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

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 el mismo tipo de ecuación pero en el caso no homogéneo, es decir, 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.

El 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. Éste 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 a 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 que $A_{n} = \dfrac{a_{n}}{c}$. De la penultima se obtiene que $A_{n -1} = \dfrac{a_{n-1} -nbA_{n}}{c}$ 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 debe 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 $g(x) = 9 -x^{3}$ 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 tiene la siguiente forma:

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

Vamos a calcular la primera y segunda derivada para sustituir en la ecuación diferencial.

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

Sustituyendo:

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

Agrupando términos semejantes:

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

La función $g$ la podemos escribir como $g(x) = -1x^{3} + 0x^{2} + 0x + 9$ para que podamos 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 obtenemos que $A_{3} = -1$, $A_{2} = -18$, $A_{1} = -162$ y $A_{0} = -639$. 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, nota que en el ejemplo hemos obtenido sólo la solución particular, 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 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. Si derivamos obtenemos que $\dfrac{dy_{p}}{dx} = Ae^{x} = \dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}}$. 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 $y_{p}$. 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 a 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: Vamos a suponer que la solución tiene la forma $y_{p}(x) = h(x)e^{x}$, con $\alpha = 1$. Las derivadas correspondientes son

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

Sustituyendo obtenemos

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

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). Sea $h(x) = Ax$ la función propuesta. Derivando obtenemos $\dfrac{dh}{dx} = A$ y $\dfrac{d^{2}h}{dx^{2}} = 0$. Sustituyendo $-3A = 8$ de donde $A = -\dfrac{8}{3}$. Por lo tanto, la solución particular de la ecuación 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

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

Sustituyendo 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 te darás 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 que $0 + 5A = -5$, 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 $z(x) = u(x) + i v(x)$ es solución de la ecuación diferencial (\ref{19}). Consideremos el operador polinomial $\mathcal{L} = a \dfrac{d^{2}}{dx^{2}} + b\dfrac{d}{dx} + c$, de manera que podemos reescribir a la ecuación como

$$\mathcal{L}[z] = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \cos(\beta x) + i \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \sin(\beta x) \label{20} \tag{20}$$

pero notemos que

$$\mathcal{L}[z] = \mathcal{L}[u + iv] = \mathcal{L}[u] + i \mathcal{L}[v] \label{21} \tag{21}$$

Comparando las ecuaciones (\ref{20}) y (\ref{21}) deducimos que

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

y

$$\mathcal{L}[v] = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \sin(\beta x) \label{23} \tag{23}$$

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

$$a \dfrac{du^{2}}{dx^{2}} + b \dfrac{du}{dx} + cu = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \cos(\beta x) \label{24} \tag{24}$$

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

$$a \dfrac{dv^{2}}{dx^{2}} + b \dfrac{dv}{dx} + cv = \left( \sum_{k = 0}^{n}a_{k}x^{k} \right) \sin(\beta x) \label{25} \tag{25}$$

Realicemos un par de ejemplos en el que veamos cómo obtener las funciones $u(x)$ o $v(x)$ de la solución $z(x) = u(x) + iv(x)$.

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 suponer una solución de la forma $z(x) = h(x)e^{ix}$. Derivando dos veces tenemos que

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

Sustituyendo 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 se tiene que

\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 $(\ref{24})$, 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 $z(x) = h(x)e^{2ix}$. Derivando dos veces tenemos que

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

Sustituyendo 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 $h(x) = Ax$, su primer derivada es $\dfrac{dh}{dx} = A$ y su 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 $u(x) = 3x \sin(2x)$ y $v(x) = -3x \cos(2x)$. Debido a que en la ecuación original esta presente la función seno, de acuerdo a $(\ref{25})$, 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 pudiste 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:

$$g(x) = e^{\alpha x} \left[ P_{n}(x) \cos(\beta x) + Q_{m}(x) \sin(\beta x) \right] \label{26} \tag{26}$$

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

$$y_{p}(x) = x^{s} e^{\alpha x} \left[ p_{r}(x) \cos(\beta x) + q_{r}(x) \sin(\beta x) \right] \label{27} \tag{27}$$

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

$$y_{p}(x) = p_{n}(x) = \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \label{28} \tag{28}$$

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

$$y_{p}(x) = x^{s}p_{n}(x) = x^{s} \left( \sum_{k = 0}^{n}A_{k}x^{k} \right) \label{29} \tag{29}$$

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

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

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

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

  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

$$y_{p}(x) = p_{r}(x) \cos(\beta x) + q_{r}(x) \sin(\beta x) \label{32} \tag{32}$$

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

$$y_{p}(x) = x^{s} \left[ p_{r}(x) \cos(\beta x) + q_{r}(x) \sin(\beta x) \right] \label{33} \tag{33}$$

  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

$$y_{p}(x) = e^{\alpha x} \left[p_{r}(x) \cos(\beta x) + q_{r}(x) \sin(\beta x) \right] \label{34} \tag{34}$$

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

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

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.

$\square$

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: 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

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

Sustituyendo en la ecuación:

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

Reordenando obtenemos

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

De donde $9A_{0} = 3$ y $-12B_{0} = -1$. Resolviendo obtenemos que $A_{0} = \dfrac{1}{3}$ y $B_{0} = \dfrac{1}{12}$. Por lo tanto la solución particular es

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

Así, la solución general a la ecuación diferencial es 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: La ecuación auxiliar es $k^{2} -2k = 0$, de donde $k_{1} = 0$ y $k_{2} = 2$. La solución complementaria es

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

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

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: La ecuación auxiliar es $k^{2} -4 = 0$ con $k^{2} = 2$, es decir, $k_{1} = 2$ y $k_{2} = -2$. 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 es 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 $A_{0} = 3$, $B_{1} = -3$, $B_{0} = 0$, $C_{1} = -2$ y $C_{0} = 0$. Por lo tanto, la solución particular es

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

Y la solución general es

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

$\square$

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.

  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. Considera 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, demuestra 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, muestra 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, demuestra que podemos 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 para $g(x)$.

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 extension a orden superior del método desarrollado en la unidad anterior.

Entradas relacionadas

Cálculo Diferencial e Integral I: Funciones polinomiales y racionales. Análisis geométrico de funciones.

Introducción

Quizás en algunos de tus cursos anteriores te presentaron funciones parecidas a las siguientes:
\begin{align*}
f(x)&= 4x^{2}-3x+1 & t(x)&=\frac{x^{2}+2x+5}{x^{3}+3} & k(x)&= x^{3}\\
\end{align*}
todas pertenecen al conjunto de las funciones algebraicas. A lo largo de esta entrada veremos las definiciones formales para cada uno y comenzaremos a realizar un análisis geométrico con este conjunto de funciones.

Funciones polinomiales

Definición(función polinomial): Sea $f$ una función. Decimos que $f$ es una función polinomial si está definida como:
$$p(x)=a_{n}x^{n}+ a_{n-1}x^{n-1}+ \ldots + a_{0}$$
donde$ n \in \mathbb{N}\cup \left\{0 \right\}$ y los coeficientes $a_{i} \in \r$.

Definición (grado de una función polinomial): Llamamos grado de p(x) a la potencia mayor de $x$ con un coeficiente $a_{1} \neq 0$
Ejemplos:

  • $g(x)= 120x^{10}+34x^{6}+14$
    el grado de $g(x)$ es $10$
  • $h(x)= \pi x^{3}+ 2\pi x^{2}+x$
    el grado de $h(x)$ es $3$

Una observación importante es que las funciones del tipo $f(x)=x^{n}$ con $n\in \mathbb{N}$, mejor conocidas cómo potencias de $x$ son un caso particular de las funciones polinomiales.

Funciones racionales

Definición (función racional): Consideremos $g$ una función. Diremos que $g$ es una función racional si está definida como el cociente de dos polinomios:
$$g(x)=\frac{a_{n}x^{n}+ a_{n-1}x^{n-1}+ \ldots + a_{0}}{b_{n}x^{n}+ b_{n-1}x^{n-1}+ \ldots + b_{0}}$$
donde $ n \in \mathbb{N}\cup \left\{0 \right\}$, los coeficientes $a_{i}, b_{i} \in \r$ y $b_{n}x^{n}+ b_{n-1}x^{n-1}+ \ldots + b_{0} \neq 0$.

Ejemplos:

  • $$h(x)=\frac{x^{2}-1}{x+3}$$
  • $$g(x)=\frac{x}{x^{3}+1}$$

Análisis geométrico

En numerosas ocasiones tendremos la necesidad de realizar un bosquejo de la gráfica de una función. Para ello nos basaremos en la gráfica de una función conocida previamente y la siguiente serie de elementos donde consideremos a $f(x)$ una función en los reales y a $\alpha$ una constante:
Traslaciones

  • Para $h(x)= f(x)+ \alpha$ con $\alpha >0$ tenemos que la gráfica de $h$ es la gráfica de $f$ trasladada verticalmente $\alpha$ unidades hacia arriba (sobre el eje $y$).
  • Y para $h(x)= f(x)- \alpha$ con $\alpha >0$ la gráfica de $h$ es la gráfica de $f$ trasladada verticalmente $\alpha$ unidades hacia abajo (sobre el eje $y$).
  • Ahora si $h(x)= f(x-c)$ con $\alpha >0$ entonces la gráfica de $h$ sería la gráfica de $f$ trasladada horizontalmente $\alpha$ unidades hacia la derecha (sobre el eje $x$).
  • En cambio si $h(x)= f(x+c)$ con $\alpha >0$ entonces la gráfica de $h$ sería la gráfica de $f$ trasladada horizontalmente $\alpha$ unidades hacia la izquierda (sobre el eje $x$).

Consideremos los siguientes ejemplos para $f(x)= x^{2}$:

Ampliaciones y reducciones

  • Si $g(x)= f(\alpha x)$ con $\alpha >1$ su gráfica sería la gráfica de $f$ comprimida horizontalmente (sobre el eje $x$).
  • Para $g(x)= f(\alpha x)$ con $0<\alpha <1$ su gráfica sería la gráfica de $f$ expandida horizontalmente (sobre el eje $x$).
  • Y para $g(x)= f(\alpha x)$ con $\alpha <-1$ su gráfica sería la gráfica de $f$ comprimida horizontalmente (sobre el eje $x$) y reflejada respecto del eje $y$.
  • Finalizamos con $g(x)= f(\alpha x)$ con $-1<\alpha <0$ su gráfica sería la gráfica de $f$ expandida horizontalmente (sobre el eje $x$) y reflejada respecto del eje $y$.

Observación: Si $\alpha=1$ vemos que $f((1)x)=f(x)$ por lo que no hay cambios.

  • Ahora bien si $g(x)= \alpha f(x)$ donde $\alpha >1$ la gráfica de $g$ es la gráfica de $f$ expandida verticalmente (sobre el eje $y$).
  • Cuando $g(x)= \alpha f(x)$ donde $0<\alpha <1$ la gráfica de $g$ es la gráfica de $f$ comprimida verticalmente (sobre el eje $y$).
  • Si $g(x)= \alpha f(x)$ donde $-1<\alpha $ la gráfica de $g$ es la gráfica de $f$ expandida verticalmente (sobre el eje $y$) y reflejada respecto del eje $x$.
  • Para $g(x)= \alpha f(x)$ donde $-1<\alpha <0$ la gráfica de $g$ es la gráfica de $f$ comprimida verticalmente (sobre el eje $y$) y reflejada respecto del eje $x$.

Observación: Para $\alpha =1$ tenemos que $(1)(f(x))=f(x)$.

Hablemos sobre la función inversa

Recordemos que si tenemos $f: A \rightarrow B$ una función esto significa que:
$$Graf(f)= \left\{(x, f(x)): x \in A \right\}$$

Ahora si consideramos a $f$ una función invertible, vemos que para $f^{1}: B \rightarrow A$ ocurre:
$$Graf(f^{-1})= \left\{(f(x), x): f(x) \in B \right\}$$
esto nos permite observar que un punto $(y,x) \in Graf(f^{-1})$ es la reflexión ortogonal del punto $(x,y) \in Graf(f)$ respecto a la función identidad.

De este modo podemos obtener la gráfica de $f^{-1}$ reflejando ortogonalmente la gráfica de $f$ respecto a la identidad.

En este ejemplo tomamos la función $f(x)=x^{2}$ en el dominio donde cumple ser biyectiva por lo que su función inversa sería $h(x)= \sqrt{x}$:

En la sección de Tarea moral encontrarás algunos ejercicios que te ayudará a poner en práctica lo desarrollado en esta entrada.

Tarea moral

Realiza las gráficas de las siguientes funciones dado que $f(x)=x^{3}$:

  • $f(x)+4$
  • $f(x-3)+2$
  • $f^{-1}(x)$
  • $f(2x)$
  • $2f(x)$

Más adelante

En la siguiente entrada comenzaremos a revisar al conjunto de las funciones trigonométricas, veremos sus definiciones, algunas identidades trigonométricas que serán de utilidad y sus gráficas.

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