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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Método de la transformada de Laplace

Por Eduardo Vera Rosales

Introducción

Bienvenidos a la última entrada de la segunda unidad del curso, donde revisaremos el método de la transformada de Laplace para resolver problemas de condición inicial de la forma $$ay^{\prime \prime}+by’+cy=f(t); \,\,\, y(0)=y_{0}, \,\,\, y'(0)=y_{1}$$ con $a$, $b$ y $c$ constantes.

Este método nos permite transformar el problema de resolver la ecuación diferencial por los métodos estudiados en esta misma unidad, por un problema algebraico donde encontraremos la expresión de la transformada de Laplace $\mathscr{L} \{y(t)\}$ de la función solución, y debemos hallar quién es la función $y(t)$ cuya transformada de Laplace es $\mathscr{L} \{y(t)\}$.

Comenzaremos definiendo la transformada de Laplace de una función cuyo dominio es el intervalo $[0, \infty)$, y demostraremos algunas de las propiedades más importantes que cumple esta transformada y que utilizaremos para nuestros propósitos.

Posteriormente resolveremos el problema de condición inicial de manera general, mencionaremos el problema de hallar la transformada inversa de Laplace de una función con ayuda de una tabla de transformadas y transformadas inversas, y revisaremos dos ejemplos particulares donde mostraremos cómo se utiliza el método en la práctica.

Para finalizar consideraremos nuevamente el problema de condición inicial $$ay^{\prime \prime}+by’+cy=f(t); \,\,\, y(0)=y_{0}, \,\,\, y'(0)=y_{1}$$ donde ahora la función $f(t)$ es una función continua por pedazos. Este tipo de problemas suele aparecer con frecuencia en la física, y con la ayuda de la transformada de Laplace vamos a resolver un ejemplo particular, con ayuda de una función auxiliar y un teorema que enunciaremos y probaremos previamente.

Como te podrás dar cuenta, hicimos un cambio en la notación de la derivada de una función. Durante el curso hemos utilizado la notación de Leibniz $\frac{dy}{dt}$, $\frac{d^{2}y}{dt^{2}}$,…, para denotar a las derivadas de la función $y(t)$. Sin embargo, en esta entrada utilizaremos la notación $y'(t)$, $y^{\prime \prime}(t)$,…, para simplificar la escritura.

Transformada de Laplace y sus propiedades

En el primer video de esta entrada definimos la transformada de Laplace $\mathscr{L} \{y(t)\}$ de una función cuyo dominio es el intervalo $[0, \infty)$, y probamos algunas propiedades que cumple esta transformada y que nos servirán para resolver problemas de condición inicial.

Solución a problemas de condición inicial por método de la transformada de Laplace

En el primer video de esta sección resolvemos el problema de condición inicial $$ay^{\prime \prime}+by’+cy=f(t); \,\,\, y(0)=y_{0}, \,\,\, y'(0)=y_{1}$$ por el método de la transformada de Laplace.

En el segundo video resolvemos un par de problemas de condición inicial particulares.

Te presentamos una tabla de transformadas y transformadas inversas de Laplace, que aparece en el libro Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems, William E. Boyce y Richard C. DiPrima, para que puedas realizar los cálculos presentados en los videos. Esta tabla no es única, por lo que puedes buscar en textos o en internet tablas diferentes según lo requieras.

Tabla de transformadas de Laplace y transformadas inversas
Tabla de transformadas y transformadas inversas de Laplace. Boyce y DiPrima (2012).

Solución a problemas de condición inicial con funciones discontinuas por método de transformada de Laplace

En el último video de esta entrada resolvemos un problema de condición inicial de la forma $$ay^{\prime \prime}+by’+cy=f(t); \,\,\, y(0)=y_{0}, \,\,\, y'(0)=y_{1}$$ donde $f(t)$ es una función continua por pedazos. Previamente definimos la función auxiliar $$H_{c}(t)= \begin{cases} 1 & 0 \leq t < c \\ 1 & t \geq c \ \end{cases} $$ y probamos un teorema que nos ayudan a resolver el problema de condición inicial.

Tarea moral

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

  • Encuentra la transformada de Laplace de la función $f(t)=t$.
  • Encuentra la transformada de Laplace de la función $f(t)=\cos{\beta t}$, $\beta$ constante.
  • Prueba que $$\mathscr{L} \{f ^{\prime \prime} (t)\}=s^{2}\mathscr{L}\{f(t)\}-sf(0)-f^{\prime}(0)$$ bajo las hipótesis del último teorema del primer video.
  • Resuelve el problema de condición inicial $$y^{\prime \prime}-2y’+2y=\cos{t}; \,\,\,\,\, y(0)=1, \,\,\,\,\, y'(0)=0$$ por el método de la transformada de Laplace.
  • Prueba que bajo las condiciones del primer teorema enunciado en el primer video, se cumplen las siguiente propiedad: $$F^{(n)}(s)=\mathscr{L}\{(-t)^{n}f(t)\}$$ donde $F^{(n)}$ denota a la $n$-ésima derivada de $F$.
  • Resuelve el problema de condiciones iniciales $$y^{\prime \prime}+2y’+2y=f(t); \,\,\,\,\, y(0)=0, \,\,\,\,\, y'(0)=1$$ donde $$f(t)= \begin{cases} 1 & \pi \leq t < 2\pi \\ 0 & 0 \leq t < \pi \ , t \geq 2\pi. \end{cases} $$

Más adelante

Con esta entrada concluimos el estudio a las ecuaciones diferenciales de segundo orden. Como mencionamos en esta entrada, toda la teoría desarrollada en la segunda unidad se puede extender a ecuaciones de orden $n>2$. Sin embargo, a partir de la tercera unidad utilizaremos un método distinto para resolver ecuaciones de orden $n\geq2$.

Lo primero que haremos en la siguiente entrada será transformar una ecuación diferencial que orden $n\geq2$ en un sistema de $n$ ecuaciones diferenciales de primer orden, hablaremos de las ventajas de hacer esta transformación y daremos una introducción a los sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden, que será el objeto de estudio de la tercera unidad del curso.

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Ecuaciones Diferenciales I: Soluciones a ecuaciones diferenciales de orden superior

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Introducción

En la entrada anterior comenzamos a estudiar los problemas con valores iniciales (PVI) y problemas con valores en la frontera (PVF), ambos para el caso de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. Vimos también que si $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{k}$ son $k$ soluciones de una ecuación homogénea de $n$-ésimo orden en un intervalo $\delta$, entonces la combinación lineal

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

donde las $c_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, k$ son constantes, también es solución en el intervalo $\delta$, este resultado es conocido como principio de superposición y nuestro propósito en esta entrada es estudiar las propiedades de todas estas soluciones donde la independencia lineal de las funciones jugará un papel muy importante en la construcción del conjunto fundamental de soluciones y de la solución general.

Es importante tener presente el concepto de conjunto fundamental de soluciones presentado en la entrada anterior.

Soluciones a ecuaciones diferenciales lineales de orden superior

Estamos interesados en soluciones linealmente independientes de una ecuación diferencial lineal homogénea de orden superior de la forma

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

Al intentar responder la pregunta de si el conjunto de $n$ soluciones $\{y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}\}$ de (\ref{2}) es linealmente independiente podemos apelar directamente a la definición de independencia lineal, sin embargo esta pregunta se puede responder de una forma mecánica usando un determinante llamado el Wronskiano.

El Wronskiano es una herramienta que podemos utilizar para determinar si el conjunto de soluciones de la ecuación diferencial (\ref{2}) es un conjunto linealmente independiente y la forma de hacerlo es a través del siguiente teorema conocido como criterio para soluciones linealmente independientes.

Este teorema nos dice que sólo basta mostrar que el Wronskiano es distinto de cero para garantizar que el conjunto de soluciones $\{y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}\}$ es linealmente independiente y por tanto formará un conjunto fundamental de soluciones.

Al conjunto de soluciones linealmente independiente $\{y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}\}$ de la ecuación (\ref{2}) se le denomina fundamental porque, así como cualquier vector en $\mathbb{R}^{3}$ se puede expresar como una combinación lineal de los vectores linealmente independientes $\hat{i}, \hat{j}$ y $\hat{k}$, cualquier solución de una ecuación diferencial de la forma (\ref{2}) se puede expresar como una combinación lineal de las $n$ soluciones del conjunto fundamental, podemos decir que las soluciones $\{y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}\}$ son los bloques básicos para la solución general de la ecuación.

En el siguiente teorema se enuncia la forma general de la solución de la ecuación diferencial (\ref{2}).

Aterricemos estas ideas generales al caso de las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de segundo orden.

Ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden

Una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden es de la forma

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x)y = 0 \label{6} \tag{6}$$

Sobre esta ecuación desarrollaremos la siguiente teoría. Primero definamos el Wronskiano para el caso $n = 2$.

Ahora que conocemos la forma del Wronskiano para $n = 2$, demostremos el teorema de la solución general para el caso $n = 2$.

Demostración: Sea $y(x)$ una solución de la ecuación diferencial (\ref{6}) en el intervalo $\delta$ y sea $x_{0} \in \delta$, tal que

$y(x_{0}) = \alpha \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy}{dx}(x_{0}) = \beta$$

con $\alpha$ y $\beta$ constantes. Supongamos que existen $c_{1}$ y $c_{2}$ constantes tales que

$$\alpha = c_{1}y_{1}(x_{0}) + c_{2}y_{2}(x_{0}) \label{8} \tag{8}$$

y

$$\beta = c_{1} \dfrac{dy_{1}}{dx}(x_{0}) + c_{2} \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) \label{9} \tag{9}$$

esto debido a que por hipótesis $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ son soluciones de la ecuación diferencial y por tanto la combinación lineal también lo será. Aplicando el teorema de existencia y unicidad obtenemos que la solución $y(x)$ tiene que ser de la forma

$$y(x) = c_{1}y_{1} + c_{2}y_{2}$$

por lo que nuestro problema se reduce a demostrar que las constantes $c_{1}$ y $c_{2}$ existen.

Si multiplicamos a la ecuación (\ref{8}) por $\dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0})$ y a la ecuación (\ref{9}) por $y_{2}(x_{0})$ obtenemos lo siguiente, respectivamente.

$$\alpha \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) = c_{1}y_{1}(x_{0}) \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) + c_{2}y_{2}(x_{0}) \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) \label{10} \tag{10}$$

y

$$\beta y_{2}(x_{0}) = c_{1} y_{2}(x_{0}) \dfrac{dy_{1}}{dx}(x_{0}) + c_{2} y_{2}(x_{0}) \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) \label{11} \tag{11}$$

Restémosle a la ecuación (\ref{10}) la ecuación (\ref{11}).

\begin{align*}
\alpha \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) -\beta y_{2}(x_{0}) &= c_{1} y_{1}(x_{0}) \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) -c_{1} y_{2}(x_{0}) \dfrac{dy_{1}}{dx}(x_{0}) \\
&= c_{1} \left( y_{1}(x_{0}) \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) -y_{2}(x_{0}) \dfrac{dy_{1}}{dx}(x_{0}) \right) \label{12} \tag{12}
\end{align*}

Sabemos que el Wronskiano, en $x = x_{0}$, está definido como

$$W(y_{1}(x_{0}), y_{2}(x_{0})) = y_{1}(x_{0}) \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) -y_{2}(x_{0}) \dfrac{dy_{1}}{dx}(x_{0}) \label{13} \tag{13}$$

Por comodidad denotaremos a $W(y_{1}(x_{0}), y_{2}(x_{0}))$ como $W(x_{0})$. Entonces la ecuación (\ref{12}) se puede escribir de la siguiente manera.

$$\alpha \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) -\beta y_{2}(x_{0}) = c_{1} W(x_{0}) \label{14} \tag{14}$$

Debido a que por hipótesis $W(y_{1}, y_{2}) \neq 0$ para toda $x \in \delta$, en particular lo es en $x = x_{0}$, por tanto podemos despejar a la constante $c_{1}$ y así obtener un valor para dicha constante lo que muestra su existencia.

Para obtener la expresión de $c_{2}$ hacemos algo similar, multiplicamos a la ecuación (\ref{8}) por $\dfrac{dy_{1}}{dx}(x_{0})$ y a la ecuación (\ref{9}) por $y_{1}(x_{0})$ y repetimos el mismo procedimiento demostrando así que existe un valor para la constante $c_{2}$.

Como hemos encontrado valores para $c_{1}$ y $c_{2}$, entonces existen y por lo tanto la solución general a la ecuación (\ref{4}) es

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

$\square$

Ya hemos definido lo que es el conjunto fundamental de soluciones de una ecuación diferencial de orden $n$, para el caso $n = 2$ lo podemos definir de la siguiente manera.

Así, si encontramos un conjunto fundamental de soluciones $\{ y_{1}(x), y_{2}(x) \}$, entonces

$$W(y_{1}, y_{2}) \neq 0$$

para toda $x \in \delta$ y por tanto

$$y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x)$$

será la solución general de la ecuación diferencial (\ref{4}).

Del criterio para soluciones linealmente independientes se puede hacer notar que cuando $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}$ son $n$ soluciones de la ecuación diferencial (\ref{2}) en un intervalo $\delta$, el Wronskiano $W(y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n})$ es siempre igual a cero o nunca es cero en todo $\delta$. Vamos a demostrar este hecho para el caso $n = 2$.

Demostración: Como $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ son soluciones de la ecuación (\ref{6}), entonces

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy_{1}}{dx} + a_{0}(x)y_{1} = 0 \label{16} \tag{16}$$

y

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy_{2}}{dx} + a_{0}(x)y_{2} = 0 \label{17} \tag{17}$$

Si multiplicamos a la ecuación (\ref{16}) por $y_{2}$ y a la ecuación (\ref{17}) por $y_{1}$ obtenemos lo siguiente, respectivamente.

$$y_{2}a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + y_{2} a_{1}(x) \dfrac{dy_{1}}{dx} + y_{2}a_{0}(x)y_{1} = 0 \label{18} \tag{18}$$

y

$$y_{1}a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} + y_{1}a_{1}(x) \dfrac{dy_{2}}{dx} + y_{1}a_{0}(x)y_{2} = 0 \label{19} \tag{19}$$

A la ecuación (\ref{19}) vamos a restarle la ecuación (\ref{18}).

$$a_{2}(x) \left( y_{1} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} -y_{2}\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} \right) + a_{1}(x) \left( y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2}\dfrac{dy_{1}}{dx}\right) = 0 \label{20} \tag{20}$$

Sabemos que

$$W(y_{1}, y_{2}) = y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2}\dfrac{dy_{1}}{dx}$$

y notemos lo siguiente

\begin{align*}
\dfrac{dW}{dx} &= \dfrac{d}{dx} \left( y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2}\dfrac{dy_{1}}{dx}\right) \\
&= \dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{dy_{2}}{dx} + y_{1} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} -\dfrac{dy_{2}}{dx} \dfrac{dy_{1}}{dx} -y_{2} \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} \\
&= y_{1} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} -y_{2}\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}}
\end{align*}

Es decir,

$$\dfrac{dW}{dx} = y_{1} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} -y_{2}\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} \label{21} \tag{21}$$

En términos del Wronskiano la ecuación (\ref{20}) se puede escribir como

$$a_{2}(x) \dfrac{dW}{dx} + a_{1}(x) W = 0 \label{22} \tag{22}$$

Como $a_{2}(x) \neq 0$ para toda $x \in \delta$, entonces podemos definir la función

$$P(x) = \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)}$$

tal que la ecuación (\ref{22}) se pueda escribir como

$$\dfrac{dW}{dx} + P(x) W = 0 \label{23} \tag{23}$$

Esta resultado corresponde a una ecuación diferencial lineal homogénea de primer orden y ya sabemos que la solución es de la forma

$$W(x) = ke^{-\int{P(x)} dx}$$

de manera que hay dos posibilidades:

  • Si $k = 0 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} W(x) = 0, \hspace{0.5cm} \forall x \in \delta$
  • Si $k \neq 0 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} W(x) \neq 0, \hspace{0.5cm} \forall x \in \delta$

$\square$

El criterio para soluciones linealmente independientes nos garantiza que si el Wronskiano es distinto de cero, entonces el conjunto de soluciones es linealmente independiente en $\delta$, lo opuesto es cierto bajo ciertas condiciones, si el Wronskiano es igual a cero, entonces el conjunto de soluciones es linealmente dependiente. Demostremos este hecho.

Demostración: Por hipótesis

$$W(y_{1}(x), y_{2}(x)) = 0$$

$\forall x \in \delta$, es decir

$$y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2}\dfrac{dy_{1}}{dx} = 0 \label{24} \tag{24}$$

Consideremos el siguiente resultado.

$$\dfrac{d}{dx} \left( -\dfrac{y_{1}}{y_{2}} \right) = \dfrac{1}{y^{2}_{2}} \left( y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2}\dfrac{dy_{1}}{dx} \right) \label{25} \tag{25}$$

Donde hemos considerado la hipótesis $y_{2} \neq 0$. Si usamos la hipótesis (\ref{24}) obtenemos que

$$\dfrac{d}{dx} \left( -\dfrac{y_{1}}{y_{2}} \right) = 0$$

$\forall x \in \delta$, integrando esta ecuación obtenemos que

$$-\dfrac{y_{1}}{y_{2}} = -k$$

O bien,

$$y_{1}(x) = k y_{2}(x) \label{26} \tag{26}$$

con $k$ una constante. Esto demuestra que $y_{1}$ y $y_{2}$ son linealmente dependientes.

$\square$

Hay que tener muy presentes las hipótesis de este teorema, pues es posible que el Wronskiano sea cero aún cuando las funciones consideradas en un cierto intervalo sean linealmente independientes en él.

Como consecuencia del teorema anterior podemos establecer el criterio para soluciones linealmente independientes en el caso $n = 2$.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: En la entrada anterior de tarea moral tenías que verificar que las funciones

$$y_{1}(x) = e^{-3x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{4x}$$

forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} -12y = 0$$

en $\delta = (-\infty, \infty)$. Demostremos esto mismo usando los teoremas vistos anteriormente.

Solución: Consideremos las soluciones

$$y_{1}(x) = e^{-3x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{4x}$$

y sus respectivas derivadas

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = -3e^{-3x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = 4e^{4x}$$

Calculemos el Wronskiano.

\begin{align*}
W(y_{1}, y_{2}) = \begin{vmatrix}
e^{-3x} & e^{4x} \\
-3e^{-3x} & 4e^{4x} \\
\end{vmatrix} = e^{-3x}(4e^{4x}) -e^{4x}(-3e^{-3x}) = 7e^{-x} \neq 0
\end{align*}

Como

$$W(y_{1}, y_{2}) = 7 e^{-x} \neq 0$$

entonces $\{ y_{1}(x) = e^{-3x}, y_{2}(x) = e^{4x}\}$ forma un conjunto fundamental de soluciones y la solución general está dada por

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

$\square$

Con esto concluimos el estudio de algunas propiedades importantes de las soluciones a la ecuación diferencial lineal homogénea de orden superior, terminemos esta entrada con el estudio del caso no homogéneo.

Ecuaciones no homogéneas

La ecuación diferencial lineal no homogénea de $n$-ésimo orden es

$$a_{n}(x) \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n-1}(x) \dfrac{d^{n-1}y}{dx^{n-1}} + \cdots + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x)y = g(x) \label{27} \tag{27}$$

Nuestro objetivo es obtener la forma general de la solución de la ecuación no homogénea (\ref{27}) y estudiar algunas propiedades de las soluciones.

Si recordamos al operador polinomial

$$\mathcal{L} = a_{n}(x)D^{n} + a_{n -1}(x)D^{n -1} + \cdots + a_{1}(x)D + a_{0}(x) \label{28} \tag{28}$$

la definición anterior implica que

$$\mathcal{L}\{y_{p}\} = g(x) \label{29} \tag{29}$$

Veamos el siguiente resultado.

Demostración: Sea $y(x)$ la combinación lineal

$$y(x) = c_{1}y_{1} + c_{2}y_{2} + \cdots + c_{n}y_{n} + y_{p}$$

si aplicamos el operador polinomial, tenemos

\begin{align*}
\mathcal{L} \{y(x)\} &= \mathcal{L} \{c_{1}y_{1} + c_{2}y_{2} + \cdots + c_{n}y_{n} + y_{p}\} \\
&= c_{1}\mathcal{L}\{y_{1}\} + c_{2}\mathcal{L}\{y_{2}\} + \cdots + c_{n}\mathcal{L}\{y_{n}\} + \mathcal{L}\{y_{p}\} \\
&= 0 + g(x) \\
&= g(x)
\end{align*}

Ya que $\mathcal{L}\{y_{i}\} = 0$ para cada $i = 1, 2, \cdots, n$ por ser cada $y_{i}$ solución de la ecuación homogénea, mientras que $\mathcal{L}\{y_{p}\} = g(x)$ por ser solución de la ecuación no homogénea. Entonces, como

$$\mathcal{L} \{y(x)\} = g(x)$$

concluimos que la combinación lineal

$$y(x) = c_{1}y_{1} + c_{2}y_{2} + \cdots + c_{n}y_{n} + y_{p}$$

es solución de la ecuación diferencial no homogénea.

$\square$

¿Y qué ocurre si las soluciones $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}$ forman un conjunto fundamental de soluciones?. La respuesta es que la combinación lineal

$$y(x) = c_{1}y_{1} + c_{2}y_{2} + \cdots + c_{n}y_{n} + y_{p}$$

sería la solución general de la ecuación diferencial no homogénea (\ref{27}). Demostremos este resultado.

Demostración: Sea $y(x)$ la solución general de la ecuación no homogénea (\ref{27}) y sea $y_{p}(x)$ una solución particular de la misma ecuación, ambas definidas en el intervalo $\delta$, de manera que

$$\mathcal{L} \{ y(x)\} = \mathcal{L} \{ y_{p}(x)\} = g(x)$$

con $\mathcal{L}$ el operador polinomial (\ref{28}). Nuestro objetivo es encontrar la forma explícita de $y(x)$.

Definamos la función

$$h(x) = y(x) -y_{p}(x) \label{32} \tag{32}$$

y notemos lo siguiente.

\begin{align*}
\mathcal{L} \{ h(x) \} &= \mathcal{L} \{ y(x) -y_{p}(x) \} \\
&= \mathcal{L} \{ y(x) \} -\mathcal{L} \{ y_{p}(x) \} \\
&= g(x) -g(x) \\
&= 0
\end{align*}

Esto es,

$$\mathcal{L} \{ h(x) \} = 0$$

lo que significa que la función $h(x)$ es solución de la ecuación homogénea (\ref{2}) y por el teorema de la solución general de ecuaciones homogéneas podemos establecer que la función $h(x)$ tiene la siguiente forma.

$$h(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{n}y_{n}(x) \label{33} \tag{33}$$

Con $\{ y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n} \}$ un conjunto fundamental de soluciones. Sustituyendo (\ref{33}) en (\ref{32}) y despejando a la solución general $y(x)$ obtenemos finalmente que

$$y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{n}y_{n}(x) + y_{p}(x)$$

que es lo que queríamos demostrar.

$\square$

La diferencia entre las soluciones $(\ref{30})$ y $(\ref{31})$ es que en $(\ref{31})$ las $y_{i}, i = 1, 2, \cdots, n$ forman un conjunto fundamental de soluciones, es decir, son linealmente independientes entre sí, mientras que en (\ref{30}) no necesariamente forman una conjunto fundamental y sin embargo, también son solución de la ecuación (\ref{27}).

En el caso de las ecuaciones no homogéneas vemos que la solución general corresponde a la suma de la solución general de la ecuación homogénea asociada más una solución particular de la ecuación no homogénea. En este caso no homogéneo la solución general de la ecuación homogénea tiene un nombre particular.

Por tanto, resolver una ecuación lineal no homogénea implica resolver primero la ecuación homogénea asociada para obtener la función complementaria $y_{c}(x)$ y luego se encuentra una solución particular $y_{p}(x)$ de la ecuación no homogénea para finalmente sumarlas

$$y(x) = y_{c}(x) + y_{p}(x) \label{34} \tag{34}$$

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Probar que la función

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

definida en el intervalo $\delta = (-\infty, \infty)$, es la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 4y = 2 e^{2x} + 4x -12$$

Solución: Primero probemos que las funciones

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

forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada

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

Para ello veamos que $y_{1}$ y $y_{2}$ son soluciones de la ecuación homogénea y que son linealmente independientes, es decir, que $W(y_{1}, y_{2}) \neq 0$. Calculemos las derivadas.

$$y_{1} = e^{2x} \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{dy_{1}}{dx} = 2 e^{2x} \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} = 4 e^{2x}$$

$$y_{2} = xe^{2x} \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = e^{2x} + 2x e^{2x} \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} = 4 e^{2x} + 4x e^{2x}$$

De tarea moral muestra que ambas funciones son solución de la ecuación homogénea asociada, es decir, que

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

Ahora probemos que forman un conjunto fundamental de soluciones, para ello calculemos el Wronskiano.

\begin{align*}
W(y_{1}, y_{2}) = \begin{vmatrix}
e^{2x} & xe^{2x} \\
2 e^{2x} & e^{2x} + 2x e^{2x} \\
\end{vmatrix} = e^{2x}(e^{2x} + 2x e^{2x}) -xe^{2x}(2e^{2x}) = e^{4x} \neq 0
\end{align*}

Como $W(y_{1}, y_{2}) \neq 0$, $\forall x \in \delta$, por los teoremas vistos anteriormente concluimos que $\{y_{1} = e^{2x}, y_{2} = x e^{2x} \}$ forma un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada y que la solución general a dicha ecuación es

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

donde el subíndice $c$ indica que es la función complementaria.

Ahora verifiquemos que la función

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

es una solución particular de la ecuación no homogénea. Calculemos la primera y segunda derivada.

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = 2x e^{2x} + 2x^{2} e^{2x} + 1$$

$$\dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = 2 e^{2x} + 8x e^{2x} + 4x^{2} e^{2x}$$

Sustituyamos en la ecuación diferencial.

\begin{align*}
\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 4y &= (2 e^{2x} + 8x e^{2x} + 4x^{2} e^{2x}) -4(2x e^{2x} + 2x^{2} e^{2x} + 1) +4(x^{2} e^{2x} + x -2) \\
&= 2e^{2x} + (8x e^{2x} -8x e^{2x}) + (4x^{2} e^{2x} -8x^{2} e^{2x} + 4x^{2} e^{2x}) + 4x -12 \\
&= 2e^{2x} +4x -12
\end{align*}

Esto es,

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 4y = 2e^{2x} +4x -12$$

que justo corresponde a la ecuación diferencial no homogénea, por lo tanto, efectivamente $y_{p}$ es una solución particular.

Como $\{y_{1} = e^{2x}, y_{2} = x e^{2x} \}$ es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada y

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

es una solución particular de la ecuación no homogénea, por el teorema de la solución general de ecuaciones no homogéneas concluimos que la función

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

es la solución general de la ecuación no homogénea.

$\square$

Hay algo muy interesante que ocurre en el ejemplo anterior. Mostramos que la función

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

es una solución particular de la ecuación no homogénea

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 4y = 2e^{2x} +4x -12 = g(x)$$

Sin embargo, si haces los cálculos correspondientes notarás que la función

$$y_{p1}(x) = x^{2} e^{2x}$$

es una solución particular de la ecuación

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 4y = 2e^{2x} = g_{1}(x)$$

mientras que la función

$$y_{p2}(x) = x -2$$

es una solución particular de la ecuación

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

Así, si superponemos las soluciones particulares

$$y_{p}(x) = y_{p1}(x) + y_{p2}(x)$$

obtenemos en la ecuación diferencial la superposición de la funciones

$$g(x) = g_{1}(x) + g_{2}(x)$$

Lo anterior es efecto del principio de superposición para ecuaciones no homogéneas.

Demostración: Sea $\mathcal{L}$ el operador polinomial (\ref{28}) y sean $y_{pi}(x)$, $i = 1, 2, \cdots, k$, soluciones particulares de las ecuaciones no homogéneas

$$\mathcal{L} \{ y_{pi}(x) \} = g_{i}(x)$$

$i = 1, 2, \cdots, k$ respectivamente. Definamos la función

$$y_{p}(x) = y_{p1}(x) + y_{p2}(x) + \cdots + y_{pk}(x)$$

Nuestro objetivo es demostrar que la función $y_{p}(x)$ es una solución particular de la ecuación (\ref{37}), es decir, que se cumple que

$$\mathcal{L} \{ y_{p}(x) \} = g_{1}(x) + g_{2}(x) + \cdots + g_{k}(x)$$

En efecto

\begin{align*}
\mathcal{L} \{ y_{p}(x)\} &= \mathcal{L} \{ y_{p1}(x) + y_{p2}(x) + \cdots + y_{pk}(x) \} \\
&= \mathcal{L} \{ y_{p1}(x) \} + \mathcal{L} \{ y_{p2}(x) \} + \cdots + \mathcal{L} \{ y_{pk}(x) \} \\
&= g_{1}(x) + g_{2}(x) + \cdots + g_{k}(x)
\end{align*}

Con esto queda probado que

$$y_{p}(x) = y_{p1}(x) + y_{p2}(x) + \cdots + y_{pk}(x)$$

es solución de (\ref{37}).

$\square$

Realicemos un último ejemplo.

Ejemplo: Probar que

  • $y_{p1}(x) = -4x^{2} \hspace{0.5cm}$ es solución particular de $\hspace{0.5cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3\dfrac{dy}{dx} + 4y = -16x^{2} + 24x -8$,
  • $y_{p2}(x) = e^{2x} \hspace{0.9cm}$ es solución particular de $\hspace{0.5cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3\dfrac{dy}{dx} + 4y = 2e^{2x}$,
  • $y_{p3}(x) = xe^{x} \hspace{0.9cm}$ es solución particular de $\hspace{0.5cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3\dfrac{dy}{dx} + 4y = 2x e^{x} -e^{x}$.

y probar que la superposición

$$y(x) = y_{p1}(x) + y_{p2}(x) + y_{p3}(x) = -4x^{2} + e^{2x} + xe^{x}$$

es una solución de

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3\dfrac{dy}{dx} + 4y = -16x^{2} + 24x -8 + 2e^{2x} + 2xe^{x} -e^{x}$$

Solución: Sean

$$g_{1}(x) = -16x^{2} + 24x -8, \hspace{1cm} g_{2}(x) = 2e^{2x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} g_{3}(x) = 2x e^{x} -e^{x}$$

De tarea moral muestra que efectivamente,

$$\dfrac{d^{2}y_{p1}}{dx^{2}} -3\dfrac{dy_{p1}}{dx} + 4y_{p1} = g_{1}(x)$$

$$\dfrac{d^{2}y_{p2}}{dx^{2}} -3\dfrac{dy_{p2}}{dx} + 4y_{p2} = g_{2}(x)$$

$$\dfrac{d^{2}y_{p3}}{dx^{2}} -3\dfrac{dy_{p3}}{dx} + 4y_{p3} = g_{3}(x)$$

Por el principio de superposición para ecuaciones no homogéneas sabemos que la función

$$y(x) = y_{p1}(x) + y_{p2}(x) + y_{p3}(x)$$

es solución de la ecuación

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3\dfrac{dy}{dx} + 4y = g_{1}(x) + g_{2}(x) + g_{3}(x)$$

Por lo tanto, la función

$$y(x) = -4x^{2} + e^{2x} + xe^{x}$$

es solución de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3\dfrac{dy}{dx} + 4y = -16x^{2} + 24x -8 + 2e^{2x} + 2xe^{x} -e^{x}$$

Si gustas puedes calcular la primera y segunda derivada de $y(x)$ y verificar la ecuación anterior para asegurarte del resultado.

$\square$

Con esto concluimos nuestro estudio sobre algunas propiedades de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. En la siguiente entrada conoceremos un primer método para resolver ecuaciones diferenciales de segundo orden.

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. Dadas las soluciones de las siguientes ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de orden superior en el intervalo dado, calcular el Wronskiano para determinar si es un conjunto fundamental de soluciones y en caso de serlo dar la solución general.
  • $x^{3} \dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} + 6x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 4x \dfrac{dy}{dx} -4y = 0$, con soluciones

$\hspace{1cm} y_{1} = x, \hspace{0.6cm} y_{2} = \dfrac{1}{x^{2}}, \hspace{0.6cm} y_{3} = \dfrac{1}{x^{2}} \ln(x); \hspace{1cm} \delta = (0, \infty)$.

  • $\dfrac{d^{4}y}{dx^{4}} + \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = 0$, con soluciones

$\hspace{1cm} y_{1} = 1, \hspace{0.6cm} y_{2} = x, \hspace{0.6cm} y_{3} = \cos(x), \hspace{0.6cm} y_{4} = \sin(x); \hspace{1cm} \delta = (\infty, \infty)$.

  1. Dadas las soluciones de las siguientes ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de orden superior en el intervalo dado, probar que se trata de la solución general de la ecuación.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -7 \dfrac{dy}{dx} + 10y = 24 e^{x}$, con solución

$\hspace{1cm} y(x) = c_{1} e^{2x} + c_{2} e^{5x} + 6 e^{x}; \hspace{1cm} \delta = (\infty, \infty)$.

  • $2x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 5x \dfrac{dy}{dx} + y = x^{2} -x$, con solución

$\hspace{1cm} y(x) = c_{1} \dfrac{1}{\sqrt{x}} + c_{2} \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{15}x^{2} -\dfrac{1}{6}x; \hspace{1cm} \delta = (0, \infty)$.

  1. Comprobar que las funciones $$y_{p1}(x) = 3 e^{2x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{p2}(x) = x^{2} + 3x$$ son, respectivamente, soluciones particulares de $$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6\dfrac{dy}{dx} + 5y = -9 e^{2x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6\dfrac{dy}{dx} + 5y = 5x^{2} + 3x -16$$
  1. Usando el ejercicio anterior, encontrar la solución particular de las siguientes ecuaciones.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6\dfrac{dy}{dx} + 5y = 5x^{2} + 3x -16 -9 e^{2x}$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6\dfrac{dy}{dx} + 5y = -10x^{2} -6x +32 + e^{2x}$

Más adelante…

Ahora que ya conocemos algunas propiedades de las ecuaciones diferenciales de orden superior y sus soluciones, en particular de las ecuaciones lineales de segundo orden, es momento de comenzar a desarrollar los distintos métodos de resolución de estas ecuaciones diferenciales.

En la siguiente entrada comenzaremos con un método que permite reducir una ecuación de segundo orden en una ecuación de primer orden, de tal manera que podremos resolverla aplicando alguno de los métodos vistos en la unidad anterior. No es casualidad que dicho método se conozca como método de reducción de orden.

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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Ecuaciones de Chebyshev e hipergeométrica

Por Eduardo Vera Rosales

Introducción

En las entradas anteriores hemos estudiado y encontrado soluciones en forma de series a algunas ecuaciones especiales de segundo orden. Hasta el momento hemos revisado las ecuaciones de Hermite, Laguerre, Bessel y Legendre, y para finalizar esta serie de entradas, echaremos un vistazo a la ecuación de Chebyshev que debe su nombre al matemático Pafnuty Chebyshev, y a la ecuación hipergeométrica.

Primero encontraremos la solución general a la ecuación de Chebyshev, la cual tiene la forma $$(1-t^{2})\frac{d^{2}y}{dt^{2}}-t\frac{dy}{dt}+\lambda^{2}y=0$$ con $\lambda$ constante y $|t|<1$, alrededor del punto ordinario $t_{0}=0$. Como hicimos para las ecuaciones de Hermite y Legendre, haremos mención de la relación que guarda la solución general con los polinomios de Chebyshev.

Posteriormente revisaremos la ecuación hipergeométrica que es de la forma $$t(1-t)\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+(\gamma-(1+\alpha+\beta)t)\frac{dy}{dt}-\alpha \beta y=0$$ con $\alpha$, $\beta$ constantes. Veremos que $t_{0}=0$ es un punto singular regular, encontraremos la ecuación indicial de manera general, es decir, para cualesquiera $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$, y para finalizar resolveremos la ecuación para valores fijos de las constantes antes mencionadas.

Con este par de ecuaciones diferenciales finalizaremos la revisión de estas ecuaciones especiales, y entraremos a la recta final de la segunda unidad.

Ecuación de Chebyshev

En el video encontramos la solución general a la ecuación de Chebyshev alrededor del punto ordinario $t_{0}=0$, y mencionamos la relación que tiene la solución general encontrada con los polinomios que llevan el mismo nombre.

Ecuación hipergeométrica

En el último video de esta entrada probamos que $t_{0}=0$ es un punto singular regular para la ecuación hipergeométrica, posteriormente encontramos la ecuación indicial asociada, y posteriormente encontramos una solución a la ecuación diferencial cuando $\gamma=\frac{1}{2}$.

Tarea moral

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

  • Investiga los cuatro primeros polinomios de Chebyshev. Prueba que son solución particular a la ecuación de Chebyshev para $\lambda=0,1,2,3$, respectívamente.
  • Encuentra la solución general a la ecuación de Chebyshev para $\lambda=-1$.
  • En el segundo video mencionamos que para $\gamma=\frac{1}{2}$ la ecuación indicial asociada a la ecuación hipergeométrica tiene raíces $r_{1}=\frac{1}{2}$, $r_{2}=0$, y encontramos una primera solución usando $r_{1}$. Encuentra una segunda solución usando $r_{2}$ (encuentra al menos los primeros tres coeficientes de la serie solución).
  • Encuentra una solución a la ecuación hipergeométrica cuando $\alpha=1$, $\beta=1$, $\gamma=0$.

Más adelante

Con esta entrada finalizamos la revisión de algunas ecuaciones diferenciales especiales de segundo orden que se resuelven por los métodos de series estudiados anteriormente.

Casi concluimos la segunda unidad del curso, pero antes estudiaremos un poco el concepto de la transformada de Laplace, veremos algunas de sus principales propiedades y utilizaremos esta transformada para resolver ecuaciones de segundo orden con coeficientes constantes.

¡Hasta la próxima!

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Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones diferenciales de orden superior

Por Omar González Franco

Las matemáticas expresan valores que reflejan el cosmos, incluyendo
el orden, equilibrio, armonía, lógica y belleza abstracta.
– Deepak Chopra

Introducción

¡Bienvenidos a la segunda unidad del curso de Ecuaciones Diferenciales I!.

En la primera unidad estudiamos las ecuaciones diferenciales lineales y no lineales de primer orden, en esta unidad estudiaremos las ecuaciones diferenciales de orden superior a uno, en particular las ecuaciones lineales de segundo orden.

Anteriormente vimos que las ecuaciones diferenciales se pueden clasificar por orden, el cual corresponde al orden de la derivada más alta presente en la ecuación diferencial. A las ecuaciones diferenciales de orden mayor a uno se le conocen como ecuaciones diferenciales de orden superior. Nuestro enfoque en esta unidad serán las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden, pero antes de desarrollar los distintos métodos de resolución es necesario establecer una serie de conceptos y teoremas que sustentarán a dichos métodos.

Si bien, la segunda unidad tratará sobre las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden, gran parte de esta teoría preliminar la desarrollaremos para el caso general en el que el orden de la ecuación es $n$, con $n$ un número entero mayor a uno, así sólo será suficiente fijar $n = 2$ para referirnos a las ecuaciones de segundo orden.

Ecuaciones Diferenciales lineales de orden superior

Recordemos que una ecuación diferencial de $n$-ésimo orden en su forma general es

$$F(x, y, y^{\prime}, \cdots, y^{(n)}) = 0 \label{1} \tag{1}$$

Donde $F$ es una función con valores reales de $n + 2$ variables. La ecuación (\ref{1}) se puede escribir en su forma normal como

$$\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} = f(x, y, y^{\prime}, \cdots, y^{(n -1)}) \label{2} \tag{2}$$

Con $f$ una función continua con valores reales. Para el caso en el que la ecuación es lineal, una ecuación diferencial de $n$-ésimo orden se puede escribir como

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

Satisfaciendo las propiedades que ya conocemos. La ecuación (\ref{3}) es una ecuación no homogénea, en el caso en el que $g(x) = 0$, decimos que la ecuación es homogénea.

$$a_{n}(x) \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n-1}(x) \dfrac{d^{n-1}y}{dx^{n-1}} + \cdots + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x)y = 0 \label{4} \tag{4}$$

Las ecuaciones (\ref{3}) y (\ref{4}) serán, entonces, el tipo de ecuaciones sobre la cual desarrollaremos esta teoría preliminar.

Para comenzar estudiemos los problemas con valores iniciales y problemas con valores en la frontera en el caso de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior.

Problema con valores iniciales para ecuaciones lineales

En la unidad anterior definimos lo que es un problema con valores iniciales, esta definición fue general, definamos ahora lo que es un problema con valores iniciales para el caso en el que la ecuación es lineal.

Para el caso de segundo orden ya hemos mencionado que geométricamente un PVI involucra obtener una curva solución que pase por el punto $(x_{0}, y_{0})$ y la pendiente en dicho punto sea $m = y_{1}$.

Enunciaremos, sin demostrar, el teorema de existencia y unicidad que contiene las condiciones suficientes para la existencia y unicidad de una solución de un PVI de $n$-ésimo orden para el caso de las ecuaciones lineales.

Podemos enunciar el teorema de existencia y unicidad para el caso de las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden ($n = 2$) de la siguiente manera.

No demostraremos este teorema, pero es importante notar que dentro del enunciado hemos escrito la definición de PVI para el caso $n = 2$ (segundo orden). Veamos un ejemplo en donde apliquemos este último teorema.

Ejemplo: Probar que la función

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

es solución al PVI

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4y = 12x; \hspace{1cm} y(0) = 4, \hspace{0.5cm} y^{\prime}(0) = 1$$

y además es única.

Solución: Primero probemos que es solución al PVI, para ello veamos que satisface la ecuación diferencial y además cumple con las condiciones iniciales.

La función dada es

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

La primera y segunda derivada de esta función son, respectivamente

$$\dfrac{dy}{dx} = y^{\prime}(x) = 6 e^{2x} -2 e^{-2x} -3 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = y^{\prime \prime}(x) = 12 e^{2x} + 4e^{-2x}$$

Notemos que

\begin{align*}
\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4y &= (12 e^{2x} + 4e^{-2x}) -4(3 e^{2x} + e^{-2x} -3x) \\
&= 12 e^{2x} + 4e^{-2x} -12 e^{2x} -4e^{-2x} + 12x \\
&= 12x
\end{align*}

Esto es,

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4y = 12x$$

La función satisface la ecuación diferencial. Verifiquemos que satisface las condiciones iniciales.

En la solución evaluemos $x = 0$.

$$y(0) = 3 e^{0} + e^{0} -0 = 3 + 1 = 4 \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} y(0) = 4$$

Se cumple la primera condición inicial. Ahora, en la derivada de la función evaluemos en $x = 0$.

$$y^{\prime}(0) = 6 e^{0} -2 e^{0} -3 = 6 -2 -3 = 1 \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} y^{\prime}(0) = 1$$

Se cumple la segunda condición inicial. Por lo tanto, la función dada es solución al PVI.

Es claro que el intervalo de solución es $\delta = (-\infty, \infty)$ y que $x_{0} = 0 \in \delta.$ Como $a_{2}(x) = 1 \neq 0, a_{0}(x) = -4$ y $g(x) = 12x$ son funciones continuas en $\delta$, por el teorema de existencia y unicidad para ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden concluimos que la función $y(x) = 3 e^{2x} + e^{-2x} -3x$ es una solución única.

$\square$

Al haber aumentado el orden de las ecuaciones diferenciales aparece un nuevo problema que estudiaremos a continuación.

Problema con valores en la frontera

En el estudio de las ecuaciones diferenciales de orden superior existe otro problema similar al PVI conocido como problema con valores en la frontera (PVF) en el que se busca resolver una ecuación diferencial de orden dos o mayor, tal que la variable dependiente y/o sus derivadas se especifican en distintos puntos.

Para que quede claro este concepto definiremos un problema con valores en la frontera para el caso de una ecuación diferencial lineal de segundo orden y siguiendo esta misma idea es que se puede definir para una ecuación de orden superior a dos.

Así, resolver un PVF es hallar una función $y(x)$ que satisfaga la ecuación diferencial en algún intervalo $\delta$ que contiene a $a$ y $b$ y que cuya curva solución pase por los puntos $(a, y_{0})$ y $(b, y_{1})$.

La razón por la que definimos un PVF para el caso de una ecuación diferencial de segundo orden es porque es posible hacer notar que otros pares de condiciones en la frontera pueden ser

$$y^{\prime}(a) = y_{0} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y(b) = y_{1}$$

$$y(a) = y_{0} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y^{\prime}(b) = y_{1}$$

$$y^{\prime}(a) = y_{0} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y^{\prime}(b) = y_{1}$$

Sin embargo, las condiciones en la frontera presentadas son sólo casos particulares de las condiciones en la frontera generales

\begin{align*}
\alpha_{1} y(a) + \beta_{1} y^{\prime}(a) &= \gamma_{1} \\
\alpha_{2} y(b) + \beta_{2} y^{\prime}(b) &= \gamma_{2}
\end{align*}

Es así que aumentando el orden de la ecuación, las combinaciones de pares de condiciones en la frontera aumentan.

A diferencia de un PVI en el que si existe una solución, entonces ésta es única, en un PVF pueden existir varias soluciones distintas que satisfacen las mismas condiciones en la frontera, o bien, puede sólo existir una solución única o no tener ninguna solución. Veamos un ejemplo que muestre este hecho.

Ejemplo: Probar que la función general

$$y(x) = c_{1}x^{2} + c_{2}x^{4} + 3$$

es solución de la ecuación diferencial

$$x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -5x \dfrac{dy}{dx} + 8y = 24$$

y además, de acuerdo a las condiciones en la frontera dadas a continuación, se cumplen las siguientes propiedades:

  • $y(-1) = 0, \hspace{0.5cm} y(1) = 4 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm}$ No existe una solución.
  • $y(0) = 3, \hspace{0.8cm} y(1) = 0 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm}$ Existen infinitas soluciones.
  • $y(1) = 3, \hspace{0.8cm} y(2) = 15 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm}$ Existe una única solución.

Solución: De tarea moral verifica que la función dada es solución de la ecuación diferencial. Más adelante estudiaremos los métodos de resolución de este tipo de ecuaciones diferenciales, de manera que seremos capaces de obtener esta función y probar, de hecho, que es la solución general. Por ahora sólo verifica que es solución.

Una vez comprobado que $y(x)$ es solución apliquemos las condiciones de frontera de cada caso y veamos que ocurre con la solución.

  • Caso 1: $\hspace{0.5cm} y(-1) = 0, \hspace{0.5cm} y(1) = 4$

$$y(-1) = c_{1}(-1)^{2} + c_{2}(-1)^{4} + 3 = c_{1} + c_{2} + 3 = 0 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} c_{1} + c_{2} = -3$$

$$y(1) = c_{1}(1)^{2} + c_{2}(1)^{4} + 3 = c_{1} + c_{2} + 3 = 4 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} c_{1} + c_{2} = 1$$

De ambas condiciones de la frontera obtenemos que $c_{1} + c_{2} = -3$ y a la vez $c_{1} + c_{2} = 1$ lo cual es imposible, por lo tanto en este caso NO existe una solución al PVF.

  • Caso 2: $\hspace{0.5cm} y(0) = 3, \hspace{0.5cm} y(1) = 0$

$$y(0) = c_{1}(0)^{2} + c_{2}(0)^{4} + 3 = 3 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} y(0) = 3$$

$$y(1) = c_{1}(1)^{2} + c_{2}(1)^{4} + 3 = c_{1} + c_{2} + 3 = 0 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} c_{1} + c_{2} = -3$$

Vemos que la primer condición de frontera se cumple y aplicando la segunda obtenemos que $c_{1} + c_{2} = -3$ de donde $c_{2} = -(c_{1} +3)$, sustituyendo en la solución $y(x)$ obtenemos la función

$$y(x) = c_{1}x^{2} -(c_{1} +3) x^{4} + 3$$

Donde $c_{1}$ es un parámetro libre, lo que indica que en este caso existen infinitas soluciones, una por cada posible valor de $c_{1}$.

  • Caso 3: $\hspace{0.5cm} y(1) = 3, \hspace{0.5cm} y(2) = 15$

$$y(1) = c_{1}(1)^{2} + c_{2}(1)^{4} + 3 = c_{1} + c_{2} + 3 = 3 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} c_{1} + c_{2} = 0$$

$$y(2) = c_{1}(2)^{2} + c_{2}(2)^{4} + 3 = 4c_{1} + 16c_{2} + 3 = 15 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} c_{1} + 4c_{2} = 3$$

De ambas condiciones de frontera obtenemos el sistema de ecuaciones

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

De la primer ecuación obtenemos que $c_{1} = -c_{2}$, sustituyendo en la segunda ecuación obtenemos

$$-c_{2} + 4c_{2} = 3c_{2} = 3$$

de donde $c_{2} = 1$ y por tanto $c_{1} = -1$. Sustituyendo en la solución $y(x)$ obtenemos la función

$$y(x) = -x^{2} + x^{4} + 3$$

Por lo tanto, al ser una función sin parámetros, la solución es única.

$\square$

A continuación estudiaremos algunos operadores importantes que nos ayudarán en las posteriores demostraciones de algunos teoremas importantes, además de que nos serán de utilidad en cuestiones de notación.

Operadores Diferenciales

Comencemos por definir el operador de derivada.

Con ayuda del operador diferencial podemos escribir la derivada de una función $y(x)$ como

$$Dy = \dfrac{dy}{dx} = y^{\prime}(x) \label{7} \tag{7}$$

En el entendido que $D$ opera sobre la variable independiente de $y$, en este caso de $x$.

Por ejemplo, ahora podemos escribir

$$D \{ 2x \sin(x) \} = 2 \sin(x) + 2x \cos(x)$$

Usando el operador diferencial, las expresiones de las derivadas de orden superior se pueden escribir como

$$\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{dy}{dx} \right) = \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = D(Dy) = D^{2}y \label{8} \tag{8}$$

Y de manera general

$$\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} = D^{n}y \label{9} \tag{9}$$

Sabemos que la derivada es lineal (en el contexto del álgebra lineal), por tanto el operador diferencial también satisface las propiedades de linealidad:

  • $D \{ f(x) + g(x) \} = D \{f(x) \} + D \{g(x) \}$
  • $D \{cf(x) \} = cD \{f(x) \}$

Por otro lado, una ecuación diferencial como

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2\dfrac{dy}{dx} + 5y = 0$$

se puede escribir en términos del operador diferencial como

$$D^{2}y -2Dy +5y = (D^{2} -2D +5)y = 0$$

Observamos que el lado izquierdo de ésta última expresión corresponde a una expresión polinomial en la que interviene el operador $D$, estas expresiones polinomiales son también un operador diferencial y tiene un nombre particular.

Debido a que el operador polinomial esta definido con operadores diferenciales $D$, las propiedades de linealidad de $D$ le atribuyen a $\mathcal{L}$ linealidad. Más general, $\mathcal{L}$ operando sobre una combinación lineal de dos funciones derivables es lo mismo que la combinación lineal de $\mathcal{L}$ operando en cada una de las funciones, esto es

$$\mathcal{L} \{ \alpha f(x) + \beta g(x) \} = \alpha \mathcal{L} \{f(x) \} + \beta \mathcal{L} \{g(x) \} \label{11} \tag{11}$$

Una primera ventaja de usar el operador polinomial es que las ecuaciones (\ref{3}) y (\ref{4}) se pueden escribir como

$$\mathcal{L}(y) = g(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \mathcal{L}(y) = 0$$

respectivamente.

A continuación el operador polinomial nos será de mucha utilidad.

Principio de superposición

Es posible obtener varias soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea (\ref{4}) y si sumamos o superponemos todas estas soluciones veremos que dicha función es también solución de la ecuación diferencial. Este hecho se muestra en el siguiente resultado conocido como principio de superposición para ecuaciones homogéneas.

Demostración: Sea $\mathcal{L}$ el operador polinomial (\ref{10}) de $n$-ésimo orden y sean $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{k}$ soluciones de la ecuación homogénea (\ref{4}) en el intervalo $\delta$. Definamos la combinación lineal

$$y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{k}y_{k}(x)$$

con $c_{i}$, $i = 1,2, \cdots, k$ constantes arbitrarias. Notemos que

$$\mathcal{L}(y) = \mathcal{L} \{ c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{k}y_{k}(x) \}$$

Por la linealidad de $\mathcal{L}(y)$ (\ref{11}), se tiene

$$\mathcal{L}(y) = c_{1} \mathcal{L} \{ y_{1}(x) \} + c_{2} \mathcal{L} \{ y_{2}(x) \} + \cdots + c_{k} \mathcal{L} \{ y_{k}(x) \}$$

Pero cada $y_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, k$ es solución de (\ref{4}), entonces

$$\mathcal{L}(y_{i}) = 0$$

para todo $i = 1, 2, \cdots, k$, así la expresión anterior se reduce a lo siguiente.

$$\mathcal{L}(y) = c_{1} 0 + c_{2} 0 + \cdots + c_{k} 0 = 0$$

Por lo tanto

$$\mathcal{L}(y) = 0$$

es decir, la combinación lineal

$$y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{k}y_{k}(x)$$

es también solución de la ecuación diferencial homogénea (\ref{4}).

$\square$

Dos corolarios importantes del teorema anterior son los siguientes.

Demostración: Consideremos la función $y = c_{1}y_{1}(x)$, aplicando el operador polinomial $\mathcal{L}$, tenemos

$$\mathcal{L}(y) = \mathcal{L} \{ c_{1}y_{1}(x) \} = c_{1} \mathcal{L} \{ y_{1}(x) \} = 0$$

Ya que $y_{1}(x)$ es solución de la ecuación homogénea, es decir, $\mathcal{L} \{y_{1} \} = 0 $. Por lo tanto la función $y(x) =c_{1}y_{1}(x)$ es también solución de la ecuación diferencial homogénea.

$\square$

Usando el teorema anterior y la definición de $\mathcal{L}$ es clara la demostración, inténtalo.

Realicemos un ejemplo sobre el principio de superposición.

Ejemplo: Mostrar que las funciones

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

son soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea

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

en el intervalo $\delta = (0, \infty)$. Y mostrar que la combinación lineal

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

es también solución de la ecuación diferencial en el mismo intervalo.

Solución: De tarea moral verifica que las funciones por separado

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

son soluciones de la ecuación diferencial en el intervalo $\delta = (0, \infty)$.

Una vez asegurado que ambas funciones son solución, de acuerdo al principio de superposición, la combinación lineal de ambas funciones

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

debe ser también solución de la ecuación diferencial, veamos que es así. Para ello calculemos la primera, segunda y tercera derivada. Para la primer derivada tenemos

$$\dfrac{dy}{dx} = 2c_{1}x + 2c_{2}x \ln(x) + c_{2} x$$

La segunda derivada es

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = 2c_{1} + 2c_{2} \ln(x) + 3c_{2}$$

Finalmente, la tercer derivada es

$$\dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} = \dfrac{2c_{2}}{x}$$

Sustituyendo los valores correspondientes en la ecuación diferencial, tenemos

\begin{align*}
x^{3} \dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} -2x \dfrac{dy}{dx} + 4y &= x^{3} \left( \dfrac{2c_{2}}{x} \right) -2x \left( 2c_{1}x + 2c_{2}x \ln(x) + c_{2} x \right) + 4 \left( c_{1} x^{2} + c_{2} x^{2} \ln(x) \right) \\
&= 2c_{2}x^{2} -4c_{1}x^{2} -4c_{2}x^{2} \ln(x) -2c_{2} x^{2} + 4c_{1} x^{2} + 4c_{2} x^{2} \ln(x) \\
&= c_{1}(4x^{2} -4x^{2}) + c_{2} \left( 2x^{2} -2x^{2} + 4x^{2}\ln(x) -4x^{2}\ln(x) \right) \\
&= c_{1}(0) + c_{2}(0) \\
&= 0
\end{align*}

Hemos recuperado la ecuación diferencial

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

por lo tanto, la combinación lineal

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

es también solución de la ecuación diferencial verificando así el principio de superposición.

Es claro que la función $\ln(x)$ restringe los valores de $x$, de manera que el intervalo $\delta = (0, \infty)$ es el intervalo en el que la función $y(x)$ es continua.

$\square$

Dependencia e independencia lineal

El principio de superposición trae consigo el concepto de combinación lineal y, de álgebra lineal, sabemos que si un elemento de un espacio vectorial se puede escribir como combinación lineal de otros elementos del mismo espacio vectorial, decimos que dicho elemento es linealmente dependiente y si no es dependiente, entonces decimos que es linealmente independiente. Ahora es necesario definir estos conceptos en el contexto de las ecuaciones diferenciales lineales.

Podemos decir que un conjunto de funciones es linealmente independiente en un intervalo $\delta$ si las únicas constantes para las que

$$c_{1}f_{1}(x) + c_{2}f_{2}(x) + \cdots +c_{n}f_{n}(x) = 0, \hspace{1cm} \forall x \in \delta$$

son $c_{1} = c_{2} = \cdots = c_{n} = 0$.

Realicemos algunas observaciones para el caso $n = 2$.

Dos funciones $f_{1}(x), f_{2}(x)$ son linealmente dependientes en el intervalo $\delta$, donde ambas están definidas, si en dicho intervalo son proporcionales, esto es, si

$$f_{1}(x) = c_{1}f_{2}(x) \hspace{1cm} o \hspace{1cm} f_{2}(x) = c_{2}f_{1}(x) \label{14} \tag{14}$$

donde $c_{1}$ y $c_{2}$ son constantes distintas de cero, de esta manera, si $f_{1}(x)$ y $f_{2}(x)$ no son proporcionales en el intervalo $\delta$, entonces ambas funciones son linealmente independientes en dicho intervalo.

De las relaciones de proporcionalidad (\ref{14}) notamos que

$$\dfrac{f_{1}(x)}{f_{2}(x)} = c_{1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{f_{2}(x)}{f_{1}(x)} = c_{2} \label{15} \tag{15}$$

Con estas relaciones podemos establecer que $f_{1}(x)$ y $f_{2}(x)$ son linealmente dependientes en el intervalo $\delta$ si cada cociente es una constante a lo largo de todo el intervalo $\delta$ y, por otro lado, si los cocientes dependen de $x$ en el intervalo $\delta$, entonces las funciones $f_{1}(x)$ y $f_{2}(x)$ son linealmente independientes.

En definitiva, las funciones $f_{1}(x), f_{2}(x), \cdots, f_{n}(x)$ son linealmente dependientes en el intervalo $\delta$ si al menos una de ellas puede expresarse como combinación lineal de las otras. En caso contrario, las funciones son linealmente independientes.

Por ejemplo, dado el conjunto de funciones

$$f_{1}(x) = 4x^{3}, \hspace{0.5cm} f_{2}(x) = 2x^{2}, \hspace{0.5cm} f_{3}(x) = 8x^{3} + 12x^{2}$$

es sencillo darse cuenta que

$$f_{3}(x) = 2f_{1}(x) + 6f_{2}(x)$$

Por lo tanto, el conjunto de funciones es linealmente dependiente.

Ejemplo: Determinar si las funciones

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

son linealmente dependientes o linealmente independientes. Probar además que dichas funciones por separado son solución de la ecuación diferencial

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

y verificar que la combinación lineal

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

es también solución de la ecuación diferencial.

Solución: Como vimos, hay distintas formas de verificar si las funciones son linealmente dependientes o linealmente independientes, quizá la forma más práctica es observar si el cociente $\dfrac{y_{1}}{y_{2}}$ o $\dfrac{y_{2}}{y_{1}}$ es constante o dependiente de $x$ en el intervalo $\delta$ en el que ambas están definidas.

Observamos primero que ambas funciones

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

están definidas en todo $\mathbb{R}$, por tanto

$$\delta = (-\infty, \infty)$$

Ahora bien, notamos que

$$\dfrac{y_{1}}{y_{2}} = \dfrac{c_{1}}{c_{2} x}$$

O bien,

$$\dfrac{y_{2}}{y_{1}} = \dfrac{c_{2} x}{c_{1}}$$

Como podemos ver, ambos cocientes son dependientes de la variable independiente $x$. Por lo tanto, las funciones son linealmente independientes.

Ahora verifiquemos que cada función $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ es solución de la ecuación diferencial dada.

Para la primer función tenemos

$$y_{1}(x) = c_{1} e^{-x} \hspace{0.8cm} \Rightarrow \hspace{0.8cm} \dfrac{dy_{1}}{dx} = -c_{1} e^{-x} \hspace{0.8cm} \Rightarrow \hspace{0.8cm} \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} = c_{1} e^{-x}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

\begin{align*}
\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 2 \dfrac{dy}{dx} + y &= c_{1} e^{-x} + 2(-c_{1} e^{-x}) + c_{1} e^{-x} \\
&= 2c_{1} e^{-x} -2c_{1} e^{-x} \\
&= 0
\end{align*}

Esto es,

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

Por lo tanto, la función $y_{1}(x) = c_{1} e^{-x}$ satisface la ecuación diferencial.

Para la segunda función tenemos

$$y_{2}(x) = c_{2}x e^{-x} \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = c_{2} e^{-x} -c_{2}x e^{-x} \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} = -2c_{2} e^{-x} + c_{2}x e^{-x}$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

\begin{align*}
\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 2 \dfrac{dy}{dx} + y &= (-2c_{2} e^{-x} + c_{2}x e^{-x}) + 2(c_{2} e^{-x} -c_{2}x e^{-x}) + c_{2}x e^{-x} \\
&= -2c_{2} e^{-x} + c_{2}x e^{-x} + 2c_{2} e^{-x} -2c_{2}x e^{-x} + c_{2}x e^{-x} \\
&= (2c_{2} e^{-x} -2c_{2} e^{-x}) + (2c_{2}x e^{-x} -2c_{2}x e^{-x}) \\
&= 0
\end{align*}

Nuevamente

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

Por lo tanto, la función $y_{2}(x) = c_{2}x e^{-x}$ es también solución de la ecuación diferencial.

Ahora que sabemos que ambas funciones son solución de la ecuación diferencial, podemos aplicar el principio de superposición y concluir que la combinación lineal

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

es también solución de la ecuación diferencial. De tarea moral verifica que en efecto es solución.

$\square$

Para finalizar esta entrada definiremos un concepto sumamente importante y el cual estudiaremos con mayor detalle en la siguiente entrada.

En el ejemplo anterior mostramos que las funciones

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

son linealmente independientes y ambas por separado son solución de la ecuación diferencial homogénea

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

En general, al conjunto de $n$ soluciones linealmente independientes de una ecuación diferencial lineal homogénea de $n$-ésimo orden se le da el nombre de conjunto fundamental de soluciones.

Así, el conjunto $\{ y_{1}(x) = c_{1} e^{-x}, y_{2}(x) = c_{2}x e^{-x} \}$ es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial homogénea

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

en el intervalo $\delta = (-\infty, \infty)$.

En la siguiente entrada retomaremos este concepto.

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. Problemas con valores iniciales.
  • La solución general de la ecuación diferencial $$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -y = 0$$ es $$y(x) = c_{1} e^{x} + c_{2} e^{-x}$$ definida en $\delta = (-\infty, \infty)$. Determinar la solución particular que es solución al PVI dadas las condiciones iniciales $$y(0) = 0, \hspace{1cm} y^{\prime}(0) = 1$$
  • Dado que $$x(t) = c_{1} \cos(\omega t) + c_{2} \sin(\omega t)$$ es la solución general de $$x^{\prime \prime} + \omega^{2} x = 0$$ en el intervalo $(-\infty, \infty)$, demostrar que la solución que satisface las condiciones iniciales $x(0) = x_{0}$ y $x^{\prime}(0) = x_{1}$ esta dada por $$x(t) = x_{0} \cos(\omega t) + \dfrac{x_{1}}{\omega} \sin(\omega t)$$
  1. Problema con condiciones en la frontera.
  • La función $$y(x) = c_{1} e^{x} \cos(x) + c_{2} e^{x} \sin(x)$$ es una solución de la ecuación diferencial $$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2 \dfrac{dy}{dx} + 2y = 0$$ en el intervalo $(-\infty, \infty)$. Determinar si se puede encontrar una solución que satisfaga las siguientes condiciones en la frontera.

$$a) \hspace{0.1cm} y(0) = 1, \hspace{0.4cm} y^{\prime}(\pi) = 0; \hspace{1.5cm} b) \hspace{0.1cm} y(0) = 1, \hspace{0.4cm} y(\pi) = -1$$

$$c) \hspace{0.1cm} y(0) = 1, \hspace{0.4cm} y \left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 1; \hspace{1.2cm} d) \hspace{0.1cm} y(0) = 0, \hspace{0.4cm} y(\pi) = 0$$

  1. Determinar si los siguientes conjuntos de funciones son linealmente independientes en el intervalo $(-\infty, \infty )$.
  • $f_{1}(x) = x, \hspace{0.5cm} f_{2}(x) = x^{2}, \hspace{0.5cm} f_{3}(x) = 4x -3x^{2}$
  • $f_{1}(x) = 1+ x, \hspace{0.5cm} f_{2}(x) = x, \hspace{0.5cm} f_{3}(x) = x^{2}$
  • $f_{1}(x) = e^{x}, \hspace{0.5cm} f_{2}(x) = e^{-x}, \hspace{0.5cm} f_{3}(x) = \sinh (x)$
  1. Comprobar que las funciones dadas forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial en el intervalo que se indica y formar la solución general.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} -12y = 0; \hspace{1cm} y_{1} = e^{-3x}, \hspace{0.4cm} y_{2} = e^{4x}; \hspace{1cm} (-\infty, \infty)$
  • $4 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + y = 0; \hspace{1cm} y_{1} = e^{x/2}, \hspace{0.4cm} y_{2} = x e^{x/2}; \hspace{1cm} (-\infty, \infty)$
  • $x^{2} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6x \dfrac{dy}{dx} + 12y = 0; \hspace{1cm} y_{1} = x^{3}, \hspace{0.4cm} y_{2} = x^{4}; \hspace{1cm} (0, \infty)$

Más adelante…

Hemos comenzado nuestro estudio sobre las ecuaciones diferenciales de orden superior, vimos que, además del problema con valores iniciales, ahora nos enfrentamos a un nuevo problema conocido como problema con valores en la frontera. Definimos algunos operadores de interés y demostramos el principio de superposición. Finalmente, vimos que si las soluciones son funciones linealmente independientes, entonces forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial.

En la siguiente entrada estudiaremos algunas propiedades de las soluciones retomando el concepto de conjunto fundamental de soluciones. Veremos cuál es la forma de la solución general, la importancia de que las soluciones sean linealmente independientes y definiremos el concepto de Wronskiano, el cual será una herramienta muy importante para determinar la dependencia o independencia lineal de las soluciones.

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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Ecuaciones de Bessel y Legendre

Por Eduardo Vera Rosales

Introducción

En la entrada anterior comenzamos el estudio a algunas ecuaciones especiales de segundo orden que aparecen con frecuencia en otras áreas de estudio, principalmente en la física. En particular, encontramos soluciones por series a las ecuaciones de Hermite y Laguerre, y mencionamos cómo los polinomios de orden $n$ que llevan los mismos nombres son soluciones particulares a las ecuaciones diferenciales para $\lambda=n$, respectivamente.

Ahora es turno de revisar las ecuaciones de Bessel y Legendre, debidas a los matemáticos Friedrich Wilhelm Bessel y Adrien-Marie Legendre. Resolveremos la ecuación de Bessel alrededor del punto singular regular $t_{0}=0$ para algunos casos del valor $\lambda$. Por otra parte resolveremos la ecuación de Legendre alrededor del punto ordinario $t_{0}=0$, y mencionamos la relación de la ecuación de Legendre con los polinomios que llevan el mismo nombre.

Ecuación de Bessel

En el primer video hallamos la ecuación indicial para la ecuación de Bessel de orden $\lambda$ alrededor del punto singular regular $t_{0}=0$ $$t^{2}\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+t\frac{dy}{dt}+(t^{2}-\lambda^{2})y=0, \,\,\, t>0.$$ Posteriormente encontramos una solución a la misma ecuación cuando $\lambda=0$.

En el segundo video resolvemos la ecuación de Bessel de orden $\lambda=1$ bajo las mismas hipótesis del caso anterior.

Ecuación de Legendre

En el último video de la entrada resolvemos la ecuación de Legendre de forma general alrededor del punto ordinario $t_{0}=0$ y hacemos una importante observación acerca de las soluciones a dicha ecuación.

Tarea moral

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

  • Encuentra una segunda solución a la ecuación de Bessel de orden cero $$t^{2}\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+t\frac{dy}{dt}+t^{2}y=0$$ cerca del punto singular regular $t_{0}=0$, $t>0$.
  • Encuentra una segunda solución a la ecuación de Bessel de orden uno $$t^{2}\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+t\frac{dy}{dt}+(t^{2}-1)y=0$$ cerca del punto singular regular $t_{0}=0$, $t>0$.
  • Halla una solución a la ecuación de Bessel de orden $\frac{1}{2}$ $$t^{2}\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+t\frac{dy}{dt}+(t^{2}-\frac{1}{2})y=0$$ cerca del punto singular regular $t_{0}=0$, $t>0$.
  • Investiga los primeros cuatro polinomios de Legendre. Prueba que son solución particular a la ecuación de Legendre $$(1-t^{2})\frac{d^{2}y}{dt^{2}}-2t\frac{dy}{dt}+\lambda(\lambda+1)y=0$$ alrededor del punto ordinario $t_{0}=0$ para los valores $\lambda=0,1,2,3$, respectivamente.
  • Mediante el método de soluciones por series de potencias, halla una solución a la ecuación de Legendre con $\lambda=4$ $$(1-t^{2})\frac{d^{2}y}{dt^{2}}-2t\frac{dy}{dt}+20y=0.$$ En general, el $n$-ésimo polinomio de Legendre es solución a la ecuación de Legendre con $\lambda=n$.
  • Verifica que $t_{0}=1$ es un punto singular regular para la ecuación de Legendre y encuentra una solución cerca de $t_{0}=1$, $t>0$.

Más adelante

Hasta el momento hemos revisado cuatro de las seis ecuaciones especiales de segundo orden que vamos a estudiar. Finalizaremos esta serie de entradas revisando la ecuación de Chebyshev y la ecuación hipergeométrica.

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