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Cálculo Diferencial e Integral III: Sistemas de ecuaciones lineales

Por Alejandro Antonio Estrada Franco

Introducción

En esta entrada daremos un repaso a la teoría de sistemas de ecuaciones lineales. En caso de que quieras leer una versión detallada, puedes comenzar con la entrada de Sistemas de ecuaciones lineales y sistemas homogéneos asociados que forma parte del curso Álgebra Lineal I aquí en el blog.

Nuestra motivación para este repaso comienza como sigue. Supongamos que $T : R^{n} \to R^{m}$ es una transformación lineal. Tomemos un vector $\bar{w} \in R^{m}$ . Es muy natural preguntarse qué vectores $\bar{v}$ hay en $R^{n}$ tales que $T (\bar{v}) = \bar{w}$ , en otras palabras, preguntarse cuál es la preimagen de $\bar{w}$ .

Sistemas de ecuaciones lineales

Continuando con la situación planteada en la introducción, si $A$ es la representación matricial de $T$ en una cierta base $β$ , podemos contestar la pregunta planteada resolviendo la ecuación matricial $A X = B$ donde $X$ , $B$ son las representaciones de los vectores $\bar{v}$ , $\bar{w}$ en la base $β$ , respectivamente. Una vez llegado a este punto, la ecuación $A X = B$ nos conduce a que se deban cumplir varias igualdades. Veamos cuáles son en términos de las entradas de $A$ , $X$ y $Y$ . Pensemos que $A = (\begin{matrix} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2 n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{m 1} & a_{m 2} & \dots & a_{m n} \end{matrix}) .$

Pensemos también que $X$ es el vector columna con entradas (incógnitas) $x_{1}, \dots, x_{n}$ , y que $B$ es el vector columna con entradas $b_{1}, \dots, b_{m}$ .

Al realizar las operaciones, la igualdad $A X = B$ se traduce en que se deban cumplir todas las siguientes ecuaciones simultáneamente:

$\begin{matrix} (1) & {\begin{matrix} a_{11} x_{1} + & \dots & + a_{1 n} x_{n} & = b_{1} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ a_{m 1} x_{1} + & \dots & + a_{m n} x_{n} & = b_{m} \end{matrix} \end{matrix}$

Definición. Un sistema de $m$ ecuaciones lineales con $n$ incógnitas es un sistema de ecuaciones de la forma $(1)$ . Como discutimos arriba, al sistema también lo podemos escribir de la forma $A X = B$ . A la matriz $A$ le llamamos la matriz de coeficientes. Al vector $X$ le llamamos el vector de incógnitas.

Resolver el sistema $(1)$ se refiere a determinar todos los posibles valores que pueden tomar las incógnitas $x_{1}, \dots, x_{n}$ de manera que se cumplan todas las ecuaciones dadas.

Definición. Diremos que dos sistemas de ecuaciones son equivalentes si tienen las mismas soluciones.

Un resultado importante que relaciona a los sistemas de ecuaciones con las operaciones elementales que discutimos con anterioridad es el siguiente.

Proposición. Sea $A \in M_{m, n} (R)$ y $e$ una operación elemental cualquiera (intercambio de renglones, reescalamiento de renglón, o transvección). Entonces el sistema de ecuaciones $A X = B$ es equivalente al sistema de ecuaciones $e (A) X = e (B)$ .

En otras palabras, si comenzamos con un sistema de ecuaciones $A X = B$ y aplicamos la misma operación elemental a $A$ y a $B$ , entonces obtenemos un sistema equivalente. Veamos como ejemplo un esbozo de la demostración en el caso del reescalamiento de vectores. Los detalles y las demostraciones para las otras operaciones elementales quedan como ejercicio.

Demostración. Consideremos el rescalamiento $e$ de la $j$ -ésima columna de una matriz por un factor $r$ . Veremos que $e (A) X = e (B)$ . Tomemos

$A = (\begin{matrix} a_{11} & \dots & a_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{m 1} & \dots & a_{m n} \end{matrix}), B = (\begin{matrix} b_{1} \\ ⋮ \\ b_{m} \end{matrix}), X = (\begin{matrix} x_{1} \\ ⋮ \\ x_{n} \end{matrix})$

Entonces la ecuación matricial $A X = B$ nos produce el siguiente sistema de ecuaciones lineales:
${\begin{matrix} a_{11} x_{1} + & \dots & + a_{1 n} x_{n} = b_{1} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{m 1} x_{1} + & \dots & + a_{m n} x_{n} = b_{m} . \end{matrix}$

Tomemos una solución del sistema: $X^{'} = (\begin{matrix} x_{1}^{'} \\ ⋮ \\ x_{n}^{'} \end{matrix})$

La ecuación matricial $e (A) X = e (B)$ nos produce el siguiente sistema de ecuaciones: ${\begin{matrix} a_{11} x_{1} + & \dots & + a_{1 n} x_{n} = b_{1} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ r a_{j 1} x_{1} + & \dots & + r a_{j n} x_{n} = r b_{j} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{m 1} x_{1} + & \dots & + a_{m n} x_{n} = b_{m} . \end{matrix}$

Ahora, de cada una de las $n$ ecuaciones, excepto la $j$ -ésima, sabemos que se solucionan al sustituir $x_{1}^{'}, \dots, x_{m}^{'}$ , resta revisar la $j$ -ésima ecuación. Lo que sí sabemos de que $X^{'}$ sea solución es que $a_{j 1} x_{1}^{'} + \dots + a_{j n} x_{n}^{'} = b_{j} .$ Así, al multiplicar por $r$ de ambos lados $r a_{j 1} x_{1}^{'} + \dots + r a_{j n} x_{n}^{'} = r b_{j}$ . Así obtenemos que $X^{'}$ satisface también a $e (A) X = e (B)$ . Inversamente si una solución satisface al sistema $e (A) X = e (B)$ también lo hace para $A X = Y$ . Te recomendamos revisar los detalles por tu cuenta.

Soluciones a sistemas de ecuaciones lineales

La teoría de sistemas de ecuaciones lineales nos dice que tenemos tres posibles situaciones que se pueden presentar cuando estamos resolviendo un sistema de ecuaciones lineales en $R$ : no hay solución, hay una única solución, o tenemos infinidad de soluciones. Por ejemplo, se puede descartar que haya exactamente dos soluciones. En cuanto sucede esto, la cantidad de soluciones se dispara a una infinidad

Haremos una discusión de cuándo se presenta cada caso. De acuerdo con la sección anterior, cualquier operación elemental pasa un sistema de ecuaciones a uno equivalente. Además, de acuerdo con el teorema de reducción gaussiana, cualquier matriz puede ser llevada a la forma escalonada reducida. Así, al aplicar tanto a $A$ como a $B$ las operaciones elementales que llevan $A$ a su forma escalonada reducida $A_{r e d}$ , llegamos a un sistema equivalente $A_{r e d} X = C$ . El comportamiento del conjunto solución de $A X = B$ se puede leer en este otro sistema equivalente como sigue:

Sin solución. El sistema $A X = B$ no tiene solución si en $A_{r e d} X = C$ hay una igualdad lineal del estilo $0 x_{j 1} + \dots + 0 x_{j n} = c_{j}$ , con $c_{j} \neq 0$ . En otras palabras, si en $A_{r e d}$ hay una fila $j$ de ceros y la entrada $c_{j}$ es distinta de cero.
Infinidad de soluciones. El sistema $A X = B$ tiene una infinidad de soluciones si tiene solución, y además hay por lo menos una columna $k$ de $A_{r e d}$ en la que no haya pivote de ninguna fila. Esta columna $k$ corresponde a una variable libre $x_{k}$ que puede tomar cualquier valor, y el sistema tiene soluciones sin importar el valor que se le de a esta variable.
Solución única. Un sistema de ecuaciones con solución, pero sin variables libres tiene una única solución. Esto se puede leer en la matriz $A_{r e d}$ , pues se necesita que todas las columnas tengan un pivote de alguna fila.

Pensemos un poco a qué se deben los comportamientos anteriores. Pensemos en que ya llegamos a $A_{r e d} X = C$ . Iremos determinando los posibles valores de las entradas de $X$ de abajo hacia arriba, es decir, en el orden $x_{n}, x_{n - 1}, \dots, x_{1}$ . Si $x_{k}$ es variable libre, pongamos el valor que sea. Si $x_{k}$ tiene el pivote de, digamos, la fila $j$ , entonces la ecuación $j$ nos dice $0 + \dots + 0 + x_{k} + \dots + a_{j n} x_{n} = b_{j} .$ Esto nos diría que $x_{k} = b_{j} - a_{j (k + 1)} x_{k + 1} - \dots - a_{j n} x_{n},$ así que hemos logrado expresar a $x_{k}$ en términos de las variables ya determinadas $x_{k + 1}, \dots x_{n}$ .

Matrices equivalentes por filas

Definición. Consideremos $I \in M_{m} (R)$ la matriz identidad de tamaño $m$ . Una matriz elemental será una matriz que se obtenga de la identidad tras aplicar una operación elemental.

Definición. Sean $A, B \in M_{m, n} (R)$ . Diremos que $A$ es equivalente por filas a $B$ si $A$ se puede obtener al aplicar una sucesión finita de operaciones elementales a $B$ .

Se puede demostrar que «ser equivalente por filas» es una relación de equivalencia en $M_{m, n} (R)$ . Así mismo, se puede demostrar en general que si $e$ es una operación elemental, entonces $e (A)$ es exactamente la misma matriz que multiplicar la matriz elemental $e (I)$ por la izquierda por $A$ , es decir, $e (A) = e (I) A$ . Como tarea moral, convéncete de ambas afirmaciones.

Para realizar la demostración, quizás quieras auxiliarte de la siguiente observación. Tomemos una matriz $B \in M_{m, n} (R)$ y pensemos en cada columna de $B$ como un vector columna:

$B_{1} = (\begin{matrix} B_{11} \\ ⋮ \\ B_{m 1} \end{matrix}) \dots B_{n} = (\begin{matrix} B_{1 n} \\ ⋮ \\ B_{m n} \end{matrix}) .$

Tomemos ahora una matriz $A \in M_{p, m}$ . Tras realizar las operaciones, se puede verificar que la matriz $A B$ tiene como columnas a los vectores columna $A B_{1}, A B_{2}, \dots, A B_{n}$ .

El siguiente teorema nos da una manera alternativa de saber si dos matrices son equivalentes por filas.

Teorema. Sean $A, B \in M_{m \times n} (R)$ . Se tiene que $B$ es equivalente por filas a $A$ si y sólo si $B = P A$ , donde $P$ es una matriz en $M_{m} (R)$ obtenida como producto de matrices elementales.

Demostración. Por la discusión anterior, si $B$ es equivalente por filas a $A$ , $A$ resulta de la aplicación de una sucesión finita de operaciones elementales a $B$ o, lo que es lo mismo, resulta de una aplicación finita de productos de matrices elementales por la izquierda. Por otro lado, si $B = P A$ , con $P = E_{k} \cdot \dots \cdot E_{1}$ producto de matrices elementales, tenemos que $E_{1} A$ es equivalente por filas a $A$ , que $E_{2} (E_{1} A)$ es equivalente por filas a $E_{1} A$ , que $E_{3} (E_{2} (E_{1} (A)))$ equivalente por filas a $E_{2} (E_{1} (A))$ , y así sucesivamente. Usando que ser equivalente por filas es transitivo (por ser relación de equivalencia), concluimos que $B$ es equivalente por filas a $A$ .

¿Qué sucede con los determinantes y las operaciones elementales? La siguiente proposición lo resume.

Proposición. Sea $A$ una matriz en $M_{n} (R)$ con determinante $det (A)$ .

Si se intercambian dos filas, el determinante se vuelve $- det (A)$ .
Si se reescala una fila por un real $r \neq 0$ , el determinante se vuelve $r det (A)$ .
Si se hace una transvección, el determinante no cambia.

Observa que, en particular, si $det (A) \neq 0$ , entonces sigue siendo distinto de cero al aplicar operaciones elementales.

Matrices invertibles y sistemas de ecuaciones lineales

En muchas ocasiones nos encontramos en cálculo de varias variables con funciones que van de $R^{n}$ a sí mismo. Si la función que estamos estudiando es una transformación lineal, entonces corresponde a una matriz cuadrada en $M_{n} (R)$ . En estos casos hay otro concepto fundamental que ayuda, entre otras cosas, para resolver sistemas de ecuaciones lineales: el de matriz invertible. Veremos a continuación que esto interrelaciona a las matrices, las matrices elementales, los sistemas de ecuaciones lineales y a los determinantes.

Definición. Una matriz $A$ cuadrada es invertible por la izquierda (resp. derecha) si existe una matriz $B$ tal que $B A = I$ (resp. $A B = I$ ). A $B$ le llamamos la inversa izquierda (resp. derecha) de $A$ . A una matriz invertible por la derecha y por la izquierda, donde la inversa izquierda sea igual a la derecha, simplemente se le llama invertible.

Se puede demostrar que, cuando existe, la matriz izquierda (o derecha) es única. Esto es sencillo. Se puede demostrar también que si $B$ es inversa izquierda y $B^{'}$ es inversa derecha, entonces $B = B^{'}$ , lo cual no es tan sencillo. Además, se cumplen las siguientes propiedades de matrices invertibles.

Proposición. Sean $A, B \in M_{n} (R)$

Si $A$ es invertible, también lo es $A^{- 1}$ y $(A^{- 1})^{- 1} = A$ .
Si $A$ y $B$ son invertibles, también lo es $A B$ y $(A B)^{- 1} = B^{- 1} A^{- 1}$ .

Demostración. El inciso 1 es claro; para el inciso 2 tenemos $(A B) (B^{- 1} A^{- 1}) = A (B B^{- 1}) A^{- 1} = A (I) A^{- 1} = A A^{- 1} = I$ $= B^{- 1} (I) B = B^{- 1} (A^{- 1} A) B = (B^{- 1} A^{- 1}) (A B)$ .

Veamos ahora cómo se conecta la noción de invertibilidad con la de matrices elementales. Como parte de la tarea moral, cerciórate de que cualquiera de las tres operaciones elementales para matrices son invertibles. Es decir, para cada operación elemental, piensa en otra operación elemental que aplicada sucesivamente a la primera nos de la matriz original. Con más detalle; si denotamos con $e$ a una operación elemental (puede ser cualquiera) denotamos como $e^{- 1}$ a la segunda a la cual llamaremos inversa de $e$ ; y estas cumplen $e (e^{- 1}) (A) = A = e^{- 1} (e (A))$ para cualquier matriz $A$ a la que se le pueda aplicar $e$ .

Proposición. Toda matriz elemental es invertible.

Demostración. Supongamos que $E$ una matriz elemental correspondiente a la operación unitaria $e$ . Si $e^{- 1}$ es la operación inversa de $e$ y $E_{1} = e^{- 1} (I)$ tenemos: $E E_{1} = e (E_{1}) = e (e^{- 1} (I)) = I,$ y así mismo tenemos $E_{1} E = e_{1} (E) = e_{1} (e (I)) = I .$ De esta manera $E$ es invertible y su inversa es $E_{1}$ .

El resultado anterior habla sólo de la invertibilidad de matrices elementales, pero podemos usar a estas para caracterizar a las matrices invertibles.

Teorema. Sea $A \in M_{n} (R)$ , los siguientes enunciados son equivalentes:

$A$ es invertible
$A$ es equivalente por filas a la matriz identidad
$A$ es producto de matrices elementales

Demostración. $1 \Rightarrow 2)$ . Supongamos que $A$ invertible, y usemos el teorema de reducción Gaussiana para encontrar la forma escalonada reducida $A_{r e d}$ de $A$ mediante una sucesión de operaciones elementales. Por el teorema de la sección de matrices equivalentes por filas, tenemos que $R = E_{k} \dots E_{1} A$ , donde $E_{k}, \dots, E_{1}$ son matrices elementales. Cada $E_{i}$ es invertible, y $A$ es invertible. Por la proposición anterior, tenemos entonces que $A_{r e d}$ es invertible. Se puede mostrar que entonces ninguna fila de $A_{r e d}$ puede consistir de puros ceros (verifícalo de tarea moral), de modo que toda fila de $A$ tiene pivote (que es igual a $1$ ). Como hay $n$ filas y $n$ columnas, entonces hay exactamente un $1$ en cada fila y en cada columna. A $A_{r e d}$ no le queda otra opción que ser la matriz identidad.

$2 \Rightarrow 3)$ . Si $A$ es equivalente por filas a $I$ , entonces hay operaciones elementales que la llevan a $I$ . Como ser equivalente por filas es relación de equivalencia, existen entonces operaciones elementales que llevan $I$ a $A$ . Pero entonces justo $A$ se obtiene de $I$ tras aplicar un producto (por la izquierda) de matrices elementales. Por supuesto, en este producto podemos ignorar a $I$ (o pensarla como un reescalamiento por $1$ ).

$3 \Rightarrow 1)$ . Finalmente como cada matriz elemental es invertible y todo producto de matrices invertibles es invertible tenemos que 3 implica 1.

Ya que entendemos mejor la invertibilidad, la podemos conectar también con la existencia y unicidad de soluciones en sistemas de ecuaciones lineales.

Teorema. Sea $A \in M_{n} (R)$ ; las siguientes afirmaciones son equivalentes:

$A$ es invertible.
Para todo $Y$ , el sistema $A X = Y$ tiene exactamente una solución $X$ .
Para todo $Y$ , el sistema $A X = Y$ tiene al menos una solución $X$ .

Demostración. $1 \Rightarrow 2)$ . Supongamos $A$ invertible. Tenemos que $X = A^{- 1} Y$ es solución pues $A X = A (A^{- 1}) Y = I Y = Y$ . Veamos que la solución es única. Si $X$ y $X^{'}$ son soluciones, tendríamos $A X = Y = A X^{'}$ . Multiplicando por $A^{- 1}$ por la izquierda en ambos lados de la igualdad obtenemos $X = X^{'}$ .

$2 \Rightarrow 3)$ . Es claro pues la única solución es, en particular, una solución.

$3 \Rightarrow 1)$ . Tomemos los vectores canónicos ${\hat{e}}_{1}, {\hat{e}}_{2}, \dots, {\hat{e}}_{n}$ de $R^{n}$ . Por $(3)$ tenemos que todos los sistemas $A X = {\hat{e}}_{1}, \dots, A X = {\hat{e}}_{n}$ tienen solución. Tomemos soluciones $B_{1}, \dots, B_{n}$ para cada uno de ellos y tomemos $B$ como la matriz con columnas $B_{1}, \dots, B_{n}$ . Por el truco de hacer el producto de matrices por columnas, se tiene que las columnas de $A B$ son $A B_{1} = {\hat{e}}_{1}, \dots, A B_{n} = {\hat{e}}_{n}$ , es decir, $A B$ es la matriz identidad.

En la demostración anterior falta un detalle importante. ¿Puedes encontrar cuál es? Está en la demostración $3 \Rightarrow 1)$ . Si quieres saber cuál es y cómo arreglarlo, puedes consultar la entrada Mariposa de 7 equivalencias de matrices invertibles.

Terminamos la teoría de esta entrada con un resultado que conecta invertibilidad y determinantes.

Proposición. Sea $A \in M_{n} (R)$ . $A$ es invertible, si y sólo si, $d e t (A) \neq 0$ .

Demostración. Si $A$ es invertible, entonces se cumple la ecuación $I = A A^{- 1}$ . Aplicando determinante de ambos lados y usando que es multiplicativo: $1 = d e t (I) = d e t (A A^{- 1}) = d e t (A) d e t (A^{- 1}) .$ Como al lado izquierdo tenemos un $1$ , entonces $det (A) \neq 0$ .

Si $d e t (A) \neq 0$ , llevemos $A$ a su forma escalonada reducida $A_{r e d}$ . Por la observación hecha al final de la sección de matrices elementales, se tiene que $det (A_{r e d}) \neq 0$ . Así, en cada fila tenemos por lo menos un elemento no cero. Como argumentamos anteriormente, esto implica $A_{r e d} = I$ . Como $A$ es equivalente por filas a $I$ , entonces es invertible.

Mas adelante…

Continuaremos estableciendo herramientas de Álgebra lineal que usaremos en el desarrollo de los temas subsiguientes. En la siguiente entrada hablaremos de eigenvalores y eigenvectores. Con ellos, expondremos un método que proporciona una representación matricial sencilla simple para cierto tipos de transformaciones lineales.

Tarea moral

Demuestra que la relación «es equivalente por filas» es una relación de equivalencia en $M_{m, n} (R)$ .
Sea $A \in M_{m, n} R$ . Verifica que para cualquier operación elemental $e$ de cualquiera de los tres tipos se cumple que $e (A) X = e (B)$ es equivalente a $A X = B$ . Deberás ver que cualquier solución de uno es solución del otro y viceversa.
Demuestra que si $A$ es invertible, también lo es $A^{- 1}$ y que $(A^{- 1})^{- 1} = A$ . Verifica la invertibilidad izquierda y derecha.
Demuestra que cualquiera de las tres operaciones elementales para matrices son invertibles. Es decir, para cada operación elemental, hay otra que al aplicarla sucesivamente nos regresa a la matriz original.
Prueba que una matriz invertible tiene por lo menos un elemento distinto de cero en cada fila, y por lo menos un elemento distinto de cero en cada columna.

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Ecuaciones Diferenciales I: Método de eliminación de variables

Por Omar González Franco

2 respuestas

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

$\begin{aligned} y_{1}^{'} (t) & = a_{11} (t) y_{1} + a_{12} (t) y_{2} + \dots + a_{1 n} (t) y_{n} + g_{1} (t) \\ y_{2}^{'} (t) & = a_{21} (t) y_{1} + a_{22} (t) y_{2} + \dots + a_{2 n} (t) y_{n} + g_{2} (t) \\ ⋮ \\ (1) & y_{n}^{'} (t) & = a_{n 1} (t) y_{1} + a_{n 2} (t) y_{2} + \dots + a_{n n} (t) y_{n} + g_{n} (t) \end{aligned}$

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.

$\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} y_{1}^{'} (t) & = a_{11} (t) y_{1} + a_{12} (t) y_{2} + g_{1} (t) \\ y_{2}^{'} (t) & = a_{21} (t) y_{1} + a_{22} (t) y_{2} + g_{2} (t) \end{aligned} \end{matrix}$

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 ( $2$ ) lo podamos escribir de la siguiente forma.

$\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} \frac{d x}{d t} & = a x + b y + g_{1} (t) \\ \frac{d y}{d t} & = c x + d y + g_{2} (t) \end{aligned} \end{matrix}$

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

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

$\begin{matrix} (4) & y = \frac{1}{b} (\frac{d x}{d t} - a x - g_{1}) \end{matrix}$

Sustituyamos en la segunda ecuación.

$\frac{d}{d t} [\frac{1}{b} (\frac{d x}{d t} - a x - g_{1})] = c x + d [\frac{1}{b} (\frac{d x}{d t} - a x - g_{1})] + g_{2}$

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

$\begin{aligned} \frac{1}{b} [\frac{d^{2} x}{d t^{2}} - a \frac{d x}{d t} - \frac{d g_{1}}{d t}] & = c x + \frac{1}{b} (d \frac{d x}{d t} - a d x - d g_{1}) + g_{2} \\ \frac{d^{2} x}{d t^{2}} - a \frac{d x}{d t} - \frac{d g_{1}}{d t} & = b c x + d \frac{d x}{d t} - a d x - d g_{1} + b g_{2} \end{aligned}$

Reordenando los términos se tiene lo siguiente.

$\begin{matrix} (5) & \frac{d^{2} x}{d t^{2}} - (a + d) \frac{d x}{d t} + (a d - b c) x = \frac{d g_{1}}{d t} - d g_{1} + b g_{2} \end{matrix}$

Si definimos

$p = - (a + d), q = (a d - b c) y g (t) = \frac{d g_{1}}{d t} - d g_{1} + b g_{2}$

entonces el resultado ( $5$ ) se puede escribir como

$\begin{matrix} (6) & \frac{d^{2} x}{d t^{2}} + p \frac{d x}{d t} + q x = g (t) \end{matrix}$

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 ( $6$ ) sustituimos en el despeje inicial que hicimos para $y (t)$ ( $4$ ) y resolvemos, con ello estaremos obteniendo la solución del sistema lineal ( $3$ ).

Caso homogéneo

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

$\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} \frac{d x}{d t} & = a x + b y \\ \frac{d y}{d t} & = c x + d y \end{aligned} \end{matrix}$

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

$\begin{matrix} (8) & y = \frac{1}{b} (\frac{d x}{d t} - a x) \end{matrix}$

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

$\begin{matrix} (9) & \frac{d^{2} x}{d t^{2}} - (a + d) \frac{d x}{d t} + (a d - b c) x = 0 \end{matrix}$

Si nuevamente definimos

$p = - (a + d), y q = (a d - b c)$

entonces podemos escribir

$\begin{matrix} (10) & \frac{d^{2} x}{d t^{2}} + p \frac{d x}{d t} + q x = 0 \end{matrix}$

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

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal homogéneo.

$\begin{aligned} \frac{d x}{d t} & = 2 x - y \\ \frac{d y}{d t} & = 5 x - 2 y \end{aligned}$

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

$y = 2 x - \frac{d x}{d t}$

Sustituimos en la segunda ecuación.

$\frac{d}{d t} (2 x - \frac{d x}{d t}) = 5 x - 2 (2 x - \frac{d x}{d t})$

Operando, se tiene

$\begin{aligned} 2 \frac{d x}{d t} - \frac{d^{2} x}{d t^{2}} & = 5 x - 4 x + 2 \frac{d x}{d t} \\ - \frac{d^{2} x}{d t^{2}} & = x \end{aligned}$

La ecuación de segundo orden a resolver es

$\frac{d^{2} x}{d t^{2}} + x = 0$

Por supuesto esta ecuación se puede obtener sustituyendo los coeficientes directamente en la ecuación ( $9$ ).

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 $k_{1} = α + i β$ y $k_{2} = α - i β$ es

$\begin{matrix} (11) & x (t) = e^{α t} (c_{1} \cos (β t) + c_{2} \sin (β t)) \end{matrix}$

En nuestro caso $α = 0$ y $β = 1$ , entonces la solución es

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

Vemos que

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

Sustituimos en el despeje de $y$ .

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

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,

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

Por lo tanto, la solución general del sistema homogéneo es

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

o bien,

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

Ahora resolvamos un sistema no homogéneo como ejemplo.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal no homogéneo.

$\begin{aligned} \frac{d x}{d t} & = 4 x - y + t + 1 \\ \frac{d y}{d t} & = 2 x + y + t + 1 \end{aligned}$

Solución: En este caso no homogéneo se tiene que

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

De la primer ecuación despejamos a $y$ .

$y = 4 x + t + 1 - \frac{d x}{d t}$

Sustituimos en la segunda ecuación.

$\frac{d}{d t} (4 x + t + 1 - \frac{d x}{d t}) = 2 x + (4 x + t + 1 - \frac{d x}{d t}) + t + 1$

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

$\begin{aligned} 4 \frac{d x}{d t} + \frac{d}{d t} (t + 1) - \frac{d^{2} x}{d t^{2}} & = 6 x - \frac{d x}{d t} + 2 t + 2 \\ 4 \frac{d x}{d t} + 1 - \frac{d^{2} x}{d t^{2}} & = 6 x - \frac{d x}{d t} + 2 t + 2 \end{aligned}$

Reordenando los términos, se tiene

$\begin{aligned} 5 \frac{d x}{d t} - \frac{d^{2} x}{d t^{2}} & = 6 x + 2 t + 1 \\ - \frac{d^{2} x}{d t^{2}} + 5 \frac{d x}{d t} - 6 x & = 2 t + 1 \end{aligned}$

La ecuación diferencial de segundo orden no homogénea a resolver es

$\frac{d^{2} x}{d t^{2}} - 5 \frac{d x}{d t} + 6 x = - 2 t - 1$

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.

$\begin{matrix} (12) & x (t) = x_{c} (t) + x_{p} (t) \end{matrix}$

Para el caso homogéneo la ecuación a resolver es

$\frac{d^{2} x}{d t^{2}} - 5 \frac{d x}{d t} + 6 x = 0$

La ecuación auxiliar es

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

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

$\begin{matrix} (13) & x_{c} (t) = c_{1} e^{k_{1} t} + c_{2} e^{k_{2} t} \end{matrix}$

Por lo tanto, la solución complementaria es

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

Ahora resolvamos la ecuación no homogénea.

$\frac{d^{2} x}{d t^{2}} - 5 \frac{d x}{d t} + 6 x = - 2 t - 1$

En este caso la función $g$ es

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

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

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

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

$\frac{d x_{p}}{d t} = A y \frac{d^{2} x}{d t^{2}} = 0$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

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

Reordenando, se tiene

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

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

$\begin{aligned} 6 A & = - 2 \\ 6 B - 5 A & = - 1 \end{aligned}$

De la primer igualdad se obtiene que

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

Sustituyendo este resultado en la segunda igualdad se obtiene que

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

Por lo tanto, la solución particular es

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

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

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

Sustituimos este resultado en la ecuación de $y$ .

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

Operando, se tiene

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

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

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

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

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

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.

Resolver los siguientes sistemas lineales homogéneos.

$\begin{aligned} \frac{d x}{d t} & = x + 2 y \\ \frac{d y}{d t} & = 4 x + 3 y \end{aligned}$

$\begin{aligned} \frac{d x}{d t} & = 2 x - y \\ \frac{d y}{d t} & = 3 x - 2 y \end{aligned}$

$\begin{aligned} \frac{d x}{d t} & = x - 4 y \\ \frac{d y}{d t} & = - x + 2 y \end{aligned}$

$\begin{array}{r} \frac{d x}{d t} = 2 x - 3 y \\ \frac{d y}{d t} = 3 x + 2 y \end{array}$

Resolver los siguientes sistemas lineales no homogéneos.

$\begin{aligned} \frac{d x}{d t} & = 2 x - y + 3 t \\ \frac{d y}{d t} & = 3 x - 2 y + 2 t + 4 \end{aligned}$

$\begin{aligned} \frac{d x}{d t} & = x + 2 y + e^{t} \\ \frac{d y}{d t} & = 3 x - 2 y + 3 e^{2 t} + 2 \end{aligned}$

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.

Entradas relacionadas

Página principal del curso: Ecuaciones Diferenciales I
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Video relacionado al tema: Método de eliminación de variables

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I: Método de reducción de orden

Por Omar González Franco

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La única forma de aprender matemáticas es hacer matemáticas.
– Paul Halmos

Introducción

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

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

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

$z = \frac{d y}{d x}$

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

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

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

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

Ecuaciones reducibles a ecuaciones de primer orden

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

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

$Label '1' multiply defined$

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

$Label '2' multiply defined$

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

$Label '3' multiply defined$

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

$P (x) = \frac{a_{1} (x)}{a_{2} (x)} y Q (x) = \frac{g (x)}{a_{2} (x)}$

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

$Label '4' multiply defined$

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

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

$x \frac{d^{2} y}{d x^{2}} - \frac{d y}{d x} = x$

para $x > 0$ y obtener su solución.

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

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} - \frac{1}{x} \frac{d y}{d x} = 1$

Hacemos el cambio de variable ( $3$ ) para obtener la forma ( $4$ ).

$Label '5' multiply defined$

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

$P (x) = - \frac{1}{x} y Q (x) = 1$

El factor integrante, es este caso, es

$μ (x) = e^{\int P (x) d x} = e^{- \int \frac{1}{x} d x} = e^{- \ln (x)} = \frac{1}{x}$

Esto es,

$μ (x) = \frac{1}{x}$

Multipliquemos la ecuación ( $5$ ) por el factor integrante,

$\frac{1}{x} \frac{d z}{d x} - \frac{z}{x^{2}} = \frac{1}{x}$

e identificamos que

$\frac{d}{d x} (\frac{z}{x}) = \frac{1}{x} \frac{d z}{d x} - \frac{z}{x^{2}}$

De ambas ecuaciones se tiene

$\frac{d}{d x} (\frac{z}{x}) = \frac{1}{x}$

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

$\begin{aligned} \int \frac{d}{d x} (\frac{z}{x}) d x & = \int \frac{1}{x} d x \\ \frac{z}{x} & = \ln (x) + c_{1} \\ z (x) & = x \ln (x) + x c_{1} \end{aligned}$

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

$Label '6' multiply defined$

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

$\begin{aligned} \int \frac{d y}{d x} d x & = \int x \ln (x) d x + \int x c_{1} d x \\ y (x) & = \int x \ln (x) d x + c_{1} \frac{x^{2}}{2} \end{aligned}$

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

$u (x) = \ln (x) y \frac{d v}{d x} = x$

Así mismo,

$\frac{d u}{d x} = \frac{1}{x} y v (x) = \frac{x^{2}}{2}$

Entonces,

$\begin{aligned} \int x \ln (x) d x & = \frac{x^{2}}{2} \ln (x) - \int \frac{x}{2} d x \\ = \frac{x^{2}}{2} \ln (x) - \frac{x^{2}}{4} + c_{2} \end{aligned}$

Sustituimos en la función $y (x)$ .

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

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial

$x \frac{d^{2} y}{d x^{2}} - \frac{d y}{d x} = x$

$Label '7' multiply defined$

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

$S = {y_{1} (x) = \frac{x^{2}}{2}, y_{2} (x) = 1}$

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

$y_{p} (x) = \frac{x^{2}}{2} (\ln (x) - \frac{1}{2})$

es una solución particular de la ecuación no homogénea.

Reducción de orden en ecuaciones no lineales

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

$Label '8' multiply defined$

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

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d z}{d x} = \frac{d z}{d y} \frac{d y}{d x} = z \frac{d z}{d y}$

Realicemos un ejemplo con una ecuación no lineal.

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

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} - 2 y {(\frac{d y}{d x})}^{3} = 0$

y obtener su solución.

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

La ecuación a resolver es

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} - 2 y {(\frac{d y}{d x})}^{3} = 0$

Hacemos el cambio de variable ( $8$ ) y separamos variables.

$\begin{aligned} z \frac{d z}{d y} - 2 y z^{3} & = 0 \\ \frac{d z}{d y} & = 2 y z^{2} \\ \frac{1}{z^{2}} \frac{d z}{d y} & = 2 y \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} \int \frac{1}{z^{2}} \frac{d z}{d y} d y & = \int 2 y d y \\ \int \frac{d z}{z^{2}} & = 2 \int y d y \\ - \frac{1}{z} & = y^{2} + c_{1} \\ z & = - \frac{1}{y^{2} + c_{1}} \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} \frac{d y}{d x} & = - \frac{1}{y^{2} + c_{1}} \\ (y^{2} + c_{1}) \frac{d y}{d x} & = - 1 \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} \int (y^{2} + c_{1}) \frac{d y}{d x} d x & = - \int d x \\ \int y^{2} d y + \int c_{1} d y & = - \int d x \\ \frac{y^{3}}{3} + c_{1} y & = - x + c_{2} \end{aligned}$

Por lo tanto, la solución implícita de la ecuación diferencial

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} - 2 y {(\frac{d y}{d x})}^{3} = 0$

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

Realicemos un ejemplo más con una ecuación lineal.

Ejemplo: Encontrar la solución general de la ecuación diferencial

$4 \frac{d^{2} y}{d x^{2}} + \frac{d y}{d x} = 0$

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

Primero consideremos el cambio de variable ( $8$ ).

$\begin{aligned} 4 z \frac{d z}{d y} + z & = 0 \\ 4 \frac{d z}{d y} & = - 1 \\ \frac{d z}{d y} & = - \frac{1}{4} \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} \int \frac{d z}{d y} d y & = - \int \frac{1}{4} d y \\ \int d z & = - \frac{1}{4} \int d y \\ z & = - \frac{1}{4} y + c_{1} \end{aligned}$

Regresemos a la variable original.

$\begin{aligned} \frac{d y}{d x} & = - \frac{1}{4} y + c_{1} \\ \frac{d y}{d x} + \frac{y}{4} & = c_{1} \end{aligned}$

Resolvamos esta ecuación por factor integrante.

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

Esto es,

$μ (x) = e^{x / 4}$

Multipliquemos ambos lados de la ecuación por el factor integrante.

$\begin{aligned} e^{x / 4} \frac{d y}{d x} + e^{x / 4} \frac{y}{4} & = e^{x / 4} c_{1} \\ \frac{d}{d x} (y e^{x / 4}) & = c_{1} e^{x / 4} \end{aligned}$

Integramos ambos lados con respecto a $x$ .

$\begin{aligned} \int \frac{d}{d x} (y e^{x / 4}) d x & = \int c_{1} e^{x / 4} d x \\ y e^{x / 4} & = c_{1} \int e^{x / 4} d x \\ y e^{x / 4} & = c_{1} 4 e^{x / 4} + c_{2} \\ y (x) & = c_{2} e^{- x / 4} + 4 c_{1} \end{aligned}$

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

$4 \frac{d^{2} y}{d x^{2}} + \frac{d y}{d x} = 0$

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

Resolvamos de nuevo la ecuación, pero ahora aplicando el cambio de variable ( $3$ ),

$\begin{aligned} 4 \frac{d z}{d x} + z & = 0 \\ \frac{1}{z} \frac{d z}{d x} & = - \frac{1}{4} \end{aligned}$

Integremos ambos lados con respecto a $x$ .

$\begin{aligned} \int \frac{1}{z} \frac{d z}{d x} d x & = - \int \frac{1}{4} d x \\ \int \frac{d z}{z} & = - \frac{1}{4} \int d x \\ \ln | z | & = - \frac{x}{4} + c_{1} \\ z & = c_{2} e^{- x / 4} \end{aligned}$

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

$\frac{d y}{d x} = c_{2} e^{- x / 4}$

Integremos ambos lados con respecto a $x$ .

$\begin{array}{r} \int \frac{d y}{d x} d x = \int c_{2} e^{- x / 4} d x \\ \int d y = c_{2} \int e^{- x / 4} d x \\ y = - c_{2} 4 e^{- x / 4} + c_{3} \end{array}$

Si renombramos las constantes obtenemos nuevamente que

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

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

Reducción de orden conocida una solución

Es posible reducir una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden

$Label '9' multiply defined$

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

$Label '10' multiply defined$

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

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

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

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

o bien,

$Label '11' multiply defined$

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

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

Método de reducción de orden

Este método se aplica a las ecuaciones diferenciales de la forma

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

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

$Label '12' multiply defined$

Con

$P (x) = \frac{a_{1} (x)}{a_{2} (x)} y Q (x) = \frac{a_{0} (x)}{a_{2} (x)}$

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

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

derivando se tiene

$Label '13' multiply defined$

Derivando una segunda ocasión se tiene

$\begin{matrix} (14) & \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = u \frac{d^{2} y_{1}}{d x^{2}} + 2 \frac{d y_{1}}{d x} \frac{d u}{d x} + y_{1} \frac{d^{2} u}{d x^{2}} \end{matrix}$

Sustituyendo ( $13$ ) y ( $14$ ) en la forma estándar ( $12$ ) obtenemos lo siguiente.

$\begin{aligned} \frac{d^{2} y}{d x^{2}} + P \frac{d y}{d x} + Q y & = [u \frac{d^{2} y_{1}}{d x^{2}} + 2 \frac{d y_{1}}{d x} \frac{d u}{d x} + y_{1} \frac{d^{2} u}{d x^{2}}] + P [u \frac{d y_{1}}{d x} + y_{1} \frac{d u}{d x}] + Q [u y_{1}] \\ = u [\frac{d^{2} y_{1}}{d x^{2}} + P \frac{d y_{1}}{d x} + Q y_{1}] + y_{1} \frac{d^{2} u}{d x^{2}} + (2 \frac{d y_{1}}{d x} + P y_{1}) \frac{d u}{d x} \\ = 0 \end{aligned}$

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

$\frac{d^{2} y_{1}}{d x^{2}} + P \frac{d y_{1}}{d x} + Q y_{1} = 0$

Entonces el resultado anterior se reduce a lo siguiente.

$\begin{matrix} (15) & y_{1} \frac{d^{2} u}{d x^{2}} + (2 \frac{d y_{1}}{d x} + P y_{1}) \frac{d u}{d x} = 0 \end{matrix}$

Consideremos el cambio de variable

$w = \frac{d u}{d x} y \frac{d w}{d x} = \frac{d^{2} y}{d x^{2}}$

Entonces la ecuación ( $15$ ) se puede escribir como

$\begin{matrix} (16) & y_{1} \frac{d w}{d x} + (2 \frac{d y_{1}}{d x} + P y_{1}) w = 0 \end{matrix}$

Esta ecuación es tanto lineal como separable. Separando las variables e integrando, se obtiene

$\begin{aligned} \frac{1}{w} \frac{d w}{d x} + 2 \frac{1}{y_{1}} \frac{d y_{1}}{d x} & = - P \\ \int \frac{d w}{w} + 2 \int \frac{d y_{1}}{y_{1}} & = - \int P d x \\ \ln | w | + 2 \ln | y_{1} | + k & = - \int P d x \\ \ln | w y_{1}^{2} | + k & = - \int P d x \\ w y_{1}^{2} & = k_{1} e^{- \int P d x} \end{aligned}$

Despejando a $w$ de la última ecuación, usando $w = \frac{d u}{d x}$ e integrando nuevamente, se tiene

$\begin{aligned} \frac{d u}{d x} & = \frac{k_{1} e^{- \int P d x}}{y_{1}^{2}} \\ \int d u & = \int \frac{k_{1} e^{- \int P d x}}{y_{1}^{2}} d x \\ u & = k_{1} \int \frac{e^{- \int P d x}}{y_{1}^{2}} d x + k_{2} \end{aligned}$

Eligiendo $k_{1} = 1$ y $k_{2} = 0$ obtenemos la expresión para la función $u (x)$ ,

$\begin{matrix} (17) & u (x) = \int \frac{e^{- \int P d x}}{y_{1}^{2}} d x \end{matrix}$

Si sustituimos en

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

obtenemos que la segunda solución de la ecuación diferencial ( $12$ ) es

$\begin{matrix} (18) & y_{2} (x) = y_{1} (x) \int \frac{e^{- \int P (x) d x}}{y_{1}^{2} (x)} d x \end{matrix}$

De tarea moral puedes probar que la función $y_{2}$ satisface la ecuación diferencial y que $y_{1}$ y $y_{2}$ son linealmente independientes en algún intervalo en el que $y_{1}$ no es cero.

Realicemos un ejemplo en el que apliquemos este método.

Ejemplo: Encontrar la solución general de la ecuación diferencial

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} + 16 y = 0$

dada la solución no trivial

$y_{1} (x) = \cos (4 x)$

Solución: En esta ocasión apliquemos directamente la expresión ( $18$ ) para obtener la solución $y_{2} (x)$ .

La ecuación diferencial a resolver es

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} + 16 y = 0$

Si la comparamos con la forma estándar ( $12$ ) notamos que

$P (x) = 0 y Q (x) = 16$

Sustituyendo en ( $18$ ), se tiene

$\begin{aligned} y_{2} (x) & = \cos (4 x) \int \frac{e^{0}}{\cos^{2} (4 x)} d x \\ = \cos (4 x) \int \frac{1}{\cos^{2} (4 x)} d x \end{aligned}$

Para resolver la integral consideremos el cambio de variable $s = 4 x$ , $d s = 4 d x$ .

$\int \frac{1}{\cos^{2} (4 x)} d x = \frac{1}{4} \int \sec^{2} (s) d s$

Sabemos que

$\int \sec^{2} (s) d s = \tan (s)$

Así

$y_{2} (x) = \cos (4 x) (\frac{1}{4} \tan (4 x) + k_{1})$

Hacemos $k_{1} = 0$ .

$y_{2} (x) = \frac{\cos (4 x)}{4} (\frac{\sin (4 x)}{\cos (4 x)}) = \frac{\sin (4 x)}{4}$

Como la solución general corresponde a la combinación lineal ( $10$ ), en las constantes $c_{1}$ y $c_{2}$ se pueden englobar todas las constantes que pudieran aparecer, por ello es que podemos tomar $k_{1} = 0$ y además podemos evitar la constante $\frac{1}{4}$ de $y_{2}$ y considerar que

$y_{2} (x) = \sin (4 x)$

Veamos que efectivamente satisface la ecuación diferencial.

$\frac{d y_{2}}{d x} = 4 \cos (4 x) \Rightarrow \frac{d^{2} y_{2}}{d x^{2}} = - 16 \sin (4 x)$

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} + 16 y = - 16 \sin (4 x) + 16 \sin (4 x) = 0$

Cumple con la ecuación diferencial, lo mismo podemos verificar con la solución dada

$y_{1} (x) = \cos (4 x)$

Tenemos,

$\frac{d y_{1}}{d x} = - 4 \sin (4 x) \Rightarrow \frac{d^{2} y_{1}}{d x^{2}} = - 16 \cos (4 x)$

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} + 16 y = - 16 \cos (4 x) + 16 \cos (4 x) = 0$

Como ambas soluciones son linealmente independientes, entonces forman un conjunto fundamental de soluciones. Otra forma de verificarlo es mostrando que el Wronskiano es distinto de cero y lo es ya que

$W (y_{1}, y_{2}) = 4 \neq 0$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} + 16 y = 0$

corresponde a la combinación lineal

$y (x) = c_{1} \cos (4 x) + c_{2} \sin (4 x)$

Con esto concluimos esta entrada sobre un primer método para resolver algunas ecuaciones diferenciales de segundo orden. En la siguiente entrada desarrollaremos un nuevo método.

Tarea moral

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

Obtener la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales lineales.

$x \frac{d^{2} y}{d x^{2}} + \frac{d y}{d x} = 0$

$(x - 1) \frac{d^{2} y}{d x^{2}} - \frac{d y}{d x} = 0$

Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales no lineales.

$(y - 1) \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = {(\frac{d y}{d x})}^{2}$

${(\frac{d y}{d x})}^{2} - 2 \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = 0$

Dada una solución no trivial de las siguientes ecuaciones diferenciales, hallar la segunda solución, tal que ambas formen un conjunto fundamental de soluciones y determina la solución general.

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} - 4 \frac{d y}{d x} + 4 y = 0; y_{1} (x) = e^{2 x}$

$\frac{d^{2} y}{d x^{2}} - 25 y = 0; y_{1} (x) = e^{5 x}$

Demostrar que la función $y_{2} (x) = y_{1} (x) \int \frac{e^{- \int P (x) d x}}{y_{1}^{2} (x)} d x$ Satisface la ecuación diferencial $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} + P (x) \frac{d y}{d x} + Q (x) y = 0$ Siempre que $y_{1} (x)$ sea solución de la misma ecuación.

Usando el inciso anterior, demostrar que $S = {y_{1} (x), y_{1} (x) \int \frac{e^{- \int P (x) d x}}{y_{1}^{2} (x)} d x}$ es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial $\frac{d^{2} y}{d x^{2}} + P (x) \frac{d y}{d x} + Q (x) y = 0$

Más adelante…

En esta entrada desarrollamos un método de reducción de orden basado en un cambio de variable para ecuaciones lineales y no lineales de segundo orden que satisfacen algunas condiciones y desarrollamos el método de reducción de orden para ecuaciones diferenciales lineales homogéneas en el caso en el que previamente conocemos una solución no trivial.

En la siguiente entrada estudiaremos otro método para resolver un tipo particular de ecuaciones diferenciales, éstas son las ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficientes constantes, de la forma

$a \frac{d^{2} y}{d x^{2}} + b \frac{d y}{d x} + c y = 0$

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

Entradas relacionadas

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Video relacionado al tema: Método de reducción de orden

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales l: Ecuación de Bernoulli y ecuación de Riccati

Por Omar González Franco

3 respuestas

“Obvio” es la palabra más peligrosa del mundo en matemáticas.
– E. T. Bell

Introducción

Con esta entrada concluiremos el desarrollo de métodos de resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden.

Presentaremos dos ecuaciones diferenciales no lineales más, conocidas como ecuación diferencial de Bernoulli y ecuación diferencial de Riccati en honor a sus formuladores Jacob Bernoulli y Jacopo Francesco Riccati, respectivamente.

Ecuación diferencial de Bernoulli

La ecuación diferencial de Bernoulli es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden formulada por Jacob Bernoulli en el siglo XVll.

Definición: La ecuación diferencial

Label '1' multiply defined

donde

n

es cualquier número real, se llama ecuación de Bernoulli.

Si a la ecuación de Bernoulli la dividimos por la función $a_{1} (x) \neq 0$ , obtenemos

$\frac{d y}{d x} + \frac{a_{0} (x)}{a_{1} (x)} y = \frac{g (x)}{a_{1} (x)} y^{n}$

Definimos las siguientes funciones.

$Label '2' multiply defined$

Entonces una ecuación de Bernoulli se puede reescribir como

$Label '3' multiply defined$

La ecuación ( $3$ ) es también una definición común de ecuación de Bernoulli.

Notemos que si $n = 0$ , la ecuación de Bernoulli se reduce a una ecuación diferencial lineal no homogénea.

$Label '4' multiply defined$

Y si $n = 1$ , la ecuación de Bernoulli se reduce a una ecuación diferencial lineal homogénea.

$\begin{aligned} \frac{d y}{d x} + P (x) y & = Q (x) y \\ \frac{d y}{d x} + [P (x) - Q (x)] y & = 0 \end{aligned}$

Si definimos

$R (x) = P (x) - Q (x)$

entonces

$Label '5' multiply defined$

Las ecuaciones ( $4$ ) y ( $5$ ) ya las sabemos resolver.

Nuestro objetivo será resolver la ecuación de Bernoulli para el caso en el que $n \neq 0$ y $n \neq 1$ .

Una propiedad de las ecuaciones de Bernoulli es que la sustitución

$Label '6' multiply defined$

la convierte en una ecuación lineal, de tal manera que podremos resolverla usando algún método de resolución visto para ecuaciones diferenciales lineales.

Consideremos la ecuación de Bernoulli en la forma ( $3$ ).

$\frac{d y}{d x} + P (x) y = Q (x) y^{n}$

Dividimos toda la ecuación por $y^{n} \neq 0$ .

$Label '7' multiply defined$

La derivada de la función ( $6$ ) es

$\frac{d u}{d x} = (1 - n) y^{- n} \frac{d y}{d x} = (1 - n) \frac{1}{y^{n}} \frac{d y}{d x}$

de donde,

$Label '8' multiply defined$

Sustituyamos ( $6$ ) y ( $8$ ) en la ecuación ( $7$ ).

$Label '9' multiply defined$

Multipliquemos por $1 - n$ en ambos lados de la ecuación.

$\frac{d u}{d x} + (1 - n) P (x) u = (1 - n) Q (x)$

Definimos las funciones

$R (x) = (1 - n) P (x) y S (x) = (1 - n) Q (x)$

En términos de estas funciones la ecuación ( $9$ ) se puede escribir de la siguiente forma.

$Label '10' multiply defined$

Este resultado corresponde a una ecuación diferencial lineal de primer orden no homogénea y, por tanto, puede ser resuelta aplicando el algoritmo descrito para resolver ecuaciones diferenciales lineales.

Los pasos que se recomiendan seguir para resolver una ecuación diferencial de Bernoulli se presentan a continuación.

Método para resolver ecuaciones de Bernoulli

El primer paso es escribir a la ecuación de Bernoulli en la forma ( $3$ ).

Dividimos toda la ecuación por $y^{n}$ y consideramos el cambio de variable $u = y^{1 - n}$ , así como la respectiva derivada $\frac{d u}{d x} = (1 - n) \frac{1}{y^{n}} \frac{d y}{d x}$

Sustituimos $y^{1 - n} = u y \frac{1}{y^{n}} \frac{d y}{d x} = \frac{1}{1 - n} \frac{d u}{d x}$ en la ecuación resultante del paso anterior y haciendo un poco de álgebra podremos reducir la ecuación de Bernoulli en una ecuación lineal de primer orden no homogénea.

Resolvemos la ecuación resultante usando el método de resolución de ecuaciones diferenciales lineales lo que nos permitirá obtener la función $u (x)$ .

Regresamos a la variable original para obtener finalmente la solución $y (x)$ .

Realicemos un ejemplo en el que apliquemos estos pasos.

Ejemplo: Resolver la ecuación de Bernoulli

$3 (1 + x^{2}) \frac{d y}{d x} = 2 x y (y^{3} - 1)$

Solución: El primer paso es escribir la ecuación de Bernoulli en la forma ( $3$ ).

$\begin{aligned} 3 (1 + x^{2}) \frac{d y}{d x} & = 2 x y (y^{3} - 1) \\ \frac{d y}{d x} & = \frac{2 x y (y^{3} - 1)}{3 (1 + x^{2})} \\ \frac{d y}{d x} & = \frac{2 x y^{4}}{3 (1 + x^{2})} - \frac{2 x y}{3 (1 + x^{2})} \\ \frac{d y}{d x} + (\frac{2 x}{3 (1 + x^{2})}) y & = (\frac{2 x}{3 (1 + x^{2})}) y^{4} \end{aligned}$

La última relación muestra a la ecuación en la forma ( $3$ ) con $n = 4$ , ahora dividamos toda la ecuación por $y^{4}$ .

$Label '11' multiply defined$

Consideremos la sustitución

$u = y^{1 - n} = y^{1 - 4} = y^{- 3} = \frac{1}{y^{3}}$

$\frac{d u}{d x} = - 3 y^{- 4} \frac{d y}{d x}$

De donde,

$\frac{1}{y^{4}} \frac{d y}{d x} = - \frac{1}{3} \frac{d u}{d x} y y^{- 3} = u$

Sustituimos estos resultados en la ecuación ( $11$ ).

$Label '12' multiply defined$

La última ecuación es una expresión en la forma ( $10$ ). Con esto hemos logrado reducir la ecuación de Bernoulli en una ecuación diferencial lineal de primer orden no homogénea.

Establecemos las siguientes funciones.

$R (x) = - \frac{2 x}{1 + x^{2}} y S (x) = - \frac{2 x}{1 + x^{2}}$

A partir de aquí aplicamos el método de resolución de ecuaciones diferenciales lineales.

La ecuación ya se encuentra en su forma canónica. Determinemos el factor integrante dado por

$Label '13' multiply defined$

Resolvamos la integral del exponente omitiendo la constante de integración.

$\begin{aligned} \int R (x) d x & = - \int \frac{2 x}{1 + x^{2}} d x \\ = - \ln | 1 + x^{2} | \end{aligned}$

Por lo tanto,

$μ (x) = e^{- \ln | 1 + x^{2} |} = \frac{1}{1 + x^{2}}$

Multipliquemos a la ecuación ( $12$ ) por el factor integrante.

$\frac{1}{1 + x^{2}} \frac{d u}{d x} - \frac{1}{1 + x^{2}} (\frac{2 x}{1 + x^{2}}) u = - \frac{1}{1 + x^{2}} (\frac{2 x}{1 + x^{2}})$

Identificamos que el lado izquierdo de la ecuación es la derivada del producto del factor integrante $μ (x)$ por la función $u (x)$ , de esta manera

$\frac{d}{d x} (\frac{u}{1 + x^{2}}) = - \frac{2 x}{(1 + x^{2})^{2}}$

Integramos ambos lados de la ecuación con respecto a $x$ . Por tratarse del último paso sí consideramos a la constante de integración.

$\int \frac{d}{d x} (\frac{u}{1 + x^{2}}) d x = - \int \frac{2 x}{(1 + x^{2})^{2}} d x$

En el lado izquierdo aplicamos el teorema fundamental del cálculo y en el lado derecho consideramos la sustitución $a (x) = 1 + x^{2}$ para resolver la integral. El resultado que se obtiene es

$\begin{aligned} \frac{u}{1 + x^{2}} & = \frac{1}{1 + x^{2}} + c \\ u & = 1 + (1 + x^{2}) c \end{aligned}$

Regresamos a la variable original $u = y^{- 3}$ .

$\frac{1}{y^{3}} = 1 + (1 + x^{2}) c$

Por lo tanto, la solución general (implícita) de la ecuación diferencial de Bernoulli

$3 (1 + x^{2}) \frac{d y}{d x} = 2 x y (y^{3} - 1)$

$y^{3} (x) = \frac{1}{1 + (1 + x^{2}) c}$

Ahora revisemos la ecuación de Riccati.

Ecuación diferencial de Riccati

La ecuación de Riccati es una ecuación diferencial ordinara no lineal de primer orden, inventada y desarrollada en el siglo XVlll por el matemático italiano Jacopo Francesco Riccati.

Definición: La ecuación diferencial

Label '14' multiply defined

se llama ecuación de Riccati.

Resolver la ecuación de Riccati requiere del conocimiento previo de una solución particular de la ecuación, llamemos a dicha solución $\hat{y} (x)$ . Si hacemos la sustitución

$Label '15' multiply defined$

La ecuación de Riccati adquiere la forma de una ecuación de Bernoulli, de tarea moral comprueba este hecho. Ya vimos que para resolver una ecuación de Bernoulli debemos reducirla a una ecuación lineal no homogénea, así que veamos directamente cómo reducir una ecuación de Riccati a una ecuación lineal no homogénea.

Sea $\hat{y} (x)$ una solución particular de la ecuación de Riccati y consideremos la sustitución

$Label '16' multiply defined$

Derivemos esta ecuación.

$Label '17' multiply defined$

Como $\hat{y} (x)$ es una solución de la ecuación de Riccati, entonces satisface la ecuación diferencial.

$Label '18' multiply defined$

Sustituyendo ( $18$ ) en ( $17$ ) obtenemos la siguiente ecuación.

$\begin{matrix} (19) & \frac{d y}{d x} = q_{0} (x) + q_{1} (x) \hat{y} + q_{2} (x) {\hat{y}}^{2} - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} \end{matrix}$

Ahora podemos igualar la ecuación ( $19$ ) con la ecuación de Riccati ( $14$ ).

$\begin{aligned} q_{0} (x) + q_{1} (x) y + q_{2} (x) y^{2} & = q_{0} (x) + q_{1} (x) \hat{y} + q_{2} (x) {\hat{y}}^{2} - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} \\ q_{1} (x) y + q_{2} (x) y^{2} & = q_{1} (x) \hat{y} + q_{2} (x) {\hat{y}}^{2} - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} \\ \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} & = q_{1} (x) \hat{y} - q_{1} (x) y + q_{2} (x) {\hat{y}}^{2} - q_{2} (x) y^{2} \\ \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} & = q_{1} (x) (\hat{y} - y) + q_{2} (x) ({\hat{y}}^{2} - y^{2}) \end{aligned}$

En la última relación sustituimos la función ( $16$ ).

$\begin{aligned} \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} & = q_{1} (x) [\hat{y} - (\hat{y} + \frac{1}{u})] + q_{2} (x) [{\hat{y}}^{2} - {(\hat{y} + \frac{1}{u})}^{2}] \\ = q_{1} (x) (\hat{y} - \hat{y} - \frac{1}{u}) + q_{2} (x) ({\hat{y}}^{2} - {\hat{y}}^{2} - 2 \hat{y} \frac{1}{u} - \frac{1}{u^{2}}) \\ = q_{1} (x) (- \frac{1}{u}) + q_{2} (x) (- 2 \frac{\hat{y}}{u} - \frac{1}{u^{2}}) \\ = - \frac{q_{1} (x)}{u} - 2 q_{2} (x) \frac{\hat{y}}{u} - \frac{q_{2} (x)}{u^{2}} \end{aligned}$

Esto es,

$\frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} = - \frac{q_{1} (x)}{u} - 2 q_{2} (x) \frac{\hat{y}}{u} - \frac{q_{2} (x)}{u^{2}}$

Multipliquemos ambos lados de la ecuación por $u^{2}$ .

$\begin{aligned} \frac{d u}{d x} & = - q_{1} (x) u - 2 q_{2} (x) \hat{y} u - q_{2} (x) \\ \frac{d u}{d x} & = - (q_{1} (x) + 2 q_{2} (x) \hat{y}) u - q_{2} (x) \end{aligned}$

Vemos que

$\begin{matrix} (20) & \frac{d u}{d x} + (q_{1} (x) + 2 q_{2} (x) \hat{y}) u = - q_{2} (x) \end{matrix}$

Definamos las funciones

$R (x) = q_{1} (x) + 2 q_{2} (x) \hat{y} (x) y S (x) = - q_{2} (x)$

Por lo tanto, la ecuación ( $20$ ) queda de la siguiente forma.

$\begin{matrix} (21) & \frac{d u}{d x} + R (x) u = S (x) \end{matrix}$

Queda demostrado que la sustitución ( $16$ ) convierte a la ecuación de Riccati en una ecuación diferencial lineal y, por tanto, puede ser resuelta con el método de resolución de ecuaciones lineales.

Como es usual, enunciemos la serie de pasos que se recomienda seguir para resolver las ecuaciones diferenciales de Riccati.

Método para resolver ecuaciones de Riccati

El primer paso es escribir a la ecuación de Riccati en la forma ( $14$ ) y estar seguros de que conocemos previamente una solución particular $\hat{y} (x)$ de la ecuación.

Como queremos reducir la ecuación de Riccati en una ecuación lineal no homogénea consideramos la sustitución $y (x) = \hat{y} (x) + \frac{1}{u (x)}$ con $\hat{y} (x)$ la solución particular dada.

Si se deseara reducirla a una ecuación de Bernoulli se hace la sustitución $y (x) = \hat{y} (x) + u (x)$

Debido a que $\hat{y} (x)$ es solución de la ecuación de Riccati, el siguiente paso es derivar la sustitución $y = \hat{y} + \frac{1}{u}$ y en el resultado sustituir $\frac{d \hat{y}}{d x}$ por la ecuación de Riccati para la solución particular, esto es

$\frac{d y}{d x} = \frac{d \hat{y}}{d x} - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} = [q_{1} (x) + q_{2} (x) \hat{y} + q_{3} (x) {\hat{y}}^{2}] - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x}$

Igualamos la ecuación anterior con la ecuación de Riccati original en la forma ( $14$ ) y hacemos la sustitución $y (x) = \hat{y} (x) + \frac{1}{u (x)}$

Hecho lo anterior y haciendo un poco de álgebra podremos reducir la ecuación de Riccati en una ecuación lineal de primer orden y así aplicar el método de resolución para este tipo de ecuaciones.

Una vez obtenida la función $u (x)$ la sustituimos en $y (x)$ para obtener la solución deseada.

Realicemos un ejemplo para poner en practica este método.

Ejemplo: Resolver la ecuación de Riccati

$\frac{d y}{d x} = - \frac{4}{x^{2}} - \frac{y}{x} + y^{2}$

dada la solución particular $\hat{y} = \frac{2}{x}$ .

Solución: La ecuación diferencial prácticamente se encuentra en la forma de la ecuación ( $14$ ), sólo para que sea claro escribimos

$\frac{d y}{d x} = (- \frac{4}{x^{2}}) + (- \frac{1}{x}) y + y^{2}$

Comencemos por verificar que la solución particular dada efectivamente satisface la ecuación de Riccati. Por un lado,

$\frac{d \hat{y}}{d x} = - \frac{2}{x^{2}}$

Por otro lado,

$\begin{aligned} - \frac{4}{x^{2}} - \frac{\hat{y}}{x} + {\hat{y}}^{2} & = - \frac{4}{x^{2}} - \frac{1}{x} (\frac{2}{x}) + {(\frac{2}{x})}^{2} \\ = - \frac{4}{x^{2}} - \frac{2}{x^{2}} + \frac{4}{x^{2}} \\ = - \frac{2}{x^{2}} \end{aligned}$

En efecto,

$\frac{d \hat{y}}{d x} = - \frac{4}{x^{2}} - \frac{\hat{y}}{x} + {\hat{y}}^{2} = - \frac{2}{x^{2}}$

El siguiente paso es hacer la sustitución ( $16$ ).

$y (x) = \hat{y} (x) + \frac{1}{u (x)} = \frac{2}{x} + \frac{1}{u}$

De acuerdo a ( $19$ ), tenemos

$\frac{d y}{d x} = - \frac{4}{x^{2}} - \frac{1}{x} (\frac{2}{x}) + {(\frac{2}{x})}^{2} - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x}$

Igualemos este resultado con la ecuación de Riccati original.

$\begin{aligned} - \frac{4}{x^{2}} - \frac{y}{x} + y^{2} & = - \frac{4}{x^{2}} - \frac{2}{x^{2}} + \frac{4}{x^{2}} - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} \\ - \frac{y}{x} + y^{2} & = \frac{2}{x^{2}} - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} \\ \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} & = \frac{2}{x^{2}} + \frac{y}{x} - y^{2} \end{aligned}$

En la última ecuación sustituimos $y = \frac{2}{x} + \frac{1}{u}$ .

$\begin{aligned} \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d x} & = \frac{2}{x^{2}} + \frac{1}{x} (\frac{2}{x} + \frac{1}{u}) - {(\frac{2}{x} + \frac{1}{u})}^{2} \\ = \frac{2}{x^{2}} + \frac{2}{x^{2}} + \frac{1}{x u} - (\frac{4}{x^{2}} + \frac{4}{x u} + \frac{1}{u^{2}}) \\ = \frac{4}{x^{2}} + \frac{1}{x u} - \frac{4}{x^{2}} - \frac{4}{x u} - \frac{1}{u^{2}} \\ = - \frac{3}{x u} - \frac{1}{u^{2}} \end{aligned}$

De donde,

$\frac{d u}{d x} + \frac{3}{x} u = - 1$

Esta expresión tiene la forma de una ecuación diferencial lineal ( $21$ ), de donde podemos determinar que

$R (x) = \frac{3}{x} y S (x) = - 1$

La ecuación de Riccati ha sido reducida a una ecuación lineal no homogénea, ahora apliquemos el método de resolución de ecuaciones diferenciales lineales.

Calculemos el factor integrante $μ (x) = e^{\int R (x) d x}$ .

$\int R (x) d x = \int \frac{3}{x} d x = 3 \ln | x |$

El factor integrante es

$μ (x) = e^{3 \ln | x |} = x^{3}$

Multipliquemos la ecuación diferencial por el factor integrante.

$\begin{aligned} x^{3} \frac{d u}{d x} + x^{3} (\frac{3}{x}) u & = - x^{3} \\ x^{3} \frac{d u}{d x} + 3 x^{2} u & = - x^{3} \end{aligned}$

Identificamos que el lado izquierdo de la ecuación corresponde a la derivada del producto entre el factor integrante $μ (x)$ y la función $u (x)$ , entonces

$\frac{d}{d x} (x^{3} u) = - x^{3}$

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

$\begin{aligned} \int \frac{d}{d x} (x^{3} u) d x & = \int - x^{3} d x \\ x^{3} u & = - \frac{x^{4}}{4} + c \\ u (x) & = - \frac{x}{4} + \frac{c}{x^{3}} \end{aligned}$

Ya determinamos el valor de $u (x)$ , ahora sólo lo sustituimos en la función $y = \frac{2}{x} + \frac{1}{u}$ .

Por lo tanto, la solución general de la ecuación de Bernoulli

$\frac{d y}{d x} = - \frac{4}{x^{2}} - \frac{y}{x} + y^{2}$

$y (x) = \frac{2}{x} + \frac{1}{\frac{c}{x^{3}} - \frac{x}{4}} = \frac{2}{x} + \frac{4 x^{3}}{4 c - x^{4}}$

Hemos concluido con el estudio de las ecuaciones diferenciales de primer 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.

Resolver las siguientes ecuaciones de Bernoulli.

$\frac{d y}{d x} + \frac{1}{x} y = \frac{2}{3} x^{4} y^{4}$

$3 x \frac{d y}{d x} - 2 y = x^{3} y^{- 2}$

$x^{2} \frac{d y}{d x} - 2 x y = 3 y^{4}$ con la condición inicial $y (1) = \frac{1}{2}$

Resolver las siguientes ecuaciones de Riccati.

$x^{3} \frac{d y}{d x} = x^{4} y^{2} - 2 x^{2} y - 1$ con solución particular $\hat{y} = \frac{1}{x^{2}}$

$\frac{d y}{d x} = x y^{2} + y + \frac{1}{x^{2}}$ con solución particular $\hat{y} = - \frac{1}{x}$

Demostrar que la sustitución $y (x) = \hat{y} (x) + u (x)$ convierte a una ecuación de Riccati en una ecuación de Bernoulli. $\hat{y} (x)$ es una solución particular de la ecuación de Riccati.

Más adelante…

Con esta entrada concluimos el estudio de las ecuaciones diferenciales de primer orden, a lo largo de la unidad vimos una descripción cualitativa y posteriormente una descripción analítica en la que desarrollamos varios métodos para resolver ecuaciones diferenciales de primer orden tanto lineales como no lineales.

Antes de pasar a la siguiente unidad y comenzar con el estudio de las ecuaciones diferenciales de segundo orden, es importante hacer un estudio con mayor detalle sobre el teorema de existencia y unicidad ya que es este teorema el que justifica toda la teoría que hemos desarrollado a lo largo de la unidad.

Importante: Los temas de las siguientes tres entradas pueden ser opcionales para aquellos estudiantes que no requieran de un profundo fundamento teórico, si es el caso puedes continuar con la unidad 2 del curso.

Entradas relacionadas

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Video relacionado al tema: Ecuaciones de Bernoulli y Riccati

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Método de reducción de orden

Por Eduardo Vera Rosales

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Introducción

En la entrada anterior estudiamos las propiedades más importantes que cumple el conjunto de soluciones a una ecuación lineal homogénea de segundo orden, que tienen la forma $\frac{d^{2} y}{d t^{2}} + p (t) \frac{d y}{d t} + q (t) y = 0.$ Si encontramos dos soluciones $y_{1} (t)$ , $y_{2} (t)$ tales que formen un conjunto fundamental en un mismo intervalo $I$ , entonces $y (t) = c_{1} y_{1} (t) + c_{2} y_{2} (t)$ será la solución general a la ecuación diferencial en $I$ .

A continuación, vamos a suponer que conocemos una solución $y_{1} (t)$ a la ecuación, y desarrollaremos un método, conocido como reducción de orden, que nos permitirá encontrar una segunda solución $y_{2} (t)$ de tal manera que ${y_{1} (t), y_{2} (t)}$ formen un conjunto fundamental de soluciones.

Reducción de orden

En el video desarrollamos de manera general el método de reducción de orden, dada una solución $y_{1} (t)$ , y suponiendo que la solución general es de la forma $u (t) y_{1} (t)$ para cierta función $u$ , y posteriormente aplicamos este método para resolver un ejemplo en particular.

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.

Prueba que si $y_{1} (t)$ es solución a la ecuación $\frac{d^{2} y}{d t^{2}} + p (t) \frac{d y}{d t} + q (t) y = 0$ entonces $y_{1} \int \frac{1}{y_{1}^{2}} e^{- \int p (t) d t} d t$ también es solución a la ecuación.

Prueba que ${y_{1}, y_{1} \int \frac{1}{y_{1}^{2}} e^{- \int p (t) d t} d t}$ es un conjunto fundamental de soluciones a la ecuación $\frac{d^{2} y}{d t^{2}} + p (t) \frac{d y}{d t} + q (t) y = 0.$

Encuentra la solución general a la ecuación diferencial $\frac{d^{2} y}{d t^{2}} + 2 \frac{d y}{d t} + y = 0$ por el método de reducción de orden, si $y_{1} (t) = e^{- t}$ es una solución a la ecuación.

Encuentra la solución general a la ecuación diferencial $\frac{d^{2} y}{d t^{2}} + 16 y = 0$ por el método de reducción de orden, si $y_{1} (t) = \cos 4 t$ es una solución a la ecuación.

Más adelante

En la próxima entrada continuaremos estudiando ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden, en particular, estudiaremos el caso cuando las funciones $a_{i} (t)$ , $i \in {0, 1, 2}$ en la ecuación $a_{0} (t) \frac{d^{2} y}{d t^{2}} + a_{1} (t) \frac{d y}{d t} + a_{2} (t) y = 0$ son todas constantes. A este tipo de ecuaciones les llamamos ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes.

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