(x)}{y_{1}(x)} = u(x)$$

o bien,

$$y_{2}(x) = u(x) y_{1}(x) \label{11} \tag{11}$$

Como queremos encontrar $y_{2}$ y previamente conocemos $y_{1}$, entonces debemos determinar la función $u(x)$, dicha función se determina al sustituir (\ref{11}) en la ecuación diferencial dada, esto reducirá a dicha ecuación a una de primer orden donde la variable dependiente será $u$.

Desarrollemos el método de manera general para encontrar la expresión de $u(x)$ y, por tanto, de $y_{2}(x)$ y finalmente realicemos un ejemplo.

Método de reducción de orden

Este método se aplica a las ecuaciones diferenciales de la forma

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = 0$$

Si dividimos esta ecuación por $a_{2}(x) \neq 0$ obtenemos la forma estándar

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0 \label{12} \tag{12}$$

Con

$$P(x) = \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{a_{0}(x)}{a_{2}(x)}$$

ambas continuas en algún intervalo $\delta$. Supongamos además que $y_{1}(x)$ es una solución conocida de (\ref{12}) en $\delta$ y que $y_{1}(x) \neq 0 $ para toda $x \in \delta$. Si se define

$$y(x) = u(x) y_{1}(x)$$

derivando se tiene

$$\dfrac{dy}{dx} = u \dfrac{dy_{1}}{dx} + y_{1} \dfrac{du}{dx} \label{13} \tag{13}$$

Derivando una segunda ocasión se tiene

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = u \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{du}{dx} + y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} \label{14} \tag{14}$$

Sustituyendo (\ref{13}) y (\ref{14}) en la forma estándar (\ref{12}) obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P\dfrac{dy}{dx} + Qy &= \left[ u \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{du}{dx} + y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} \right] + P \left[ u \dfrac{dy_{1}}{dx} + y_{1} \dfrac{du}{dx} \right] + Q \left[ u y_{1}\right] \\
&= u \left[ \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{1}}{dx} + Qy_{1} \right] + y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} + \left( 2 \dfrac{dy_{1}}{dx} + Py_{1} \right) \dfrac{du}{dx} \\
&= 0
\end{align*}

Como $y_{1}(x)$ es solución sabemos que

$$\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{1}}{dx} + Qy_{1} = 0$$

Entonces el resultado anterior se reduce a lo siguiente.

$$y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} + \left( 2 \dfrac{dy_{1}}{dx} + Py_{1} \right) \dfrac{du}{dx} = 0 \label{15} \tag{15}$$

Consideremos el cambio de variable

$$w = \dfrac{du}{dx} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dw}{dx} = \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$$

Entonces la ecuación (\ref{15}) se puede escribir como

$$y_{1} \dfrac{dw}{dx} + \left( 2 \dfrac{dy_{1}}{dx} + Py_{1} \right) w = 0 \label{16} \tag{16}$$

Esta ecuación es tanto lineal como separable. Separando las variables e integrando, se obtiene

\begin{align*}
\dfrac{1}{w}\dfrac{dw}{dx} + 2\dfrac{1}{y_{1}} \dfrac{dy_{1}}{dx} &= -P \\
\int{\dfrac{dw}{w}} + 2\int{\dfrac{dy_{1}}{y_{1}}} &= -\int{P dx} \\
\ln |w| + 2 \ln|y_{1}| + k &= -\int{P dx} \\
\ln |w y^{2}_{1}| + k &= -\int{P dx} \\
wy^{2}_{1} &= k_{1}e^{-\int{P dx}}
\end{align*}

Despejando a $w$ de la última ecuación, usando $w = \dfrac{du}{dx}$ e integrando nuevamente, se tiene

\begin{align*}
\dfrac{du}{dx} &= \dfrac{k_{1}e^{-\int{P dx}}}{y^{2}_{1}} \\
\int{du} &= \int{\dfrac{k_{1}e^{-\int{P dx}}}{y^{2}_{1}} dx} \\
u &= k_{1} \int{\dfrac{e^{-\int{P} dx}}{y^{2}_{1}} dx} + k_{2}
\end{align*}

Eligiendo $k_{1} = 1$ y $k_{2} = 0$ obtenemos la expresión para la función $u(x)$,

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

Si sustituimos en

$$y(x) = y_{2}(x) = u(x)y_{1}(x)$$

obtenemos que la segunda solución de la ecuación diferencial (\ref{12}) es

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x)} dx}}{y^{2}_{1}(x)} dx} \label{18} \tag{18}$$

De tarea moral puedes probar que la función $y_{2}$ satisface la ecuación diferencial y que $y_{1}$ y $y_{2}$ son linealmente independientes en algún intervalo en el que $y_{1}$ no es cero.

Realicemos un ejemplo en el que apliquemos este método.

Ejemplo: Encontrar la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = 0$$

dada la solución no trivial

$$y_{1}(x) = \cos(4x)$$

Solución: En esta ocasión apliquemos directamente la expresión (\ref{18}) para obtener la solución $y_{2}(x)$.

La ecuación diferencial a resolver es

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = 0$$

Si la comparamos con la forma estándar (\ref{12}) notamos que

$$P(x) = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm}Q(x) = 16$$

Sustituyendo en (\ref{18}), se tiene

\begin{align*}
y_{2}(x) &= \cos(4x) \int{\dfrac{e^{0}}{\cos^{2}(4x)} dx} \\
&= \cos(4x) \int{\dfrac{1}{\cos^{2}(4x)} dx}
\end{align*}

Para resolver la integral consideremos el cambio de variable $s = 4x$, $ds = 4 dx$.

$$\int{\dfrac{1}{\cos^{2}(4x)} dx} = \dfrac{1}{4} \int{\sec^{2}(s) ds}$$

Sabemos que

$$\int{\sec^{2}(s) ds} = \tan(s)$$

Así

$$y_{2}(x) = \cos(4x) \left( \dfrac{1}{4} \tan(4x) + k_{1} \right)$$

Hacemos $k_{1} = 0$.

$$y_{2}(x) = \dfrac{\cos(4x)}{4} \left( \dfrac{\sin(4x)}{\cos(4x)} \right) = \dfrac{\sin(4x)}{4}$$

Como la solución general corresponde a la combinación lineal (\ref{10}), en las constantes $c_{1}$ y $c_{2}$ se pueden englobar todas las constantes que pudieran aparecer, por ello es que podemos tomar $k_{1} = 0$ y además podemos evitar la constante $\dfrac{1}{4}$ de $y_{2}$ y considerar que

$$y_{2}(x) = \sin(4x)$$

Veamos que efectivamente satisface la ecuación diferencial.

$$\dfrac{dy_{2}}{dx} = 4 \cos(4x) \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} = -16 \sin(4x)$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = -16 \sin(4x) + 16 \sin(4x) = 0$$

Cumple con la ecuación diferencial, lo mismo podemos verificar con la solución dada

$$y_{1}(x) = \cos(4x)$$

Tenemos,

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = -4 \sin(4x) \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} = -16 \cos(4x)$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = -16 \cos(4x) + 16 \cos(4x) = 0$$

Como ambas soluciones son linealmente independientes, entonces forman un conjunto fundamental de soluciones. Otra forma de verificarlo es mostrando que el Wronskiano es distinto de cero y lo es ya que

$$W(y_{1}, y_{2}) = 4 \neq 0$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 16y = 0$$

corresponde a la combinación lineal

$$y(x) = c_{1} \cos(4x) + c_{2} \sin(4x)$$

$\square$

Con esto concluimos esta entrada sobre un primer método para resolver algunas ecuaciones diferenciales de segundo orden. En la siguiente entrada desarrollaremos un nuevo método.

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 lineales.
  • $x \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} = 0$
  • $(x-1) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} = 0$
  1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales no lineales.
  • $(y -1)\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \left( \dfrac{dy}{dx} \right)^{2} $
  • $\left( \dfrac{dy}{dx} \right)^{2} -2 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = 0$
  1. Dada una solución no trivial de las siguientes ecuaciones diferenciales, hallar la segunda solución, tal que ambas formen un conjunto fundamental de soluciones y determina la solución general.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 4y = 0; \hspace{1cm} y_{1}(x) = e^{2x}$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -25y = 0; \hspace{1cm} y_{1}(x) = e^{5x}$
  1. Demostrar que la función $$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x)} dx}}{y^{2}_{1}(x)} dx}$$ Satisface la ecuación diferencial $$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0$$ Siempre que $y_{1}(x)$ sea solución de la misma ecuación.
  1. Usando el inciso anterior, demostrar que $$S = \left \{ y_{1}(x), y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x)} dx}}{y^{2}_{1}(x)} dx} \right \}$$ es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial $$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0$$

Más adelante…

En esta entrada desarrollamos un método de reducción de orden basado en un cambio de variable para ecuaciones lineales y no lineales de segundo orden que satisfacen algunas condiciones y desarrollamos el método de reducción de orden para ecuaciones diferenciales lineales homogéneas en el caso en el que previamente conocemos una solución no trivial.

En la siguiente entrada estudiaremos otro método para resolver un tipo particular de ecuaciones diferenciales, éstas son las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficientes constantes, de la forma

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

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

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