Archivo de la etiqueta: Reducción de orden

Ecuaciones Diferenciales I: Método de reducción de orden

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

Introducción

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

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

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

$$z = \dfrac{dy}{dx}$$

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

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

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

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

Ecuaciones reducibles a ecuaciones de primer orden

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

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

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

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

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

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

$$z = \dfrac{dy}{dx}; \hspace{1cm} \dfrac{dz}{dx} = \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} \label{3} \tag{3}$$

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

$$P(x) = \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{g(x)}{a_{2}(x)}$$

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

$$\dfrac{dz}{dx} + P(x) z = Q(x) \label{4} \tag{4}$$

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

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

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

para $x > 0$ y obtener su solución.

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

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

Hacemos el cambio de variable (\ref{3}) para obtener la forma (\ref{4}).

$$\dfrac{dz}{dx} -\dfrac{1}{x}z = 1 \label{5} \tag{5}$$

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

$$P(x) = -\dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = 1$$

El factor integrante, es este caso, es

$$\mu(x) = e^{\int {P(x)} dx} = e^{-\int \frac{1}{x} dx} = e^{-\ln(x)} = \dfrac{1}{x}$$

Esto es,

$$\mu(x) = \dfrac{1}{x}$$

Multipliquemos la ecuación (\ref{5}) por el factor integrante,

$$\dfrac{1}{x} \dfrac{dz}{dx} -\dfrac{z}{x^{2}} = \dfrac{1}{x}$$

e identificamos que

$$\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{z}{x} \right) = \dfrac{1}{x} \dfrac{dz}{dx} -\dfrac{z}{x^{2}}$$

De ambas ecuaciones se tiene

$$\dfrac{d}{dx} \left( \dfrac{z}{x} \right) = \dfrac{1}{x}$$

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

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

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

$$\dfrac{dy}{dx} = x \ln(x) + xc_{1} \label{6} \tag{6}$$

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

\begin{align*}
\int \dfrac{dy}{dx} dx &= \int x \ln(x) dx + \int xc_{1} dx \\
y(x) &= \int x \ln(x) dx + c_{1} \dfrac{x^{2}}{2}
\end{align*}

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

$$u(x) = \ln(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dv}{dx} = x$$

Así mismo,

$$\dfrac{du}{dx} = \dfrac{1}{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} v(x) = \dfrac{x^{2}}{2}$$

Entonces,

\begin{align*}
\int{x \ln(x) dx} &= \dfrac{x^{2}}{2} \ln(x) -\int{\dfrac{x}{2} dx} \\
&= \dfrac{x^{2}}{2} \ln(x) -\dfrac{x^{2}}{4} + c_{2}
\end{align*}

Sustituimos en la función $y(x)$.

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

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial

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

es

$$y(x) = \dfrac{x^{2}}{2} \left( \ln(x) -\dfrac{1}{2} \right) + c_{1} \dfrac{x^{2}}{2} + c_{2} \label{7} \tag{7}$$

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

$$S = \left\{ y_{1}(x) = \dfrac{x^{2}}{2}, y_{2}(x) = 1 \right\}$$

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

$$y_{p}(x) = \dfrac{x^{2}}{2} \left( \ln(x) -\dfrac{1}{2} \right)$$

es una solución particular de la ecuación no homogénea.

$\square$

Reducción de orden en ecuaciones no lineales

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

$$\dfrac{dy}{dx} = z; \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = z \dfrac{dz}{dy} \label{8} \tag{8}$$

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

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \dfrac{dz}{dx} = \dfrac{dz}{dy} \dfrac{dy}{dx} = z \dfrac{dz}{dy}$$

Realicemos un ejemplo con una ecuación no lineal.

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

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2y \left( \dfrac{dy}{dx}\right)^{3} = 0$$

y obtener su solución.

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

La ecuación a resolver es

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2y \left( \dfrac{dy}{dx}\right)^{3} = 0$$

Hacemos el cambio de variable (\ref{8}) y separamos variables.

\begin{align*}
z \dfrac{dz}{dy} -2yz^{3} &= 0 \\
\dfrac{dz}{dy} &= 2yz^{2} \\
\dfrac{1}{z^{2}} \dfrac{dz}{dy} &= 2y
\end{align*}

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

\begin{align*}
\int{\dfrac{1}{z^{2}} \dfrac{dz}{dy} dy} &= \int{2y dy} \\
\int{\dfrac{dz}{z^{2}}} &= 2 \int{y dy} \\
-\dfrac{1}{z} &= y^{2} + c_{1} \\
z &= -\dfrac{1}{y^{2} + c_{1}}
\end{align*}

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

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

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

\begin{align*}
\int{(y^{2} + c_{1}) \dfrac{dy}{dx} dx} &= -\int{dx} \\
\int{y^{2} dy} + \int{c_{1} dy} &= -\int{dx} \\
\dfrac{y^{3}}{3} + c_{1}y &= -x + c_{2}
\end{align*}

Por lo tanto, la solución implícita de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2y \left( \dfrac{dy}{dx}\right)^{3} = 0$$

es

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

$\square$

Realicemos un ejemplo más con una ecuación lineal.

Ejemplo: Encontrar la solución general de la ecuación diferencial

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

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

Primero consideremos el cambio de variable (\ref{8}).

\begin{align*}
4z \dfrac{dz}{dy} + z &= 0 \\
4 \dfrac{dz}{dy} &= -1 \\
\dfrac{dz}{dy} &= -\dfrac{1}{4}
\end{align*}

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

\begin{align*}
\int{\dfrac{dz}{dy} dy} &= -\int{\dfrac{1}{4} dy} \\
\int{dz} &= -\dfrac{1}{4} \int{dy} \\
z &= -\dfrac{1}{4} y + c_{1}
\end{align*}

Regresemos a la variable original.

\begin{align*}
\dfrac{dy}{dx} &= -\dfrac{1}{4} y + c_{1} \\
\dfrac{dy}{dx} + \dfrac{y}{4} &= c_{1}
\end{align*}

Resolvamos esta ecuación por factor integrante.

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

Esto es,

$$\mu(x) = e^{x/4}$$

Multipliquemos ambos lados de la ecuación por el factor integrante.

\begin{align*}
e^{x/4} \dfrac{dy}{dx} + e^{x/4} \dfrac{y}{4} &= e^{x/4} c_{1} \\
\dfrac{d}{dx}\left( y e^{x/4} \right) &= c_{1} e^{x/4}
\end{align*}

Integramos ambos lados con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{d}{dx}\left( y e^{x/4} \right) dx} &= \int{c_{1} e^{x/4} dx} \\
y e^{x/4} &= c_{1} \int{e^{x/4} dx} \\
y e^{x/4} &= c_{1} 4 e^{x/4} + c_{2} \\
y(x) &= c_{2} e^{-x/4} + 4c_{1}
\end{align*}

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

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

es

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

Resolvamos de nuevo la ecuación, pero ahora aplicando el cambio de variable (\ref{3}),

\begin{align*}
4 \dfrac{dz}{dx} + z &= 0 \\
\dfrac{1}{z} \dfrac{dz}{dx} &= -\dfrac{1}{4}
\end{align*}

Integremos ambos lados con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{1}{z} \dfrac{dz}{dx} dx} &= -\int{\dfrac{1}{4} dx} \\
\int{\dfrac{dz}{z}} &= -\dfrac{1}{4}\int{dx} \\
\ln|z| &= -\dfrac{x}{4} + c_{1} \\
z &= c_{2}e^{-x/4}
\end{align*}

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

$$\dfrac{dy}{dx} = c_{2}e^{-x/4}$$

Integremos ambos lados con respecto a $x$.

\begin{align*}
\int{\dfrac{dy}{dx} dx} = \int{c_{2} e^{-x/4} dx} \\
\int{dy} = c_{2} \int{e^{-x/4} dx} \\
y = -c_{2}4 e^{-x/4} + c_{3}
\end{align*}

Si renombramos las constantes obtenemos nuevamente que

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

$\square$

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

Reducción de orden conocida una solución

Es posible reducir una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x) y = 0 \label{9} \tag{9}$$

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

$$y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) \label{10} \tag{10}$$

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

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

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

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

o bien,

$$y_{2}(x) = u(x) y_{1}(x) \label{11} \tag{11}$$

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

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

Método de reducción de orden

Este método se aplica a las ecuaciones diferenciales de la forma

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

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

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0 \label{12} \tag{12}$$

Con

$$P(x) = \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{a_{0}(x)}{a_{2}(x)}$$

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

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

derivando se tiene

$$\dfrac{dy}{dx} = u \dfrac{dy_{1}}{dx} + y_{1} \dfrac{du}{dx} \label{13} \tag{13}$$

Derivando una segunda ocasión se tiene

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = u \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{du}{dx} + y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} \label{14} \tag{14}$$

Sustituyendo (\ref{13}) y (\ref{14}) en la forma estándar (\ref{12}) obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P\dfrac{dy}{dx} + Qy &= \left[ u \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{du}{dx} + y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} \right] + P \left[ u \dfrac{dy_{1}}{dx} + y_{1} \dfrac{du}{dx} \right] + Q \left[ u y_{1}\right] \\
&= u \left[ \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{1}}{dx} + Qy_{1} \right] + y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} + \left( 2 \dfrac{dy_{1}}{dx} + Py_{1} \right) \dfrac{du}{dx} \\
&= 0
\end{align*}

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

$$\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{1}}{dx} + Qy_{1} = 0$$

Entonces el resultado anterior se reduce a lo siguiente.

$$y_{1} \dfrac{d^{2}u}{dx^{2}} + \left( 2 \dfrac{dy_{1}}{dx} + Py_{1} \right) \dfrac{du}{dx} = 0 \label{15} \tag{15}$$

Consideremos el cambio de variable

$$w = \dfrac{du}{dx} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dw}{dx} = \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}}$$

Entonces la ecuación (\ref{15}) se puede escribir como

$$y_{1} \dfrac{dw}{dx} + \left( 2 \dfrac{dy_{1}}{dx} + Py_{1} \right) w = 0 \label{16} \tag{16}$$

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

\begin{align*}
\dfrac{1}{w}\dfrac{dw}{dx} + 2\dfrac{1}{y_{1}} \dfrac{dy_{1}}{dx} &= -P \\
\int{\dfrac{dw}{w}} + 2\int{\dfrac{dy_{1}}{y_{1}}} &= -\int{P dx} \\
\ln |w| + 2 \ln|y_{1}| + k &= -\int{P dx} \\
\ln |w y^{2}_{1}| + k &= -\int{P dx} \\
wy^{2}_{1} &= k_{1}e^{-\int{P dx}}
\end{align*}

Despejando a $w$ de la última ecuación, usando $w = \dfrac{du}{dx}$ e integrando nuevamente, se tiene

\begin{align*}
\dfrac{du}{dx} &= \dfrac{k_{1}e^{-\int{P dx}}}{y^{2}_{1}} \\
\int{du} &= \int{\dfrac{k_{1}e^{-\int{P dx}}}{y^{2}_{1}} dx} \\
u &= k_{1} \int{\dfrac{e^{-\int{P} dx}}{y^{2}_{1}} dx} + k_{2}
\end{align*}

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

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

Si sustituimos en

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

obtenemos que la segunda solución de la ecuación diferencial (\ref{12}) es

$$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x)} dx}}{y^{2}_{1}(x)} dx} \label{18} \tag{18}$$

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

Realicemos un ejemplo en el que apliquemos este método.

Ejemplo: Encontrar la solución general de la ecuación diferencial

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

dada la solución no trivial

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

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

La ecuación diferencial a resolver es

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

Si la comparamos con la forma estándar (\ref{12}) notamos que

$$P(x) = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm}Q(x) = 16$$

Sustituyendo en (\ref{18}), se tiene

\begin{align*}
y_{2}(x) &= \cos(4x) \int{\dfrac{e^{0}}{\cos^{2}(4x)} dx} \\
&= \cos(4x) \int{\dfrac{1}{\cos^{2}(4x)} dx}
\end{align*}

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

$$\int{\dfrac{1}{\cos^{2}(4x)} dx} = \dfrac{1}{4} \int{\sec^{2}(s) ds}$$

Sabemos que

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

Así

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

Hacemos $k_{1} = 0$.

$$y_{2}(x) = \dfrac{\cos(4x)}{4} \left( \dfrac{\sin(4x)}{\cos(4x)} \right) = \dfrac{\sin(4x)}{4}$$

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

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

Veamos que efectivamente satisface la ecuación diferencial.

$$\dfrac{dy_{2}}{dx} = 4 \cos(4x) \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} = -16 \sin(4x)$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

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

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

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

Tenemos,

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = -4 \sin(4x) \hspace{1cm} \Rightarrow \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} = -16 \cos(4x)$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial.

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

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

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

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial

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

corresponde a la combinación lineal

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

$\square$

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

Tarea moral

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

  1. Obtener la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales lineales.
  • $x \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} = 0$
  • $(x-1) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} = 0$
  1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales no lineales.
  • $(y -1)\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = \left( \dfrac{dy}{dx} \right)^{2} $
  • $\left( \dfrac{dy}{dx} \right)^{2} -2 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = 0$
  1. Dada una solución no trivial de las siguientes ecuaciones diferenciales, hallar la segunda solución, tal que ambas formen un conjunto fundamental de soluciones y determina la solución general.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + 4y = 0; \hspace{1cm} y_{1}(x) = e^{2x}$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -25y = 0; \hspace{1cm} y_{1}(x) = e^{5x}$
  1. Demostrar que la función $$y_{2}(x) = y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x)} dx}}{y^{2}_{1}(x)} dx}$$ Satisface la ecuación diferencial $$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0$$ Siempre que $y_{1}(x)$ sea solución de la misma ecuación.
  1. Usando el inciso anterior, demostrar que $$S = \left \{ y_{1}(x), y_{1}(x) \int{\dfrac{e^{-\int{P(x)} dx}}{y^{2}_{1}(x)} dx} \right \}$$ es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial $$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x) \dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = 0$$

Más adelante…

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

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

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

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

Entradas relacionadas