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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.

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Ecuaciones Diferenciales I: Soluciones a ecuaciones diferenciales de orden superior

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 $y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{k}y_{k}(x)$, 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. A continuación se muestra de nuevo la definición.

Definición: Cualquier conjunto $\{y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}\}$ de $n$ soluciones linealmente independientes de una ecuación diferencial lineal homogénea de $n$-ésimo orden en un intervalo $\delta$ es un conjunto fundamental de soluciones en dicho intervalo.

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

\begin{align}
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{1} \tag{1}
\end{align}

Al intentar responder la cuestión de si el conjunto de $n$ soluciones $\{y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}\}$ de (\ref{1}) 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.

Definición: Supongamos que cada una de las funciones $f_{1}(x), f_{2}(x), \cdots, f_{n}(x)$ tiene al menos $n -1$ derivadas. El determinante

\begin{align}
W(f_{1}, f_{2}, \cdots, f_{n}) = \begin{vmatrix}
f_{1} & f_{2} & \cdots & f_{n} \\
f_{1}^{\prime} & f_{2}^{\prime} &\cdots &f_{n}^{\prime} \\
\vdots &\vdots & & \vdots \\
f_{1}^{(n -1)} & f_{2}^{(n -1)} & \cdots & f_{n}^{(n -1)}
\end{vmatrix} \label{2} \tag{2}
\end{align}

donde las primas denotan derivadas, se llama el Wronskiano de las funciones.

El Wronskiano es una herramienta que podemos utilizar para determinar si el conjunto de soluciones a la ecuación (\ref{1}) es un conjunto linealmente independiente y la forma de hacerlo es a través del siguiente teorema conocido como criterio para soluciones linealmente independientes.

Teorema: Sean $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}$, $n$ soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de $n$-ésimo orden (\ref{1}) en el intervalo $\delta$. El conjunto de soluciones es linealmente independiente en $\delta$ si, y solo si $W(y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}) \neq 0$ para toda $x$ en el intervalo $\delta$.

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{1}) 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 a una ecuación de la forma (\ref{1}) 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 a la ecuación (\ref{1}).

Teorema: Sea $\{y_{1},y_{2}, \cdots, y_{n}\}$ un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de $n$-ésimo orden (\ref{1}) en el intervalo $\delta$. Entonces la solución general de la ecuación en el intervalo es

$$y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{n}y_{n}(x) \label{3} \tag{3}$$

donde $c_{i} , i = 1,2, \cdots, n$ son constantes arbitrarias.

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

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x)y = 0 \label{4} \tag{4}$$

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

Definición: Sean $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ soluciones de la ecuación (\ref{4}), el Wronskiano de las funciones es

\begin{align}
W(y_{1}, y_{2}) = \begin{vmatrix}
y_{1} & y_{2} \\
\dfrac{dy_{1}}{dx} & \dfrac{dy_{2}}{dx} \\
\end{vmatrix} = y_{1}\dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2}\dfrac{dy_{1}}{dx} \label{5} \tag{5}
\end{align}

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

Teorema: Sean $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ soluciones de la ecuación (\ref{4}) en el intervalo $\delta$ y supongamos que $W(y_{1}, y_{2}) \neq 0$ para toda $x \in \delta$, entonces $y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x)$ es la solución general de la ecuación diferencial (\ref{4}).

Demostración: Sea $y(x)$ una solución a la ecuación diferencial (\ref{4}) en el intervalo $\delta$ y sea $x_{0} \in \delta$ tal que $y(x_{0}) = \alpha$ y $\dfrac{dy}{dx}(x_{0}) = \beta$ con $\alpha$ y $\beta$ constantes. Supongamos que existen $c_{1}$ y $c_{2}$ constantes tales que

$$\alpha = c_{1}y_{1}(x_{0}) + c_{2}y_{2}(x_{0}) \label{6} \tag{6}$$

y

$$\beta = c_{1} \dfrac{dy_{1}}{dx}(x_{0}) + c_{2} \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) \label{7} \tag{7}$$

esto debido a que por hipótesis $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ son soluciones a 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{6}) por $\dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0})$ y a la ecuación (\ref{7}) por $y_{2}(x_{0})$ obtenemos lo siguiente, respectivamente:

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

y

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

Restémosle a la ecuación (\ref{8}) la ecuación (\ref{9}).

\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_{2}}{dx}(x_{0}) \\
&= c_{1} \left( y_{1}(x_{0}) \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) -y_{2}(x_{0}) \dfrac{dy_{2}}{dx}(x_{0}) \right) \label{10} \tag{10}
\end{align*}

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

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

Por comodidad denotaremos a $W(y_{1}(x_{0}), y_{2}(x_{0}))$ como $W(x_{0})$. Entonces la ecuación (\ref{10}) se puede escribir de la siguiente manera:

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

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 $c_{2}$ seguimos el mismo camino, multiplicamos a la ecuación (\ref{6}) por $\dfrac{dy_{1}}{dx}(x_{0})$ y a la ecuación (\ref{7}) por $y_{1}(x_{0})$ y repetimos el mismo procedimiento demostrando 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 $y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x)$.

$\square$

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:

Definición: Decimos que $\{ y_{1}(x), y_{2}(x) \}$ es un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación (\ref{4}) si cualquier solución a la ED puede escribirse como combinación lineal de $y_{1}$ y $y_{2}$, o lo que es equivalente, que $y_{1}$ y $y_{2}$ sean linealmente independientes en $\delta$.

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 (\ref{1}) 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 $n = 2$.

Teorema: Sean $a_{2}(x) \neq 0$, $a_{1}(x)$ y $a_{0}(x)$ funciones continuas en $\delta$ de la ecuación (\ref{4}) y sean $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ soluciones a la misma ecuación en $\delta$. Entonces $W(y_{1}, y_{2}) = 0$ o $W(y_{1}, y_{2}) \neq 0$ para todo $x \in \delta$.

Demostración: Como $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ son soluciones de la ecuación (\ref{4}), entonces

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy_{1}}{dx} + a_{0}(x)y_{1} = 0 \label{11} \tag{11}$$

y

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy_{2}}{dx} + a_{0}(x)y_{2} = 0 \label{12} \tag{12}$$

Si multiplicamos a la ecuación (\ref{11}) por $y_{2}$ y a la ecuación (\ref{12}) por $y_{1}$ obtenemos lo siguiente, respectivamente.

$$y_{2}a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + y_{2} a_{1}(x) \dfrac{dy_{1}}{dx} + y_{2}a_{0}(x)y_{1} = 0 \label{13} \tag{13}$$

y

$$y_{1}a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} + y_{1}a_{1}(x) \dfrac{dy_{2}}{dx} + y_{1}a_{0}(x)y_{2} = 0 \label{14} \tag{14}$$

A la ecuación (\ref{14}) vamos a restarle la ecuación (\ref{13}):

$$a_{2}(x) \left( y_{1} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} -y_{2}\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} \right) + a_{1}(x) \left( y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2}\dfrac{dy_{1}}{dx}\right) = 0 \label{15} \tag{15}$$

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,

$$\dfrac{dW}{dx} = y_{1} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} -y_{2}\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} \label{16} \tag{16}$$

En términos del Wronskiano la ecuación (\ref{15}) se puede escribir como

$$a_{2}(x) \dfrac{dW}{dx} + a_{1}(x) W = 0 \label{17} \tag{17}$$

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{17}) se pueda escribir como

$$\dfrac{dW}{dx} + P(x) W = 0 \label{18} \tag{18}$$

La ecuación (\ref{18}) 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.

Teorema: Sean $a_{2}(x) \neq 0$, $a_{1}(x)$ y $a_{0}(x)$ funciones continuas en $\delta$ de la ecuación (\ref{4}) y sean $y_{1}$ y $y_{2} \neq 0$ soluciones a la misma ecuación en $\delta$. Supongamos que $W(y_{1}(x), y_{2}(x)) = 0$, $\forall x \in \delta$. Entonces $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ son linealmente dependientes.

Demostración: Por hipótesis $W(y_{1}(x), y_{2}(x)) = 0$, $\forall x \in \delta$, es decir

$$y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2}\dfrac{dy_{1}}{dx} = 0 \label{19} \tag{19}$$

Consideremos el siguiente resultado:

$$\dfrac{d}{dx} \left( -\dfrac{y_{1}}{y_{2}} \right) = \dfrac{1}{y^{2}_{2}} \left( y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2}\dfrac{dy_{1}}{dx} \right) \label{20} \tag{20}$$

Donde hemos considerado la hipótesis $y_{2} \neq 0$. Si usamos la hipótesis (\ref{19}) 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, $y_{1}(x) = k y_{2}(x)$, 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 $n = 2$.

Corolario: Dos soluciones $y_{1}(x)$ y $y_{2}(x)$ de la ecuación diferencial (\ref{4}) son linealmente independientes en $\delta$ si, y sólo si $W(y_{1}(x), y_{2}(x)) \neq 0$, $\forall x \in \delta$.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: En la entrada anterior de tarea moral tenías que verificar que las funciones $y_{1}(x) = e^{-3x}$ y $y_{2}(x) = e^{4x}$ forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} -12y = 0$ en $\delta = (-\infty, \infty)$. Vamos a demostrar esto mismo usando los teoremas vistos anteriormente.

Solución: Consideremos las soluciones $y_{1}(x) = e^{-3x}$ y $y_{2}(x) = e^{4x}$ y sus respectivas derivadas $\dfrac{dy_{1}}{dx} = -3e^{-3x}$ y $\dfrac{dy_{2}}{dx} = 4e^{4x}$. 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

$$a_{n}(x) \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n-1}(x) \dfrac{d^{n-1}y}{dx^{n-1}} + \cdots + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x)y = g(x) \label{21} \tag{21}$$

Nuestro objetivo es obtener la forma general de la solución a la ecuación no homogénea (\ref{21}) y estudiar algunas propiedades de las soluciones.

Definición: Una función $y_{p}(x)$ que es libre de parámetros arbitrarios y que satisface la ecuación diferencial lineal no homogénea de $n$-ésimo orden (\ref{21}) se dice que es una solución particular o integral particular de la ecuación.

Si recordamos al operador polinomial

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

la definición anterior implica que $\mathcal{L}\{y_{p}\} = g(x)$. Veamos el siguiente resultado.

Teorema: Sean $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}$ soluciones a la ecuación diferencial homogénea (\ref{1}) en el intervalo $\delta$ y sea $y_{p}$ la solución particular de la ecuación no homogénea (\ref{21}) en $\delta$. Entonces la combinación lineal

$$y(x) = c_{1}y_{1} + c_{2}y_{2} + \cdots + c_{n}y_{n} + y_{p} \label{22} \tag{22}$$

es solución a la ecuación no homogénea (\ref{21}), en $\delta$.

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 a la ecuación homogénea, mientras que $\mathcal{L}\{y_{p}\} = g(x)$ por ser solución a 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 a 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 a la ecuación diferencial no homogénea (\ref{21}). Demostremos este resultado.

Teorema: Sea $y_{p}(x)$ cualquier solución particular de la ecuación diferencial lineal no homogénea de $n$-ésimo orden (\ref{21}) en el intervalo $\delta$, y sea $\{ y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n} \}$ un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial homogénea asociada (\ref{1}) en $\delta$. Entonces la solución general de la ecuación no homogénea es

$$y(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{n}y_{n}(x) + y_{p}(x) \label{23} \tag{23}$$

en el intervalo $\delta$ y donde $c_{i}, i = 1, 2, \cdots, n$ son constantes arbitrarias.

Demostración: Sea $y(x)$ la solución general de la ecuación no homogénea (\ref{21}) 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. Nuestro objetivo es encontrar la forma explícita de $y(x)$.

Definamos la función $h(x) = y(x) -y_{p}(x)$ 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 a la ecuación homogénea (\ref{1}) y por el teorema de la solución general de ecuaciones homogéneas podemos establecer que la función $h(x)$ tiene la siguiente forma:

$$h(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{n}y_{n}(x) \label{24} \tag{24}$$

Con $\{ y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n} \}$ un conjunto fundamental de soluciones. Sustituyendo (\ref{24}) en $h(x) = y(x) -y_{p}(x)$ 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.

$\square$

Recuerda, la diferencia entre las soluciones $(\ref{22})$ y $(\ref{23})$ es que en $(\ref{23})$ 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{22}) no necesariamente forman una conjunto fundamental y sin embargo, también son solución a la ecuación (\ref{21}).

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 especial.

Definición: La combinación lineal $y_{c}(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{n}y_{n}(x)$, que es la solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea de $n$-ésimo orden (\ref{1}), se denomina función complementaria para la ecuación no homogénea (\ref{21}).

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 $y_{p}(x)$ a la ecuación no homogénea para finalmente sumarlas $y(x) = y_{c}(x) + y_{p}(x)$.

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 $y_{1} = e^{2x}$ y $y_{2} = x e^{2x}$ 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.

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

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

Si sustituyes los valores correspondientes en la ecuación homogénea notaras que se satisface la ecuación, es decir, se cumple que

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

Por lo tanto, ambas son soluciones de la ecuación homogénea. 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.

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

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

Sustituyendo en la ecuación diferencial tenemos

\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 a la ecuación no homogénea.

$\square$

Hay algo muy curioso 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.

Teorema: Sean $y_{p1}, y_{p2}, \cdots, y_{pk}$, $k$ soluciones particulares de la ecuación diferencial lineal no homogénea de $n$-ésimo orden (\ref{21}) en un intervalo $\delta$, que corresponde, a su vez, a $k$ funciones diferentes $g_{1}, g_{2}, \cdots, g_{k}$. Es decir, se supone que $y_{pi}$ denota una solución particular de la ecuación diferencial correspondiente

$$a_{n}(x) \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n-1}(x) \dfrac{d^{n-1}y}{dx^{n-1}} + \cdots + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x)y = g_{i}(x) \label{25} \tag{25}$$

donde $i = 1, 2, , \cdots, k$. Entonces,

$$y_{p}(x) = y_{p1}(x) + y_{p2}(x) + \cdots + y_{pk}(x) \label{26} \tag{26}$$

es una solución particular de

$$a_{n} \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n-1} \dfrac{d^{n-1}y}{dx^{n-1}} + \cdots + a_{1} \dfrac{dy}{dx} + a_{0}y = g_{1}(x) + g_{2}(x) + \cdots + g_{k}(x) \label{27} \tag{27}$$

Demostración: Sea $\mathcal{L}$ el operador polinomial y sean $y_{pi}(x)$, $i = 1, 2, \cdots, k$, soluciones particulares de las ecuaciones no homogéneas $\mathcal{L} \{ y_{pi}(x) \} = g_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, k$ respectivamente. Vamos a definir 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{27}), 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{27}).

$\square$

Corolario: Si la soluciones $y_{pi}(x)$ son soluciones particulares de (\ref{25}) para $i = 1, 2, \cdots, k$, entonces la combinación lineal

$$y_{p}(x) = c_{1}y_{p1}(x) + c_{2}y_{p2}(x) + \cdots + c_{k}y_{pk}(x) \label{28} \tag{28}$$

donde las $c_{i}$ son constantes, es también una solución particular de la ecuación diferencial

$$a_{n} \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + a_{n-1} \dfrac{d^{n-1}y}{dx^{n-1}} + \cdots + a_{1} \dfrac{dy}{dx} + a_{0}y = c_{1}g_{1} + c_{2}g_{2} + \cdots + c_{k}g_{k} \label{29} \tag{29}$$

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 $y = y_{p1} + y_{p2} + y_{p3} = -4x^{2} + e^{2x} + xe^{x}$ 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 $g_{1}(x) = -16x^{2} + 24x -8$, $g_{2}(x) = 2e^{2x}$ y $g_{3}(x) = 2x e^{x} -e^{x}$, 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 a 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 te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  1. Dadas las soluciones a 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 a las siguientes ecuaciones diferenciales lineales NO homogéneas de orden superior en el intervalo dado, probar que se trata de la solución general a 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 $y_{p1}(x) = 3 e^{2x}$ y $y_{p2}(x) = x^{2} + 3x$ 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 la ecuación

$\hspace{1cm}\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6\dfrac{dy}{dx} + 5y = 5x^{2} + 3x -16 -9 e^{2x}$

$\hspace{1cm}$ y

$\hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6\dfrac{dy}{dx} + 5y = -10x^{2} -6x +32 + e^{2x}$.

Más adelante…

Ahora que ya conocemos algunas propiedades de las ecuaciones diferenciales de orden superior y sus soluciones, en particular de las lineales de segundo orden, es momento de comenzar a estudiar 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 a una ecuación de primer orden de manera que podremos resolverla aplicando alguno de los métodos vistos en la unidad anterior. No es casualidad que dicho método se conozca como método de reducción de orden.

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Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones diferenciales como modelos matemáticos

Introducción

En la entrada anterior vimos algunas propiedades de las soluciones a las ecuaciones diferenciales ordinarias, en particular vimos que una ecuación diferencial puede tener infinitas soluciones y el intervalo de solución puede ser cualquiera en el que la función esté definida, sea derivable $n$ veces y cuyas derivadas sean continuas. En esta entrada estudiaremos cómo obtener una solución particular de una solución general dados unos valores prescritos conocidos como condiciones iniciales y veremos la importancia de saber elegir el intervalo de solución en estos casos particulares.

En esta entrada también estudiaremos algunos problemas de la vida real que involucran ecuaciones diferenciales, a través de estos problemas introduciremos la idea de ecuación diferencial como modelo matemático. Los problemas que estudiaremos son con el objetivo de ver el tipo de análisis que debemos hacer al intentar modelar un problema usando ecuaciones diferenciales y no con fines de resolver el problema mismo pues solucionarlo significa resolver las ecuaciones diferenciales que surjan y hasta este momento aún no hemos visto métodos de resolución.

Problema con valores iniciales

Definición: En algún intervalo $\delta$ que contiene a $x_{0}$, el problema de resolver la ecuación diferencial

\begin{align*}
\frac{d^{(n)}y}{dx^{(n)}} = f(x, y, y^{\prime}, …, y^{(n –1)})
\end{align*}

sujeto a que se cumpla que

\begin{align*}
y(x_{0}) = y_{0}, \hspace{0.2cm} y^{\prime}(x_{0}) = y_{1}, \hspace{0.2cm}…, \hspace{0.2cm} y^{(n-1)}(x_{0}) = y_{n-1}
\end{align*}

donde $y_{0}$, $y_{1}$, …, $y_{n-1}$ son contantes reales arbitrarias dadas, se llama problema con valores iniciales (PVI), o problema con valores iniciales de $n$-ésimo orden.

Definición: Los valores de $y(x)$ y de sus $n-1$ derivadas en el punto $x_{0}$, es decir

\begin{align*}
y(x_{0}) = y_{0}, \hspace{0.2cm} y^{\prime}(x_{0}) = y_{1}, \hspace{0.2cm}…, \hspace{0.2cm} y^{(n-1)}(x_{0}) = y_{n-1}
\end{align*}

se llaman condiciones iniciales.

De manera resumida podemos decir que un problema con valores iniciales es la ecuación diferencial acompañada de condiciones iniciales.

En el caso de ecuaciones diferenciales de primer y segundo orden tendríamos el siguiente PVI respectivamente:

  • Resolver $\dfrac{dy}{dx} = f(x, y)$ $\hspace{1.2cm}$ sujeto a $\hspace{0.5cm}$ $y(x_{0}) = y_{0}$
  • Resolver $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} = f(x, y, y^{\prime})$ $\hspace{0.5cm}$ sujeto a $\hspace{0.5cm}$ $y(x_{0}) = y_{0}$ $\hspace{0.3cm}$ y $\hspace{0.3cm}$ $y^{\prime}(x_{0}) = y_{1}$

En el caso del PVI de primer orden, geométricamente implica que estamos buscando una solución $y(x)$ de la EDO en un intervalo $\delta$ que contenga a $x_{0}$ tal que su gráfica pase por el punto dado $(x_{0}, y_{0})$.

En el caso del PVI de segundo orden queremos determinar una solución $y(x)$ de la EDO en un intervalo $\delta$ que contenga a $x_{0}$ de tal manera que su gráfica no sólo pase por el punto dado $(x_{0}, y_{0})$, sino que también la pendiente a la curva en ese punto tenga como valor $m = y_{1}$.

En la entrada anterior vimos que las soluciones generales tienen constantes arbitrarias, las condiciones iniciales de un PVI nos permitirá determinar el valor de esas contantes para obtener una solución particular, pues con frecuencia resolver un problema con valores iniciales de $n$-ésimo orden implica primero determinar una familia $n$-paramétrica de soluciones de la ecuación dada y después usando las $n$ condiciones iniciales en $x_{0}$ determinar los valores numéricos de las $n$ constantes en la familia. Es importante mencionar que la solución particular obtenida debe estar definida en algún intervalo $\delta$ que contenga al punto inicial $x_{0}$. Veamos un ejemplo de un PVI.

Ejemplo: Considera la solución general $y(x) = c_{1} e^{2x} + c_{2} e^{-x} + c_{3}e^{3x}$ de la ecuación diferencial $y^{\prime \prime \prime} -4 y^{\prime \prime} + y^{\prime} +6y = 0$ (más adelante en el curso estudiaremos la forma de obtener este tipo de soluciones). Encontrar la solución particular para las siguientes condiciones iniciales: $y(0) = 4$, $y^{\prime}(0) = -1$ y $y^{\prime \prime}(0) = 0$.

Solución: Como tarea moral verifica que en efecto la función $y(x) = c_{1} e^{2x} + c_{2} e^{-x} + c_{3}e^{3x}$ es solución de la ecuación diferencial, por ahora asumiremos que lo es.

Lo que tenemos es un problema con valores iniciales así que la solución está sujeta a las condiciones iniciales, lo que debemos hacer para obtener la solución particular no es más que aplicar las condiciones iniciales. En este caso $x_{0} = 0$, la primera condición inicial nos dice que se debe satisfacer que $y(x_{0}) = y(0) = 4$, entonces evaluemos la solución en $x_{0} = 0$ y el resultado lo igualamos a $4$.

\begin{align*}
y(0) &= c_{1} e^{2(0)} + c_{2} e^{-0} + c_{3}e^{3(0)} \\
&= c_{1} + c_{2} + c_{3} \\
&= 4
\end{align*}

Resultado de aplicar la primera condición inicial:

\begin{align}
y(0) = c_{1} + c_{2} + c_{3} = 4 \label{1} \tag{1}
\end{align}

Para aplicar la segunda condición inicial necesitamos la derivada de la solución, si la derivamos obtenemos la función $y^{\prime}(x) = 2c_{1}e^{2x} -c_{2}e^{-x} + 3c_{3}e^{3x}$. Apliquemos la segunda condición inicial, $y^{\prime}(0) = -1$.

\begin{align*} y^{\prime}(0) &= 2c_{1} e^{2(0)} -c_{2} e^{-0} + 3c_{3}e^{3(0)} \\
&= 2c_{1} -c_{2} + 3c_{3} \\ &
= -1
\end{align*}

Resultado de aplicar la segunda condición inicial:

\begin{align}
y^{\prime}(0) = 2c_{1} -c_{2} + 3c_{3} = -1 \label{2} \tag{2}
\end{align}

Calculemos la segunda derivada para finalmente aplicar la tercera condición inicial. Derivando la función $y^{\prime}(x) = 2c_{1}e^{2x} -c_{2}e^{-x} + 3c_{3}e^{3x}$ obtenemos la siguiente función: $y^{\prime \prime}(x) = 4c_{1}e^{2x} + c_{2}e^{-x} + 9c_{3}e^{3x}$, ahora aplicamos la condición inicial $y^{\prime \prime}(0) = 0$

\begin{align*}
y^{\prime \prime}(0) &= 4c_{1} e^{2(0)} + c_{2} e^{-0} + 9c_{3}e^{3(0)} \\
&= 4c_{1} + c_{2} + 9 c_{3} \\
&= 0
\end{align*}

Resultado de aplicar la tercera condición inicial:

\begin{align}
y^{\prime \prime}(0) = 4c_{1} + c_{2} + 9c_{3} = 0 \label{3} \tag{3}
\end{align}

Si juntamos las ecuaciones (\ref{1}), (\ref{2}) y (\ref{3}) construimos un sistema de ecuaciones que debemos resolver.

\begin{align*}
c_{1} + c_{2} + c_{3} &= 4 \\
2c_{1} – c_{2} + 3c_{3} &= -1 \\
4c_{1} + c_{2} + 9c_{3} &= 0
\end{align*}

Intenta resolver el sistema de ecuaciones usando el método que gustes. Una vez que lo resuelvas notarás que los valores para las incógnitas son: $c_{1} = \dfrac{10}{3}$, $c_{2} = \dfrac{29}{12}$ y $c_{3} = -\dfrac{7}{4}$. Ya podemos sustituir estos valores en la solución general de la ecuación diferencial para obtener la solución particular.

La solución particular sujeta a las condiciones iniciales es:

$$y(x) = \dfrac{10}{3} e^{2x} + \dfrac{29}{12} e^{-x} -\dfrac{7}{4}e^{3x}$$

$\square$

En la entrada anterior vimos que el intervalo de solución $\delta$ no es necesariamente el dominio de la función sino que podemos tomar cualquier intervalo en el que la solución es derivable $n$ veces con derivadas continuas en ese intervalo, en el caso de problemas con valores iniciales es necesario que el punto $x_{0}$ pertenezca al intervalo solución $\delta $, esto en ocasiones establecerá un intervalo limitado para la solución así que debemos tener cuidado con los valores en los que la solución particular está definida. Para visualizar este hecho retomemos el ejemplo visto en la entrada anterior donde mostramos que la función $y(x) = \dfrac{1}{4 -x^{2}}$ es solución a la ecuación diferencial $\dfrac{dy}{dx} = 2xy^{2}$. Realicemos este mismo ejercicio pero ahora visto como un problema de valores iniciales y veamos la importancia del intervalo solución.

Ejemplo: La ecuación diferencial $\dfrac{dy}{dx} = 2xy^{2}$ tiene como solución general a la función $y(x) = -\dfrac{1}{x^{2} + c_{1}}$. Determinar la solución particular dada la condición inicial $y(0) = \dfrac{1}{4}$.

Solución: La solución general a la EDO es $y(x) = -\dfrac{1}{x^{2} + c_{1}}$, aplicando la condición inicial obtenemos lo siguiente:

\begin{align*}
y(0) = -\dfrac{1}{0^{2} + c_{1}} = -\dfrac{1}{c_{1}} = \dfrac{1}{4}
\end{align*}

De la última igualdad obtenemos que $c_{1} = -4$, sustituyendo en la solución general obtenemos

\begin{align*}
y(x) = -\dfrac{1}{x^{2} + c_{1}} = -\dfrac{1}{x^{2} -4} = \dfrac{1}{4 -x^{2}}
\end{align*}

Así que la solución particular $y(x) = \dfrac{1}{4 -x^{2}}$ corresponde a un PVI de $\dfrac{dy}{dx} = 2xy^{2}$ con la condición inicial $y(0) = \dfrac{1}{4}$. En la entrada anterior vimos la gráfica de esta función.

Gráfica de la función $y(x) = \dfrac{1}{4 -x^{2}}$.
Punto que satisface la condición inicial $y(0) = \dfrac{1}{4}$.

Pero ahora el intervalo de solución debe ser aquel en el que $x_{0} = 0 \in \delta$. El intervalo más grande que puede tomar la solución particular es $\delta = (-2, 2)$ pues es el intervalo donde está el punto $x_{0} = 0$ y donde la solución es continua. ¡La condición inicial ha restringido el intervalo de solución!

$\square$

Con este ejemplo vemos que las condiciones iniciales establecen un intervalo de solución especifico, en ocasiones (como en el primer ejemplo visto en esta entrada) no habrá mayor problema con el intervalo si la función es derivable y por tanto continua es todo su dominio. Es recomendable primero ver en donde la solución está definida (encontrar su dominio) y posteriormente revisar si se trata sólo de una solución general o si hay condiciones iniciales que determinarán una solución particular.

Existencia de una solución única

Al trabajar con problemas con valores iniciales debemos hacernos dos preguntas importantes. ¿Existe la solución del problema? y si existe la solución ¿es única?. Más adelante estudiaremos las ecuaciones diferenciales de primer orden y retomaremos con mayor profundidad este tema pero por ahora sólo vamos a enunciar un teorema que da las condiciones suficientes para garantizar la existencia y unicidad de una solución de un PVI de primer orden.

Teorema: Dada una ecuación diferencial de primer orden $\dfrac{dy}{dx} = f(x, y)$ donde $f(x, y)$ está definida en una región rectangular $U$ en el plano $XY$, la región está definida por $a \leq x \leq b$, $c \leq y \leq d$ y contiene al punto $(x_{0}, y_{0})$ en su interior. Si $f(x, y)$ satisface las condiciones:

  • $f(x, y)$ es continua en $U$ y
  • $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ es continua en $U$

entonces existe algún intervalo $\delta_{0}: (x_{0} -h, x_{0} + h)$, $h > 0$, contenido en $[a, b]$, y una función única $y(x)$, definida en $\delta_{0}$, que satisface la condición inicial $y(x_{0}) = y_{0}$.

Dicho de otra manera, las condiciones para la existencia de soluciones son:

  • Continuidad de $f(x, y)$ en $U$.
  • Acotamiento de $f(x, y)$ por $U$.

Y las condiciones para la unicidad son:

  • Continuidad de $f(x, y)$ y $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ en $U$.
  • Acotamiento de $f(x, y)$ y $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ por $U$.

Estas condiciones son suficientes pero no necesarias, puede existir una solución única que satisface $y(x_{0}) = y_{0}$, pero que no cumple con alguna de las condiciones anteriores o que no cumple con ninguna.

Problemas que se modelan con ecuaciones diferenciales

Las matemáticas permiten modelar muchos de los fenómenos que ocurren en la vida real, a esta descripción matemática de un sistema de fenómenos se le llama modelo matemático y se construyen con la intención de representar algunas características del fenómeno para después hacer predicciones. Es cierto que esto puede ser un proceso muy difícil debido a que implica que las hipótesis que hagamos deben ser descritas en fórmulas muy precisas que nos permitan predecir lo que ocurrirá. Una vez hecho un modelo, las predicciones se deben comparar con los datos del sistema, dependerá de la compatibilidad entre las hipótesis y las predicciones lo que defina si debemos confiar en el modelo o debemos mejorar nuestras suposiciones.

En el caso de las ecuaciones diferenciales, éstas nos permiten modelar sistemas que evolucionan con el tiempo o sistemas que implican una razón de cambio de una o más variables. En este curso consideraremos a un modelo matemático como una ecuación diferencial o un sistema de ecuaciones diferenciales que describen el comportamiento de un fenómeno que estemos estudiando. Una vez que hemos formulado un modelo matemático surge el reto de resolver las ecuaciones diferenciales para saber si la solución es consistente con los hechos conocidos acerca del comportamiento del sistema y si no lo es debemos repetir un proceso de modelado en el que vamos ajustando las hipótesis, identificamos nuevas variables o incluso incluimos leyes empíricas que se puedan aplicar al sistema.

Hasta ahora ya hemos estudiado algunas ecuaciones diferenciales, sabemos cómo verificar cuando una función es solución de una EDO y hemos estudiado algunas propiedades de las soluciones. Para concluir esta entrada vamos a analizar algunos problemas de la vida real que son modelados con ecuaciones diferenciales. En esta parte nos enfocaremos en la forma en la que surgen las ecuaciones dado un problema y no nos preocuparemos por el momento en resolverlas pues esto es algo que aún no hemos visto.

Propagación de una enfermedad contagiosa

Recientemente hemos tenido la experiencia de observar cómo es que una enfermedad contagiosa se puede propagar en la población. En términos muy generales intentemos modelar la propagación de una enfermedad contagiosa a través de una comunidad de personas que han estado en contacto con personas enfermas. Definamos a $x(t)$ como el número de personas que están enfermos en un cierto tiempo $t$ y sea $y(t)$ el número de personas que aún no han sido expuestas al contagio en ese momento $t$. Es claro que la razón $\dfrac{dx}{dt}$ con la que se propaga la enfermedad debe ser proporcional al número de encuentros o interacciones entre los dos grupos de personas. Si suponemos que el número de interacciones es conjuntamente proporcional a $x(t)$ y $y(t)$ entonces un modelo puede ser

$$\dfrac{dx}{dt} = cxy$$

donde $c$ es la constante de proporcionalidad. Consideremos una comunidad con una población fija de $n$ personas, si inicialmente nadie tiene la enfermedad entonces $y = n$, pero si a esa comunidad llega una persona enferma entonces podemos construir la siguiente relación: $x + y = n + 1$ de donde podemos despejar a $y$ como $y = n + 1 -x$ y sustituir en el modelo:

\begin{align}
\dfrac{dx}{dt} = cx(n + 1 -x) \tag{4}
\end{align}

Esta última ecuación sería el modelo que describe la propagación de la enfermedad a través del tiempo. Una condición inicial sería que en el momento en el que llego la persona enferma a la comunidad comenzó a propagarse la enfermedad, esto es, $x(0) = 1$.

$\square$

Ley de enfriamiento de Newton

La ley de enfriamiento de Newton establece que la razón de cambio de la temperatura $T(t)$ de un cuerpo con respecto al tiempo es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo $T(t)$ y la temperatura del medio ambiente $T_{m}$. Esta ley puede ser modelada con la ecuación

\begin{align}
\dfrac{dT}{dt} = -k(T -T_{m}) \tag{5}
\end{align}

donde $k > 0$ es la contante de proporcionalidad y $T_{m}$ es la temperatura del medio ambiente y se considera también una constante. Si podemos resolver esta ecuación encontraríamos una función que podría predecir la temperatura del cuerpo en cualquier tiempo $t$. Puedes notar que si $T > T_{m}$ entonces $\dfrac{dT}{dt} < 0$ lo que significa que el cuerpo se estaría enfriando pues la función $T(t)$ sería una función decreciente mientras avanza el tiempo, por otro lado si $T < T_{m}$ entonces $\dfrac{dT}{dt} > 0$, es decir la función $T(t)$ sería una función creciente en el tiempo lo que físicamente significaría que el cuerpo se estaría calentando.

$\square$

Cuerpos en caída

Consideremos un objeto que es lanzado desde lo alto de un edificio, el problema que queremos resolver es conocer la posición del objeto con respecto al suelo en algún tiempo $t$ después de ser lanzado y antes de tocar el suelo. Por convención consideremos que la dirección hacía arriba es positiva.

Analicemos la situación. Consideremos un edificio de altura $r_{0}$, desde esa altura se lanza un objeto de masa $m$, la velocidad inicial con la que es lanzado es $v_{0}$. El objeto al caer esta sometido a la fuerza de gravedad y de acuerdo a la segunda ley de Newton que establece que cuando la fuerza neta $F$ que actúa sobre un cuerpo no es cero entonces la fuerza neta es proporcional a su aceleración $a$, estas cantidades están relacionadas por la ecuación $F = ma$ con $m$ la masa del cuerpo, entonces si el objeto esta en caída la fuerza neta será su peso $F = -W$ (el signo menos es porque el peso del objeto es una fuerza dirigida hacia abajo), recordando que el peso está dado como $W = mg$ donde $m$ es la masa del objeto y $g$ es la aceleración debido a la gravedad de la tierra, usando entonces la segunda ley de Newton podemos establecer que $F = ma = -mg = -W$, es decir $a = -g$. Recordemos que la aceleración de un objeto corresponde a la tasa de cambio de la velocidad del objeto y que a su vez la velocidad es la tasa de cambio de la posición del objeto, es decir, la aceleración es la segunda derivada de la posición con respecto al tiempo, si $r(t)$ es la posición del objeto entonces $a(t) = \dfrac{d^{2}r}{dt^{2}}$, por lo tanto la ecuación diferencial que modela nuestro problema es:

\begin{align}
\dfrac{d^{2}r}{dt^{2}} = -g \tag{6}
\end{align}

Las condiciones iniciales son claras, al tiempo $t = 0$ el objeto se encuentra en la posición mas alta del edificio es decir $r(0) = r_{0}$ y la velocidad con la que es lanzada al tiempo $t = 0$ es $v(0) = r^{\prime}(0) = v_{0}$. Resolviendo la ecuación diferencial y obteniendo la solución particular podríamos predecir la posición del objeto con respecto al suelo a cualquier tiempo $t$ antes de caer al suelo.

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Modelo logístico de la población

Este es uno de los modelos más estudiados y representativos al estudiar ecuaciones diferenciales. Lo que queremos estudiar en esta ocasión es el crecimiento de la población, queremos crear un modelo que prediga el crecimiento que puede haber en una población en función de su entorno y los recursos limitados a los que están sujetos. Para comenzar con este estudio podemos considerar las siguientes hipótesis.

  • Si la población es pequeña, la tasa de crecimiento de la población es proporcional a su tamaño.
  • Si la población es demasiado grande para ser soportada por su entorno y recursos, la población disminuirá, en este caso la tasa de crecimiento será negativa.

Las variables involucradas en este problema son las siguientes: por supuesto el tiempo $t$ es la variable independiente en la que queremos predecir. Otra variable es la población $P$, esta variable es dependiente del tiempo $P = P(t)$, $k$ será el parámetro que corresponde a la razón de crecimiento en el caso de poblaciones pequeñas y $N$ será otro parámetro que establece cuando la población comienza a ser demasiado grande. El parámetro $N$ se conoce como capacidad de soporte del entorno. De acuerdo a las hipótesis estamos suponiendo que $P(t)$ crece si $P(t) < N$ y decrece si $P(t) > N$. Ahora que conocemos las variables que estarán presente en el modelo, matemáticamente podemos escribir las hipótesis como:

  • $\dfrac{dP}{dt} = kP$ $\hspace{0.5cm}$ si $P$ es pequeña.
  • $\dfrac{dP}{dt} < 0$ $\hspace{0.8cm}$ si $P$ es grande tal que $P > N$

Queremos una expresión (ecuación diferencial) que involucre ambas hipótesis. Supongamos que la ecuación que buscamos es de la forma

$$\dfrac{dP}{dt} = k \alpha P$$

Donde $\alpha$ es una función que debe acoplarse a las hipótesis. Para que satisfaga la primea hipótesis debe ocurrir que $\alpha$ sea cercano a $1$ cuando $P$ es pequeño y que $\alpha < 0$ cuando $P > N$. La expresión más simple que satisface esto es

$$\alpha = 1 -\dfrac{P}{N}$$

Puedes notar que si $P = 0$ entonces $\alpha = 1$ y si $P > N$ entonces $\alpha < 0$. Por lo tanto la ecuación diferencial que describe esta situación es:

\begin{align}
\dfrac{dP}{dt} = k \left(1 -\dfrac{P}{N}\right) P \tag{7}
\end{align}

Éste es el modelo logístico de la población con velocidad de crecimiento $k$ y capacidad de soporte $N$. Como puedes ver es una ecuación diferencial no lineal y su solución la analizáremos con detalle más adelante.

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Sistemas Depredador-Presa

Para concluir estudiemos otro de los modelos más estudiados en ecuaciones diferenciales, el modelo depredador-presa. En el mundo ninguna especie vive aislada y sus interacciones pueden proporcionar algunos de los modelos más interesantes por estudiar. El problema que analizaremos es en el que una especie se come a otra, con fines ilustrativos consideremos a la especie depredador como zorros y a la especie presa como conejos. Llamemos $Z(t)$ a la variable dependiente que describe el número de zorros que hay en una cierta región y sea $C(t)$ otra variable dependiente que describe el número de conejos que hay en esa misma región, ambas funciones son dependientes del tiempo $t$. Nuestras hipótesis tienen que ser tales que describan el aumento o disminución de ambas poblaciones de acuerdo a las interacciones que hay entre zorros y conejos, es claro que si hay muchos conejos los zorros tendrán alimento y su población crecerá mientras que la de conejos disminuirá y por otro lado si hay pocos conejos la población de zorros disminuirá (morirán por falta de alimento) mientras que la de conejos aumentará. Las hipótesis que consideraremos son las siguientes:

  • Si no hay zorros presentes, los conejos se reproducen a una tasa proporcional a su población y no les afecta la sobrepoblación.
  • Los zorros se comen a los conejos y la razón a la que los conejos son devorados es proporcional a la tasa a la que los zorros y conejos interactúan.
  • Sin conejos que comer, la población de zorros disminuirá a una tasa proporcional a ella misma.
  • La tasa de nacimientos de los zorros crece en proporción al número de conejos comidos por zorros que, por la segunda hipótesis, es proporcional a la tasa a la que los zorros y conejos interactúan.

Las variables que tenemos hasta ahora son el tiempo $t$ y las poblaciones $Z(t)$ y $C(t)$, para satisfacer las hipótesis necesitamos de parámetros que las modelen. Los parámetros que consideraremos son los siguientes:

  • $a$ es el coeficiente de la tasa de crecimiento de conejos.
  • $b$ es la constante de proporcionalidad que mide el número de interacciones conejos-zorros en las que el conejo es devorado.
  • $c$ es el coeficiente de la tasa de muertes de zorros.
  • $d$ es la constante de proporcionalidad que mide el beneficio a la población de zorros de un conejo devorado.

Tomaremos la convención de que todos estos parámetros son positivos. En este caso particular tenemos dos variables dependientes del tiempo por lo tanto será necesario encontrar dos ecuaciones que modelen al sistema. Para que sea más intuitivo entender el modelo vamos a mostrar las ecuaciones que modelan el sistema y veamos por qué son así.

$$\dfrac{dC}{dt} = aC -bCZ$$

\begin{align}
\dfrac{dZ}{dt} = -cZ + dCZ \tag{8}
\end{align}

La primer hipótesis nos habla de una relación proporcional en el crecimiento de la población de conejos cuando no hay zorros presentes, de ahí el término $aC$ de la primer ecuación, lo mismo ocurre con la tercera hipótesis, pero en este caso se trata de un decremento de población de zorros tras la falta de conejos, por ello el signo menos en el término $-cZ$ de la segunda ecuación. Por otro lado, la segunda y cuarta hipótesis nos habla de una interacción entre los zorros y los conejos, esta interacción puede ser modelada con el producto $CZ$, con este producto hacemos que la interacción aumente si $C$ o $Z$ aumentan pero desaparece si $C = 0$ o $Z = 0$, así en el caso de la segunda hipótesis los conejos son devorados de manera proporcional a la interacción entre zorros y conejos, por ello agregamos el término $-bCZ$ en la primer ecuación, el signo menos indica que el número de conejos debe disminuir pues están siendo devorados, así mismo la cuarta hipótesis nos habla de un crecimiento en el número de zorros al comer conejos, esta interacción es modelada con el término $dCZ$, en este caso es positivo ya que los zorros están aumentando en número. Este análisis es lo que le da sentido al modelo (ambas ecuaciones diferenciales) que hemos creado.

Algo curioso que seguramente ya habrás notado es que ahora tenemos dos ecuaciones diferenciales que modelan al sistema, cuando hay dos o más ecuaciones diferenciales decimos que es un sistema de ecuaciones diferenciales, en este caso este sistema de ecuaciones lo llamamos sistema de primer orden de ecuaciones diferenciales ordinarias, se dice también que el sistema es acoplado porque las tasas de cambio $\dfrac{dC}{dt}$ y $\dfrac{dZ}{dt}$ dependen tanto de $C$ como de $Z$. Los sistemas de ecuaciones diferenciales será un tema que estudiaremos en la segunda unidad.

Una solución al modelo que hemos construido es encontrar un par de funciones $C(t)$ y $Z(t)$ que describen las poblaciones de conejos y zorros como funciones del tiempo. Como el sistema es acoplado, no podemos determinar cada una de esas funciones de forma aislada sino que debemos resolver ambas ecuaciones diferenciales de forma simultánea, sin embargo en este caso no es posible determinar de modo explícito formulas para $C(t)$ y $Z(t)$, no pueden ser expresadas en términos de funciones conocidas tales como polinomios, senos, cosenos, exponenciales, etcétera. Más adelante veremos que las funciones $C(t)$ y $Z(t)$ existen pero entonces, ¿cómo conocerlas?. En la siguiente entrada estudiaremos un método cualitativo de las ecuaciones diferenciales que puede ser un método que nos ayude en estos casos por ejemplo.

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Por supuesto estos son sólo algunos problemas ilustrativos en los que las ecuaciones diferenciales permiten construir un modelo sobre un fenómeno, pero la cantidad de fenómenos que involucran ecuaciones diferenciales son enormes y mientras vayas aprendiendo más del tema seguramente serás capaz de tu mismo o tu misma construir tus propios modelos sobre algún fenómeno que ocurra a tu alrededor.

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. Dada la ecuación diferencial y su solución general, verifica que la función $y(x)$ es solución de la ecuación diferencial, determina la solución particular dadas las condiciones iniciales y determina el intervalo de solución en donde puede estar definida dicha solución.
  • La solución general a la ecuación $\dfrac{dy}{dx} = y^{2}$ es $y(x) = \dfrac{1}{c_{1} -x}$, encuentra la solución particular con el valor inicial $y(1) = 2$.
  • La solución general a la ecuación $\dfrac{dy}{dx} + y = 0$ es $y(x) = c_{1}e^{-x}$, encuentra la solución particular con el valor inicial $y(0) = 2$.
  • La solución general a la ecuación $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + y = 0$ es $y(x) = c_{1} \cos(x) + c_{2} \sin(x)$, encuentra la solución particular con los valores iniciales $y(0) = -1$ y $y^{\prime}(0) = 8$.
  1. Considera el modelo de población

$$\dfrac{dP}{dt} = 0.4 P \left( 1 -\dfrac{P}{230} \right)$$

donde $P(t)$ es la población en el tiempo $t$.

  • ¿Para qué valores de P está en equilibrio la población?
  • ¿Para qué valores de P está creciendo la población?
  • ¿Para qué valores de P está decreciendo la población?

3. El sistema

$$\dfrac{dx}{dt} = ax -by\sqrt{x}$$

$$\dfrac{dy}{dt} = cy\sqrt{x}$$

ha sido propuesto como un modelo para un sistema depredador-presa de dos especies particulares de microorganismos (con $a$, $b$ y $c$ parámetros positivos).

  • ¿Qué variable, $x(t)$ o $y(t)$, representa a la población depredadora? y ¿qué variable representa a la población presa?.
  • ¿Qué le pasa a la población depredadora si la presa se extingue?.

Más adelante…

Más adelante aprenderemos a resolver ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden de manera analítica, una vez que aprendas a resolverlas será muy conveniente que regreses a esta entrada e intentes resolves las ecuaciones diferenciales que modelan cada uno de los problemas que vimos para que puedes extrapolar en los resultados, pero antes de estudiar el método analítico vamos a estudiar un método geométrico o mejor conocido como método cualitativo de las ecuaciones diferenciales que nos permitirá describir las soluciones sin conocer explícitamente la forma analítica de las funciones solución.

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