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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 lineales no homogéneas de segundo orden – Método de coeficientes indeterminados

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

Introducción

En la entrada anterior estudiamos las ecuaciones diferenciales de la forma

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Coeficientes indeterminados – Método de superposición

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

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

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

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

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

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

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

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

etcétera. En cambio, es aplicable a funciones como

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

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

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

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

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

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

$g(x)$ es un polinomio

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

De la penúltima relación se obtiene

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

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

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

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

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

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

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

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

Realicemos un ejemplo.

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

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

Solución: En este caso la función $g$ es

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

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

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

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

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

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

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

Sustituyamos.

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

Agrupemos términos semejantes.

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

Observemos que la función $g$ la podemos escribir como

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

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

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

Resolviendo el sistema de ecuaciones obtendremos que

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

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

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

$\square$

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

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

para así finalmente obtener la solución general

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

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

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

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

Supongamos que queremos obtener la solución particular de la ecuación diferencial

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

Se puede suponer razonablemente una solución particular de la forma

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Solución: Supongamos que la solución tiene la forma

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

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

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

Sustituyamos en la ecuación diferencial.

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

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

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

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

$$h(x) = Ax$$

Derivando obtenemos

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

Sustituyendo en la ecuación de $h$, obtenemos

$$-3A = 8$$

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

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

$\square$

Realicemos un ejemplo más.

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

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

Solución: En este caso

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

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

Proponemos la solución

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

La primera y segunda derivada están dadas como

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

Sustituimos en la ecuación diferencial.

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

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

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

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

$$h(x) = Ax$$

Así, la solución particular será

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

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

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

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

Sustituyendo en la ecuación diferencial de $h$, tenemos

$$0 + 5A = -5$$

De donde $A = -1$, así

$$h(x) = -x$$

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

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

$\square$

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

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

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

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

Consideremos nuevamente el polinomio

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

El tipo de ecuación que queremos resolver es de la forma

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

O bien,

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

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

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

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

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

Que podemos escribir como

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

Supongamos que la función

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

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

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

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

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

Pero notemos que

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

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

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

y

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Las derivadas son

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

Sustituimos en la ecuación diferencial.

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

Cancelando las exponenciales de todos los términos y reordenando, obtenemos

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

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

$$h(x) = A$$

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

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

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

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

Como $h(x) = A$, entonces

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

Sustituyendo en la solución, tenemos

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

Si

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

notamos que

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

y

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

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

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

$\square$

Realicemos un ejemplo más.

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

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

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

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

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

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

Las derivadas son

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

Sustituimos en la ecuación diferencial.

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

Cancelando las exponenciales de todos los términos y reordenando, obtenemos

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

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

$$h(x) = Ax$$

La primer derivada es

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

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

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

De donde $A = -3i$. Entonces

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

y por tanto

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

Vemos que

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

Si

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

notamos que

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

y

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

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

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

$\square$

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

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

Resultados generales

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

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

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

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

Lo que buscamos es una solución particular de la forma

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Solución: La función $g$ es

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

Al primer sumando

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

le corresponde una solución de la forma

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

Al segundo sumando

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

le corresponde una solución de la forma

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

Y al tercer sumando

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

le corresponde una solución de la forma

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

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

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

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

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

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

$\square$

Concluyamos la entrada con algunos ejemplos más.

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

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

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

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

La ecuación auxiliar es

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

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

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

La solución particular tiene la forma

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

Derivando obtenemos,

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

Sustituimos en la ecuación no homogénea.

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

Reordenando obtenemos,

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

De donde

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

Resolviendo obtenemos que

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

Por lo tanto, la solución particular es

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

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

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

$\square$

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

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

Solución: Primero resolvemos la ecuación homogénea asociada

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

para obtener la solución complementaria. La ecuación auxiliar es

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

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

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

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

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

Derivando obtenemos,

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

y

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

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

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

De donde

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

Resolviendo obtenemos que

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

Por lo tanto, la solución particular es

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

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

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

$\square$

Ejemplo: Determinar la solución particular de la ecuación diferencial

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

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

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

Esto es,

$$k^{2} = 2$$

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

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

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

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

Derivando obtenemos

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

y

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

Sustituyendo en la ecuación diferencial y reordenando los términos, obtenemos

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

De donde

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

Resolviendo se obtiene que

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

Por lo tanto, la solución particular es

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

Y la solución general

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

$\square$

Hasta aquí concluimos con esta entrada.

Tarea moral

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

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

Más adelante…

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

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

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Ecuaciones Diferenciales I: Soluciones a ecuaciones diferenciales de orden superior

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Introducción

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

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

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

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

Soluciones a ecuaciones diferenciales lineales de orden superior

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

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

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

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

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

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

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

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

Ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden

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

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

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

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

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

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

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

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

y

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

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

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

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

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

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

y

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\square$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

y

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

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

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

y

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

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

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

Sabemos que

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

y notemos lo siguiente

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

Es decir,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

de manera que hay dos posibilidades:

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

$\square$

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

Demostración: Por hipótesis

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

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

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

Consideremos el siguiente resultado.

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

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

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

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

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

O bien,

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

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

$\square$

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

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

Realicemos un ejemplo.

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

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

forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial

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

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

Solución: Consideremos las soluciones

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

y sus respectivas derivadas

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

Calculemos el Wronskiano.

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

Como

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

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

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

$\square$

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

Ecuaciones no homogéneas

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

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

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

Si recordamos al operador polinomial

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

la definición anterior implica que

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

Veamos el siguiente resultado.

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

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

si aplicamos el operador polinomial, tenemos

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

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

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

concluimos que la combinación lineal

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

es solución de la ecuación diferencial no homogénea.

$\square$

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

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

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

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

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

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

Definamos la función

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

y notemos lo siguiente.

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

Esto es,

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

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

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

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

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

que es lo que queríamos demostrar.

$\square$

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

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

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

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

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Probar que la función

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

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

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

Solución: Primero probemos que las funciones

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

forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Ahora verifiquemos que la función

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

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

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

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

Sustituyamos en la ecuación diferencial.

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

Esto es,

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

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

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

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

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

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

es la solución general de la ecuación no homogénea.

$\square$

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

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

es una solución particular de la ecuación no homogénea

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

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

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

es una solución particular de la ecuación

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

mientras que la función

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

es una solución particular de la ecuación

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

Así, si superponemos las soluciones particulares

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

obtenemos en la ecuación diferencial la superposición de la funciones

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

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

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

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

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

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

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

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

En efecto

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

Con esto queda probado que

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

es solución de (\ref{37}).

$\square$

Realicemos un último ejemplo.

Ejemplo: Probar que

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

y probar que la superposición

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

es una solución de

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

Solución: Sean

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

De tarea moral muestra que efectivamente,

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

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

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

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

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

es solución de la ecuación

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

Por lo tanto, la función

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

es solución de la ecuación diferencial

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

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

$\square$

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

Tarea moral

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Más adelante…

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

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

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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Ecuaciones lineales no homogéneas de segundo orden. Solución por variación de parámetros

Introducción

Es momento de estudiar el caso no homogéneo, es decir, ecuaciones del tipo $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=g(t)$$ donde la función $g$ no es la función constante cero. El primer método que estudiaremos es el de variación de parámetros que es, en cierta parte, análogo al método de variación de parámetros para ecuaciones lineales no homogéneas de primer orden, y que puedes encontrar en el siguiente enlace.

El teorema principal de esta entrada nos dice que la solución general a una ecuación lineal no homogénea de segundo orden puede verse como la suma de la solución general a la ecuación homogénea asociada, que denotaremos por $y_{H}$, y una solución particular a la ecuación no homogénea denotada por $y_{P}$.

Dado que en entradas anteriores estudiamos ecuaciones lineales homogéneas y sabemos cómo encontrar su solución general, nos enfocaremos en encontrar únicamente la solución particular. El método de variación de parámetros nos ayudará a resolver este problema.

Vamos a comenzar!

Soluciones a ecuaciones lineales no homogéneas de segundo orden

En el video demostramos que la solución general a una ecuación lineal no homogénea de segundo orden puede verse como la suma de la solución general a la ecuación homogénea asociada y una solución particular a la ecuación no homogénea denotada.

Método de variación de parámetros

En el primer video desarrollamos el método de variación de parámetros para encontrar a la solución particular $y_{P}$. En el segundo video empleamos este método para resolver dos ejemplos particulares.

Tarea moral

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

  • Encuentra una expresión para $u_{2}(t)$ similar a la encontrada para $u_{1}(t)$ en el segundo video: $$u_{1}(t)=-\int \frac{g(t)y_{2}(t)}{W[y_{1},y_{2}](t)} dt$$ con $u_{1}(t)$, $u_{2}(t)$ que satisfacen $$y_{P}(t)=u_{1}(t)y_{1}(t)+u_{2}(t)y_{2}(t)$$ donde $y_{P}(t)$ es una solución particular a la ecuación diferencial $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=g(t)$$ y $y_{1}$, $y_{2}$ son soluciones a la ecuación homogénea asociada. (Revisa el video para mayor referencia).
  • Prueba que $y_{P}(t)=u_{1}(t)y_{1}(t)+u_{2}(t)y_{2}(t)$ es solución a la ecuación diferencial $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+p(t)\frac{dy}{dt}+q(t)y=g(t)$$ una vez que has encontrado las expresiones para $u_{1}(t)$ y $u_{2}(t)$.
  • Resuelve la ecuación diferencial $$\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+2\frac{dy}{dt}+y=3e^{-t}$$ por el método de variación de parámetros.
  • Resuelve el problema de condición inicial $$3\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+4\frac{dy}{dt}+y=e^{-t}\sin{t}; \,\,\,\,\,\, y(0)=1, \frac{dy}{dt}(0)=0.$$

Más adelante

Hemos presentado un primer método para resolver ecuaciones lineales no homogéneas de segundo orden. En la siguiente entrada estudiaremos otro método de resolución, en particular para resolver ecuaciones de la forma $$a\frac{d^{2}y}{dt^{2}}+b\frac{dy}{dt}+cy=g(t)$$ donde $a$, $b$ y $c$ son constantes, $a \neq 0$ y en la función $g(t)$ aparecen funciones exponenciales, polinómicas y funciones $\sin{\beta t}$ y $\cos{\beta t}$.

El método que estudiaremos será llamado coeficientes indeterminados.

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Las matemáticas son el arte de la explicación.
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Introducción

Hasta ahora sólo hemos hecho un análisis cualitativo de las soluciones a distintas ecuaciones diferenciales, esto nos ha permitido tener un panorama general sobre el comportamiento de dichas soluciones y su implicación al tratarse de la descripción de un fenómeno real ya que recordemos que para alguna ecuación diferencial ordinaria de la forma

$$\dfrac{dy}{dx} = f(x, y) \label{1} \tag{1}$$

podemos obtener su campo de pendientes y a través de él trazar una infinidad de funciones que satisfacen la ecuación.

Ahora comenzaremos a desarrollar métodos analíticos para obtener explícitamente las funciones solución de una ecuación diferencial ordinaria. Cabe mencionar que no siempre será posible resolver de manera analítica una ecuación diferencial por lo que el análisis cualitativo siempre será una herramienta alterna que puede ayudar en esos casos.

Sabemos que hay diferentes tipos de ecuaciones diferenciales, en esta entrada vamos a comenzar con unas de las ecuaciones más sencillas que podemos encontrar, las ecuaciones diferenciales lineales.

Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

En la primer entrada hicimos una clasificación por linealidad de las ecuaciones diferenciales. Vimos que una ecuación diferencial de $n$-ésimo orden es lineal si:

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

Con las propiedades de que la variable dependiente $y$, así como todas sus derivadas $y^{\prime}, y^{\prime \prime}, \cdots, y^{(n)}$ son de primer grado y los coeficientes $a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n}$, así como la función $g(x)$ dependen a lo sumo de la variable independiente $x$. Una ecuación que no satisface estas propiedades es una ecuación no lineal.

Las primeras ecuaciones que estudiaremos son las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, reduciendo la ecuación (\ref{2}) a primer orden tenemos la siguiente definición.

Como $a_{1}(x) \neq 0$ (ya que si lo es ya no tendríamos una ecuación diferencial), podemos dividir toda la ecuación por este coeficiente.

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

Si definimos

$$P(x) = \dfrac{a_{0}(x)}{a_{1}(x)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{g(x)}{a_{1}(x)} \label{4} \tag{4}$$

podemos reescribir la ecuación (\ref{3}) como

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x) \label{5} \tag{5}$$

A esta ecuación se le conoce como la forma canónica y es la definición de ecuación lineal que también encontraremos en la literatura.

Lo que buscamos es una solución de la ecuación diferencial (\ref{5}) en un intervalo $\delta$ donde $P$ y $Q$ sean continuas.

En la forma canónica (\ref{5}), decimos que la ecuación

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = 0 \tag{6} \label{6}$$

es la ecuación homogénea, ya que si $g(x) = 0$, entonces $Q(x) = 0$.

Nuestro objetivo es encontrar la forma explícita de la solución $y(x)$ de la ecuación diferencial lineal (\ref{5}). Esta ecuación tiene la propiedad de que la solución general $y(x)$ es la suma de la solución de la ecuación homogénea (\ref{6}) que denotaremos como $y_{h}(x)$ y llamaremos solución homogénea, más la solución de la ecuación no homogénea (\ref{5}) que denotaremos como $y_{p}(x)$ y que llamaremos solución particular, esto es

$$y(x) = y_{h}(x) + y_{p}(x) \label{7} \tag{7}$$

Para mostrar este hecho observemos lo siguiente.

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} + P(x)y &= \dfrac{d}{dx} (y_{h} + y_{p}) + P(x) (y_{h} + y_{p}) \\
&= \left( \dfrac{d y_{h}}{dx} + P(x) y_{h} \right) + \left( \dfrac{d y_{p}}{dx} + P(x) y_{p} \right) \\
&= 0 + Q(x) \\
&= Q(x)
\end{align*}

Ya que

$$\dfrac{d y_{h}}{dx} + P(x) y_{h} = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d y_{p}}{dx} + P(x) y_{p} = Q(x)$$

Así, para hallar la forma explícita de $y(x)$ debemos hallar la forma explícita de la solución homogénea $y_{h}(x)$ y la forma explícita de la solución particular $y_{p}(x)$ para finalmente sumar ambos resultados.

Solución a ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de primer orden

Comencemos por resolver la ecuación diferencial homogénea (\ref{6}) para obtener la solución homogénea $y_{h}(x)$. La ecuación que queremos resolver es

$$a_{1}(x) \frac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = 0$$

O bien,

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

Realicemos un poco de algebra y cálculo.

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} + P(x) y &= 0 \\
\dfrac{dy}{dx} &= -P(x) y \\
\dfrac{1}{y} \dfrac{dy}{dx} &= -P(x)
\end{align*}

De la última expresión identificamos que

$$\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) = \dfrac{1}{y} \dfrac{dy}{dx}$$

Sustituimos.

$$\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) = -P(x)$$

Integremos ambos lados de la ecuación con respecto a la variable $x$.

\begin{align*}
\int \left( \dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) \right) dx &= \int -P(x) dx \\
\ln{|y|} + c &= -\int P(x) dx
\end{align*}

Donde hemos hecho uso del teorema fundamental del cálculo y $c$ es la constante de integración. Apliquemos la exponencial en ambos lados de la ecuación.

\begin{align*}
e^{(\ln{|y|} + c)} &= e^{-\int P(x) dx} \\
e^{\ln{|y|}}e^{c} &= e^{-\int P(x) dx} \\
|y| e^{c} &= e^{-\int P(x) dx} \\
|y| &= e^{-c} e^{-\int P(x) dx} \\
y &= e^{-c} e^{-\int P(x) dx}
\end{align*}

Definimos la constante $k = e^{-c}$, obtenemos finalmente

$$y(x) = k e^{-\int P(x) dx} \label{8} \tag{8}$$

La función (\ref{8}) es solución de la ecuación diferencial homogénea (\ref{6}).

Recordemos que si lo que estamos resolviendo es una ecuación de la forma (\ref{5}), entonces $y(x) = y_{h}(x)$ es la solución de la ecuación diferencial homogénea asociada.

Realicemos un ejemplo.

Es buen momento para aconsejar no memorizar los resultados de los métodos de resolución que estudiemos en el curso y en su lugar aplicar el procedimiento para obtener la solución de una ecuación diferencial. Esto, además de ser una buena práctica, nos ayudará a desarrollar la habilidad de identificar y aplicar los distintos métodos que existen para resolver las distintas ecuaciones diferenciales que se nos puedan presentar. Por supuesto, en ocasiones el método se vuelve demasiado extenso y lo conveniente es hacer uso de resultados intermedios para avanzar más rápido.

¡Resolvamos nuestra primer ecuación diferencial!.

Ejemplo: Obtener la solución de la ecuación diferencial homogénea

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

dada la condición inicial $y(3) = 1$.

Solución: A simple vista verificamos que efectivamente se trata de una ecuación diferencial lineal homogénea, así que podemos aplicar la teoría desarrollada y no sólo eso, además se trata de un problema de valores iniciales.

Comencemos por dividir la ecuación por $x \neq 0$ para obtener la forma (\ref{6}). El resultado es

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

Identificamos que $P(x) = \dfrac{2}{x}$.

Como dijimos antes, podemos aplicar directamente el resultado (\ref{8}) y listo, sin embargo haremos todo el desarrollo para comprender bien el método.

La ecuación diferencial la podemos reescribir como

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

Recordando que

$$\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) = \dfrac{1}{y} \dfrac{dy}{dx}$$

podemos escribir

$$\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) = -\dfrac{2}{x}$$

Integremos ambos lados de la ecuación.

$$\int {\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) dx} = -\int {\dfrac{2}{x} dx}$$

Por un lado tenemos

$$\int {\dfrac{d}{dx} (\ln{|y|}) dx} = \ln{|y|} + c_{1}$$

Por otro lado,

\begin{align*}
\int{P(x) dx} &= \int{\dfrac{2}{x} dx} \\
&= 2 \int{\dfrac{1}{x} dx} \\
&= 2 \ln{|x|} + c_{2}
\end{align*}

Igualando ambos resultados se tiene

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

Si juntamos las dos contantes de integración en una sola podemos escribir

$$\ln{|y|} = -2 \ln{|x|} + k$$

Apliquemos la exponencial en ambos lados.

\begin{align*}
e^{\ln{|y|}} &= e^{ -2 \ln{|x|} + k} \\
|y| &= e^{k} e^{\ln{|x|^{-2}}} \\
y &= Kx^{-2}
\end{align*}

En donde definimos la constante $K = e^{k}$. Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial dada es

$$y(x) = \dfrac{K}{x^{2}}$$

con $x$ en cualquier intervalo que no contenga al $0$.

Ahora apliquemos la condición inicial para obtener una solución particular. Se debe satisfacer que $y(3) = 1$, evaluemos la función en $3$ e igualemos a $1$.

$$y(3) = \dfrac{K}{3^{2}} = \dfrac{K}{9} = 1$$

De la última igualdad obtenemos que $K = 9$, por lo tanto la solución particular es

$$y(x) = \dfrac{9}{x^{2}}$$

Nota: Para evitar confusiones cabe mencionar que en el ejemplo cuando hablamos de solución general y solución particular nos referimos al contexto general de las ecuaciones diferenciales donde solución general es la función que satisface la ecuación diferencial y tienen contantes arbitrarias, mientras que la solución particular es la función que satisface la ecuación diferencial y cuyas constantes toman un valor específico, por el contrario no nos referimos a la solución general $y = y_{h} + y_{p}$ y solución particular $y_{p}$ vistos al inicio de esta entrada, pues recordemos que en esta sección estamos estudiando ecuaciones diferenciales homogéneas.

$\square$

En conclusión, ahora sabemos resolver ecuaciones diferenciales lineales homogéneas de la forma

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

cuya solución general es

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

Ahora veamos el caso no homogéneo en el que $Q(x) \neq 0$.

Solución a ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de primer orden

La ecuación diferencial que intentamos resolver es

$$a_{1}(x) \frac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = g(x)$$

O bien,

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x)$$

Vamos a estudiar dos métodos distintos para resolver este tipo de ecuaciones, uno de ellos es conocido como método por factor integrante y el otro como método por variación de parámetros. Esta entrada la concluiremos con el desarrollo del primer método y en la siguiente entrada estudiaremos el método por variación de parámetros.

Método por factor integrante

Consideremos la ecuación diferencial lineal no homogénea (\ref{5}). El método por factor integrante consiste en encontrar una función $\mu (x)$ que satisfaga la siguiente relación.

$$\dfrac{d}{dx} (\mu y) = \mu \dfrac{dy}{dx} + \mu P(x) y = \mu Q(x) \label{9} \tag{9}$$

Es decir, que la derivada del producto de $\mu (x)$ con la solución $y(x)$ sea igual a multiplicar la ecuación original por $\mu$. La función $\mu$ debe ser una función dependiente de $x$ y derivable, de manera que, usando la regla del producto

$$\dfrac{d}{dx} (\mu y) = \mu \frac{dy}{dx} + y \dfrac{d\mu}{dx} \label{10} \tag{10}$$

Igualando las ecuaciones (\ref{9}) y (\ref{10}), se tiene

\begin{align*}
\mu \dfrac{dy}{dx} + \mu P(x) y &= \mu \frac{dy}{dx} + y \dfrac{d\mu}{dx} \\
\mu P(x) y &= y \dfrac{d\mu}{dx} \\
\mu P(x) &= \dfrac{d\mu}{dx} \\
P(x) &= \frac{1}{ \mu} \dfrac{d\mu}{dx} \\
P(x) &= \dfrac{d}{dx} (\ln{|\mu}|)
\end{align*}

Integremos la última relación con respecto a $x$.

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

En esta ocasión supongamos que $c_{1} = 0$, veremos más adelante que esto no afecta el resultado. Por otro lado, como $e^{x} > 0$ para toda $x$, en particular

$$e^{\int{P(x) dx}} > 0$$

Entonces aplicando la exponencial en ambos lados de la última expresión se obtiene

$$\mu (x) = e^{\int{P(x) dx}} \tag{11} \label{11}$$

A esta función se le conoce como factor integrante y es siempre positiva.

De la ecuación (\ref{9}) sabemos que

$$\dfrac{d}{dx} (\mu y) = \mu Q(x)$$

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

\begin{align*}
\int{\left( \dfrac{d}{dx} (\mu y) \right) dx} &= \int{\mu Q(x) dx} \\
\mu y + c_{2} &= \int{\mu Q(x)} dx \\
y &= \dfrac{1}{\mu} \left( \int{\mu Q(x) dx} \right)
\end{align*}

Donde supusimos nuevamente que $c_{2} = 0$. La última expresión ya nos da la solución que buscamos, con $\mu$ el factor integrante.

Por lo tanto, la solución de la ecuación diferencial lineal no homogénea

$$\dfrac{dy}{dx} + P(x) y = Q(x)$$

es

$$y(x) = \dfrac{1}{e^{\int{P(x) dx}}} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} \right) \label{12} \tag{12}$$

O en una forma más compacta

$$y(x) = \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} \right) \label{13} \tag{13}$$

Con $\mu(x)$ el factor integrante (\ref{11}).

El resultado que obtuvimos corresponde a la solución particular $y(x) = y_{p}(x)$, como mencionamos antes, la solución completa o solución general de la ecuación (\ref{5}) es la suma de la solución homogénea más la solución particular

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

Así, sumando el resultado (\ref{8}) con el resultado (\ref{12}) obtenemos que la solución completa de la ecuación diferencial (\ref{5}) es

$$y(x) = y_{h}(x) + y_{p}(x) = k e^{-\int P(x) dx} + e^{-\int P(x) dx} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} \right)$$

Factorizando

$$y(x) = e^{-\int P(x) dx} \left( \int{e^{\int{P(x) dx}} Q(x) dx} + k \right) \label{14} \tag{14}$$

O bien, en términos del factor integrante

$$y(x) = \dfrac{1}{\mu(x)}\left(\int{\mu (x) Q(x) dx} + k \right) \label{15} \tag{15}$$

La ecuación (\ref{15}) es la solución general de las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. En la siguiente entrada mencionaremos el por qué es posible haber tomado como cero a las constantes de integración que aparecieron en el método, sin embargo intenta justificar este hecho con lo visto hasta este momento.

Para concluir realicemos un ejemplo en el que obtengamos la solución homogénea y la solución particular por separado para después sumarlas y obtener la solución general.

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

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

Solución: Comenzamos por reescribir la ecuación en la forma canónica (\ref{5}).

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

Identificamos que $P(x) = 1$ y $Q(x) = x^{2}$. Con el valor de $P(x)$ calculemos el factor integrante omitiendo las constantes.

$$\mu (x) = e^{\int{P(x) dx}} = e^{\int dx} = e^{x}$$

Esto es,

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

La solución homogénea en términos del factor integrante es

$$y_{h}(x) = k e^{-\int P(x) dx} = \dfrac{k}{\mu(x)}$$

Sustituimos el valor del factor integrante.

$$y_{h}(x) = \dfrac{k}{e^{x}} \label{16} \tag{16}$$

Esta función corresponde a la solución de la ecuación homogénea asociada

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

Para obtener la solución particular usemos el resultado (\ref{13}), donde

$$\int{\mu (x)Q(x) dx} = \int{e^{x} x^{2} dx}$$

Resolvamos la integral usando integración por partes con $u(x) = x^{2}$ y $dv(x) = e^{x}$.

$$\int{e^{x} x^{2} dx} = x^{2} e^{x} -\int{2x e^{x} dx}$$

Para la nueva integral volvemos a hacer integración por partes usando $r(x) = x$ y $ds(x) = e^{x}$.

\begin{align*}
\int{e^{x} x^{2} dx} &= x^{2} e^{x} -2 \left(x e^{x} -\int{e^{x} dx}\right) \\
&= x^{2} e^{x} -2x e^{x} + 2e^{x} \\
&= e^{x}\left(x^{2} -2x + 2\right)
\end{align*}

Podemos omitir las contantes de integración. Sustituyamos este resultado en la solución particular.

\begin{align*}
y_{p}(x) &= \dfrac{1}{\mu (x)} \left( \int{\mu (x)Q(x) dx} \right) \\
&= \dfrac{1}{e^{x}} \left[ e^{x} \left( x^{2} -2x + 2 \right) \right] \\
&= x^{2} -2x + 2 \\
&= x^{2} -2 \left(x-1\right)
\end{align*}

Por lo tanto, la solución particular de la ecuación diferencial no homogénea es

$$y_{p}(x) = x^{2} -2(x -1) \label{17} \tag{17}$$

La solución general la obtenemos de sumar los resultados (\ref{16}) y (\ref{17}).

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

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

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

$\square$

Con esto concluimos esta entrada, en la siguiente estudiaremos el método de variación de parámetros.

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 siguientes ecuaciones diferenciales lineales de primer orden, obtener las soluciones generales $y(x)$ calculando primero la solución homogénea $y_{h}(x)$, después la solución particular $y_{p}(x)$ y finalmente sumando los resultados. (Se pueden omitir las constantes de integración en el proceso).
  • $\dfrac{dy}{dx} -y = e^{2x}$
  • $\dfrac{dy}{dx} + y = e^{2x}$
  • $x \dfrac{dy}{dx} + 4y = x^{-3}e^{x}$
  • $x^{2} \dfrac{dy}{dx} = -2xy + 3e^{3x}$
  1. Resolver la siguiente ecuación diferencial sujeta a la condición inicial dada (problema con valores iniciales).
  • $\dfrac{dy}{dx} + y = e^{-x}, \hspace{1cm} y(0) = -\dfrac{1}{4}$.
  1. Resolver el siguiente problema.
  • Un marcapasos de corazón consiste en un interruptor, una batería de voltaje constante $E_{0}$, un capacitor con capacitancia constante $C$ y un corazón como un resistor con resistencia constante $R$. Cuando se cierra el interruptor, el capacitor se carga; cuando el interruptor se abre, el capacitor de descarga enviando estímulos eléctricos al corazón. Todo el tiempo el corazón se está estimulando, el voltaje $E$ a través del corazón satisface la ecuación diferencial lineal
    $$\dfrac{dE}{dt} = -\dfrac{1}{RC}E$$
    Resolver la ecuación diferencial sujeta a la condición inicial $E(4) = E_{0}$.
  1. Intenta justificar el hecho de que podamos omitir las constantes de integración en los métodos de resolución vistos.

Más adelante…

¡Ya resolvimos analíticamente nuestras primeras ecuaciones diferenciales!. Gran logro.

En la siguiente entrada estudiaremos el método de variación de parámetros para obtener la solución particular de la ecuación diferencial no homogénea y estableceremos una serie de pasos a seguir para resolver este tipo de ecuaciones sin tener que memorizar las formulas de las soluciones.

Finalmente retomaremos el teorema de existencia y unicidad y lo estudiaremos en el contexto de las ecuaciones diferenciales lineales.

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