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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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Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones diferenciales homogéneas con coeficientes constantes

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

Introducción

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

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

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

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

Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de primer orden con coeficientes constantes

En la primera unidad estudiamos las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de la forma

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

Si $a_{1}(x) \neq 0$ podemos definir

$$P(x) = \dfrac{a_{0}(x)}{a_{1}(x)}$$

y reescribir la ecuación anterior en su forma canónica como

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

Cuando estudiamos su método de resolución concluimos que la solución general de la ecuación (\ref{2}) es

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Factoricemos la función exponencial.

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

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

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

De donde

$$k = -\dfrac{b}{a}$$

Sustituyendo en la solución (\ref{7}), se tiene

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

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

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

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

$$8 \dfrac{dy}{dx} + 16y = 0$$

Solución: Al ser una ecuación con coeficientes constantes, sabemos que la solución es de la forma (\ref{7}). Sustituimos $y$ y su derivada $\dfrac{dy}{dx}$ en la ecuación diferencial.

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

De la última relación despejamos a $k$, obteniendo

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

Una solución de la ecuación diferencial es

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

Y por tanto su solución general en el intervalo $\delta = (-\infty, \infty)$ es

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

$\square$

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

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

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

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

Ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes

La ecuación diferencial que queremos resolver es de la forma

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

La dos raíces de la ecuación auxiliar son

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

El discriminante puede ser positivo, cero o negativo, en cada caso ocurre lo siguiente.

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

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

Caso 1: Discriminante positivo

La solución de la ecuación (\ref{11}) es de la forma

$$y = e^{kx}$$

Si el discriminante es positivo, entonces al resolver la ecuación auxiliar obtendremos dos raíces reales y distintas $k_{1}$ y $k_{2}$, de manera que se tendrán dos soluciones de la ecuación diferencial (\ref{11}), dichas soluciones son

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

Notemos lo siguiente.

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

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

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

Con

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

Caso 2: Discriminante igual a cero

En este caso como

$$\Delta = b^{2} -4ac = 0$$

entonces,

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

De esta manera sólo obtendremos una solución exponencial.

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

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

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

En este caso de coeficientes constantes si la ecuación (\ref{11}) la dividimos por la constante $a \neq 0$ obtenemos

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

Si definimos las constantes

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

la ecuación anterior se puede reescribir como

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

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

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

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

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

Usando (\ref{16}) y (\ref{19}), notamos que

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

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

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

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

Revisemos el último caso.

Caso 3: Discriminante negativo

Sabemos que

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

Si el discriminante es menor a cero definimos

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

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

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

y

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

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

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

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

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

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

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

De tarea moral demuestra que

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

y por tanto $\{ y_{1}, y_{2} \}$ forma un conjunto fundamental de soluciones, es así que la solución general está dada por la combinación lineal

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

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

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

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

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

es que podemos escribir las siguientes expresiones.

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

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

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

Estas ecuaciones nos servirán mas adelante ya que, dada la solución (\ref{28}), si ocurre que $c_{1} = c_{2} = 1$, entonces se obtiene la solución

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

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

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

Con estos resultados vemos que las funciones

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

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

En la primer entrada de esta segunda unidad demostramos que un múltiplo constante

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

de una solución $y_{1}$ de una ecuación diferencial lineal homogénea es también una solución, usando este resultado es que podemos asegurar que las funciones $C_{1}g(x)$ y $C_{2}h(x)$ son también solución. De tarea moral muestra que

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

Es decir, el Wronskiano de las soluciones es distinto de cero. De esta manera podemos afirmar que ambas funciones forman un conjunto fundamental de soluciones en cierto intervalo $\delta$ y, por lo tanto, podemos concluir que la solución general real de la ecuación diferencial (\ref{11}) en el caso en el que el discriminante es negativo es

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

Ejemplos

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

Ejemplo: Resolver el siguiente problema con valores iniciales.

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

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

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

Sustituimos en la ecuación diferencial.

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

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

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

Resolviendo para $k$, se tiene

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

De donde $k_{1} = 5$ y $k_{2} = -1$. Como ambas raíces son reales y distintas (y $\Delta = 36 > 0$), entonces la ecuación pertenece al caso 1 por lo que podemos afirmar que la solución es de la forma (\ref{15}).

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

La derivada es

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

Apliquemos las condiciones iniciales.

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

Resolviendo el sistema de ecuaciones obtendremos que

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

Por lo tanto, la solución particular del PVI es

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

$\square$

Ejemplo: Resolver el siguiente problema con valores en la frontera.

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

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

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

Sustituimos en la ecuación diferencial.

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

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

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

Resolviendo para $k$, se tiene

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

Notamos que $k_{1} = k_{2} = 5$, es decir, son raíces reales e iguales ($\Delta = 0$), por lo que estamos situados en el segundo caso y la solución está dada por la ecuación (\ref{20}).

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

Apliquemos las condiciones en la frontera.

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

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

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

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

$\square$

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial

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

Solución: Considerando la solución $y= e^{kx}$, calculando su primera y segunda derivada y sustituyendo en la ecuación diferencial obtendremos que la ecuación auxiliar es

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

Resolviendo para $k$, tenemos

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

Las raíces son

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

Así mismo, identificamos que $\alpha = -1$ y $\beta = \sqrt{2}$. Al tratarse de raíces complejas notamos que corresponde al caso 3 y su solución compleja esta dada, de acuerdo a la ecuación (\ref{28}), como

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

Sin embargo, una solución real es mucho más práctica de forma que si consideramos la ecuación (\ref{35}) concluimos que la solución general real de la ecuación diferencial es

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

$\square$

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial

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

Solución: Considerando la solución $y= e^{kx}$, calculando su primera y segunda derivada y sustituyendo en la ecuación es como obtendremos que la ecuación auxiliar es

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

Resolvamos para $k$.

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

En este caso

$$k_{1} = k_{2} = -\dfrac{1}{2}$$

es decir, las raíces son reales e iguales, de manera que estamos en el caso dos y por lo tanto la solución general es

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

$\square$

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial

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

Solución: Repitiendo el mismo paso de siempre obtenemos que la ecuación auxiliar es

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

Resolviendo para $k$, tenemos

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

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

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

$\square$

Uno más

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 8\dfrac{dy}{dx} + 16y = 0$$

Solución: La ecuación auxiliar en este caso es

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

Las raíces se obtienen de hacer

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

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

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

$\square$

Revisemos dos ecuaciones con una forma particular.

Dos ecuaciones particulares

Las ecuaciones diferenciales

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

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

Comencemos con la ecuación diferencial

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

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

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

cuyas raíces son complejas y están dadas por

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

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

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

Ejemplo: Obtener la solución general de la ecuación diferencial

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

Solución: La ecuación a resolver es de la forma (\ref{36}) con $m = 3$. La ecuación auxiliar en este caso es

$$k^{2} + 9 = 0$$

De donde $k_{1} = i3$ y $k_{2} = -i3$, es decir, $\alpha = 0, \beta = m = 3$. De acuerdo a la ecuación (\ref{37}), la solución general de la ecuación diferencial es

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

$\square$

Para el caso de la ecuación diferencial

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

La ecuación auxiliar es

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

cuyas raíces son

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

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

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

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

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

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

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

Se puede comprobar que $W(y_{1}, y_{2}) \neq 0$, lo que prueba que ambas soluciones son linealmente independientes en algún intervalo $\delta$. Este análisis nos permite establecer una forma alterna de la solución de la ecuación (\ref{38}), dada por

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

Ejemplo: Resolver el problema con valores iniciales

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

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

Solución: La ecuación a resolver es de la forma (\ref{38}) con $m = \sqrt{3}$. Considerando la solución $y = e^{kx}$, obtenemos que la ecuación auxiliar es

$$k^{2} -3 = 0$$

De donde $k_{1} = m = \sqrt{3}$ y $k_{2} = -m = -\sqrt{3}$. Usando la ecuación (\ref{39}) concluimos que la solución de la ecuación diferencial es

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

La derivada de la solución es

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

Apliquemos las condiciones iniciales, por un lado

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

por otro lado,

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

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

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

Sustituyendo en $c_{2}$, se tiene

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

Por lo tanto, la solución particular del PVI es

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

Si por otro lado consideramos la forma de la solución (\ref{42}), obtenemos que

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

y su derivada

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

Aplicando las condiciones iniciales, se tiene

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

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

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

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

$\square$

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

Ecuaciones de orden superior

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Entonces la solución estaría dada por

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

Ya que, el par de raíces $k_{1} \neq k_{2}$ al ser diferentes genera la solución $c_{1} e^{k_{1} x} + c_{2} e^{k_{2} x}$, el par de raíces $k_{2} = k_{3}$ al ser iguales genera la solución $c_{2} e^{k_{2} x} + c_{3}x e^{k_{3} x}$, el par de raíces $k_{1} \neq k_{4}$ genera la solución $c_{1} e^{k_{1} x} + c_{4} e^{k_{4} x}$ y finalmente las raíces $k_{4} = k_{5} = k_{6}$ genera la solución $c_{4} e^{k_{4} x} + c_{5}x e^{k_{5} x} + c_{6}x^{2} e^{k_{6} x}$, esto de acuerdo a los dos puntos anteriores (\ref{45}) y (\ref{46}).

Finalmente,

  • Si las raíces son complejas, para cada par conjugado la solución es: $$y(x) = e^{\alpha x}(C_{1} \cos (\beta x) + C_{2} \sin (\beta x))$$ Si hay otro par igual, la función $$y(x) = e^{\alpha x}x (C_{1} \cos (\beta x) + C_{2} \sin (\beta x))$$ será solución y si hay otro par igual, la función $$y(x) = e^{\alpha x}x^{2} (C_{1} \cos (\beta x) + C_{2} \sin (\beta x))$$ será solución y así sucesivamente.

Ejemplo: Resolver el siguiente problema con valores iniciales.

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

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

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

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

Factorizando esta ecuación, se obtiene

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

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

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

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

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

Apliquemos las condiciones iniciales.

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

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

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

El sistema que se obtiene es

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

Resolviendo el sistema obtendremos que

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

Por lo tanto, la solución particular de la ecuación diferencial de orden 3 es

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

$\square$

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

Tarea moral

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

  1. Obtener la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales con coeficientes constantes.
  • $4 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} = 0$
  • $3 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 2 \dfrac{dy}{dx} + y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 13y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2 \sqrt{3} \dfrac{dy}{dx} + 3y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 4 \dfrac{dy}{dx} -y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 5y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6 \dfrac{dy}{dx} + 13y = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{4}{3} \dfrac{dy}{dx} + \dfrac{4}{9} y = 0$
  1. Resolver los siguientes problemas con valores iniciales.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + y = 0; \hspace{1cm} y \left( \dfrac{\pi}{3} \right) = 0, \hspace{0.5cm} y^{\prime} \left( \dfrac{\pi}{3} \right) = 2$
  • $\dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} + 2 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -5 \dfrac{dy}{dx} -6y = 0; \hspace{1cm} y(0) = y^{\prime}(0) = 0, \hspace{0.5cm} y^{\prime \prime} (0) = 1$
  1. Resolver los siguientes problemas con valores en la frontera.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 4y = 0; \hspace{1cm} y(0) = 0, \hspace{0.5cm} y(\pi) = 0$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2 \dfrac{dy}{dx} + 2y = 0; \hspace{1cm} y(0) = 1, \hspace{0.5cm} y(\pi) = 1$
  1. Resolver el siguiente problema con valores iniciales usando primero la forma de la solución dada en (\ref{39}) y posteriormente resolverlo de nuevo usando la forma de la solución dada en (\ref{42}).
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -y = 0; \hspace{1cm} y(0) = 1, \hspace{0.5cm} y^{\prime}(1) = 0$

Más adelante…

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

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

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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: Ecuaciones diferenciales de orden superior

Las matemáticas expresan valores que reflejan el cosmos, incluyendo
el orden, equilibrio, armonía, lógica y belleza abstracta.
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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 lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes

Introducción

Al comienzo de la segunda unidad, revisamos las propiedades más importantes de las ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden. En particular, vimos que para encontrar la solución general basta con encontrar dos soluciones particulares que sean linealmente independientes, y la combinación lineal de estas será la solución general a la ecuación.

Pondremos en práctica lo aprendido anteriormente para resolver ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes, es decir, de la forma $$a\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+b\frac{dy}{dt}+cy=0$$ donde $a$, $b$ y $c$ son constantes y $a \neq 0$. Observaremos que las soluciones deben ser de la forma $e^{rt}$, y si hallamos los valores de $r$ que satisfagan la ecuación diferencial, entonces podremos encontrar la solución general.

Finalmente analizaremos tres distintos casos que se presentan cuando buscamos la solución general a la ecuación diferencial, los cuales dependen de la ecuación $$ar^{2}+br+c=0$$ que aparece durante el desarrollo de la solución. Por supuesto, estos casos dependerán de las raíces de dicha ecuación.

Ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes. Raíces reales diferentes

Analizamos cómo deben ser las soluciones a la ecuación $$a\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+b\frac{dy}{dt}+cy=0$$ y suponiendo que $y_{0}(t)=e^{rt}$ es una solución, hallamos la solución general a la ecuación. En particular, revisamos el caso cuando las dos raíces de la ecuación $$ar^{2}+br+c=0$$ son reales y distintas, y resolvemos un ejemplo.

Raíces reales repetidas

En este video revisamos el caso cuando las dos raíces de la ecuación $$ar^{2}+br+c=0$$ son iguales, y resolvemos un ejemplo para mostrar lo desarrollado.

Raíces complejas

En el último video de esta entrada revisamos el caso cuando las dos raíces de la ecuación $$ar^{2}+br+c=0$$ son complejas, vemos que las soluciones complejas se comportan de manera similar a las soluciones con valores reales, y como buscamos soluciones reales, transformamos la solución compleja en una real.

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.

  • Resuelve el problema de valor inicial $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}-6\frac{dy}{dt}+y=0; \,\,\,\,\,\, y(0)=1, \frac{dy}{dt}(0)=0.$$
  • Prueba que $\{e^{rt}, te^{rt}\}$ es un conjunto linealmente independiente. Por tanto, para el caso cuando $$ar^{2}+br+c=0$$ tiene raíces repetidas, la solución general a la ecuación $$a\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+b\frac{dy}{dt}+cy=0$$ efectivamente es la que se muestra en el video correspondiente.
  • Resuelve el problema de condición inicial $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+2\frac{dy}{dt}+y=0; \,\,\,\,\, y(0)=1, \frac{dy}{dt}(0)=0.$$
  • Prueba que si $r_{1}=w + iz$ y $r_{2}=w – iz$, entonces $\{e^{r_{1}t}, e^{r_{2}t}\}$ es un conjunto linealmente independiente. Por tanto, para el caso cuando $$ar^{2}+br+c=0$$ tiene raíces complejas, la solución general a la ecuación $$a\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+b\frac{dy}{dt}+cy=0$$ es la combinación lineal de estas dos funciones.
  • Prueba que $$W[e^{wt}\cos{zt}, e^{wt}\sin{zt}]\neq 0$$ para el caso del ejercicio anterior, y por tanto la combinación lineal de estas dos funciones es la solución general a la ecuación diferencial.
  • Resuelve el problema de condición inicial $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+\frac{dy}{dt}+2y=0; \,\,\,\,\, y(0)=1, \frac{dy}{dt}(0)=0.$$

Más adelante

En la siguiente entrada comenzaremos a estudiar el caso no homogéneo de las ecuaciones lineales de segundo orden, es decir, ecuaciones de la forma $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=g(t)$$ donde la función $g$ no es la constante cero.

En particular, resolveremos este tipo de ecuaciones por el método de variación de parámetros, que es análogo al método de variación de parámetros para resolver ecuaciones no lineales de primer orden.

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