Tema 6: Ecuaciones diferenciales lineales.

Una ecuaci´ on diferencial lineal de orden n es una ecuaci´on que se puede escribir de la siguiente forma: an (x)y (n) (x) + an−1 (x)y (n−1) (x) + · · · + a0 (x)y(x) = g(x) donde an (x), an−1 (x), . . . , a0 (x) y g(x) son funciones que s´olo dependen de la variable independiente x . Si en la ecuaci´on anterior la funci´on g(x) = 0 decimos que la ecuaci´on es homog´ enea. En caso contario se dice que la ecuaci´on es completa. Ejemplo 1 La ecuaci´ on dy + (3x2 y − x2 )dx = 0 es lineal de primer orden, ya que puede expresarse de la forma y 0 + 3x2 y = x2 . Las ecuaciones diferenciales lineales poseen una propiedad b´asica que facilita enormemente la construcci´on de t´ecnicas para su resoluci´on, como nos muestra el siguiente teorema. Teorema 1 Soluci´ on General de la ecuaci´ on lineal completa Si yP (x) es una soluci´on particular de la ecuaci´ on lineal completa an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a0 (x)y = g(x) e yH (x) es la soluci´on general de ecuaci´ on homog´enea asociada an (x)y (n) + an−1 (x)y (n−1) + · · · + a0 (x)y = 0 entonces y(x) = yH (x) + yP (x) es la soluci´on general de la ecuaci´ on completa. El teorema anterior nos dice que podemos dividir el proceso de resoluci´on de una ecuaci´on lineal completa en dos tareas: determinar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea asociada y encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on completa.

1.

Ecuaciones lineales de primer orden. Son de la forma a(x)y 0 + b(x)y = g(x)

. Soluci´ on general de la homog´ enea: Las ecuaciones lineales homog´eneas de primer orden a(x)y 0 + b(x)y = 0 son siempre ecuaciones de variables separables, cuya resoluci´on ya ha sido estudiada en el tema anterior. 1

Soluci´ on particular de la completa: Para hallar una soluci´on particular de la completa se puede seguir el m´etodo de variaci´on de la constante que consiste en buscar la soluci´on particular de la completa de la misma forma que la soluci´on general de la homog´enea, pero reemplazando la constante por una funci´on. En concreto: M´etodo de variaci´on de la constante: (1o ) Supongamos que yH = yH (x; c) es la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea asociada a(x)y 0 + b(x)y = 0. Entonces, reemplazamos la constante c por una funci´on c(x) y buscamos una soluci´on particular de la ecuaci´on completa de esa forma: Si yH = yH (x; c) =⇒ Buscamos yP = yH (x; c(x)) (2o ) Determinamos c0 (x) sustituyendo yP = yH (x; c(x)) y su derivada en la ecuaci´on completa. (3o ) Integramos para obtener c(x) y la sustituimos en yP . 1 dy 2y Ejemplo 2 Resolver la ecuacion diferencial · − = x cos(x). x dx x2 1 dy 2y Soluci´ on general de la homog´ enea: · − = 0. x dx x2 1 dy 2y dy 1 1 · = 2; = dx; ln(y) = ln(x) + ln(k); ln(y 1/2 ) = ln(kx) x dx x 2y x 2 y 1/2 = kx; yH (x) = k 2 x2 = [llamamos c = k 2 ] = cx2 . Soluci´ on particular de la completa: Buscamos una soluci´on de la forma y = c(x)x2 as´ı que imponemos que verifique la ecuaci´ on completa: 1 0 2c(x)x2 2 (c (x)x + 2xc(x)) − = x cos(x) x x2 c0 (x)x + 2c(x) − 2c(x) = x cos(x);

c0 (x) = cos(x);

c(x) = sen(x)

Por lo tanto: yP (x) = x2 sen(x) Soluci´ on general de la completa: y(x) = yH (x) + yP (x) = cx2 + x2 sen(x) . Ejemplo 3 Hallar la soluci´on particular de la ecuaci´ on diferencial

dy 3y + + 2 = 3x que pasa dx x

por el punto (1, 1). Soluci´ on general de la homog´ eZnea: Z dy 3y dy −3y dy −3 + = 0; = ; = dx; ln y = −3 ln x + ln k; dx x dx x y x ln y = ln(x−3 ) + ln k; yH (x) = cx−3 . Soluci´ on particular de la completa: Buscamos una soluci´on de la forma y = c(x)x−3 as´ı que imponemos que verifique la ecuaci´ on completa: 3 c0 (x)x−3 − 3c(x)x−4 + c(x)x−3 + 2 = 3x; x c0 (x) 3c(x) 3c(x) − + + 2 = 3x; x3 x4 x4

c0 (x) = 3x − 2; x3

3x5 x4 c (x) = 3x − 2x ; c(x) = − . 5 2 ¶ µ 5 4 2 x 1 3x x 3x Por lo tanto yP (x) = − · 3 = − . 5 2 x 5 2 Soluci´ on general de la completa: 0

4

3

c 3x2 x + − x3 5 2 Soluci´ on particular de la completa que pasa por el punto (1, 1): 3 1 9 Como y(1) = 1 =⇒ 1 = c + − =⇒ c = . 5 2 10 9 3x2 x Por lo tanto, la soluci´on buscada es: y(x) = + − . 10x3 5 2 y(x) = yH (x) + yP (x) =

2.

Ecuaciones lineales de segundo orden. Son de la forma a(x)y 00 + b(x)y 0 + c(x)y = g(x)

. En virtud del Teorema 1, la soluci´on general de la ecuacion anterior se obtiene como suma de la soluci´on general de la homog´enea y una soluci´on particular de la completa. Para hallar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea necesitamos el concepto de Sistema Fundamental de Soluciones. Se llama Sistema Fundamental de Soluciones (SF) de la ecuaci´on homog´enea a(x)y 00 + b(x)y 0 + c(x)y = 0 a cualquier par de soluciones de la misma, y1 (x) e y2 (x), que no son m´ ultiplos la una de la otra. Ejemplo 4 Comprobar que las funciones {ex ; x2 + 2x + 2} son un sistema fundamental de la ecuaci´ on diferencial xy 00 − (x + 2)y 0 + 2y = 0. Es evidente que no son m´ ultiplos una de la otra. Veamos ahora que ambas satisfacen la ecuaci´ on diferencial: Denotemos f (x) = ex . Entonces f 0 (x) = f 00 (x) = ex . Sustituyendo en la ecuaci´ on: xex − (x + 2)ex + 2ex = xex − xex − 2ex + 2ex = 0 . Denotemos g(x) = x2 + 2x + 2. Entonces g 0 (x) = 2x + 2 y g 00 (x) = 2. Sustituyendo en la ecuaci´ on:

2x − (x + 2)(2x + 2) + 2(x2 + 2x + 2) = 2x − 2x2 − 2x − 4x − 4 + 2x2 + 4x + 4 = 0 . El siguiente resultado nos muestra c´omo encontrar la soluci´on general de una ecuaci´on lineal de segundo orden homog´enea a partir de un sistema fundamental de soluciones.

Teorema 2 Si {y1 (x), y2 (x)} es un sistema fundamental de soluciones de la ecuaci´ on homog´enea a(x)y 00 + b(x)y 0 + c(x)y = 0 entonces la soluci´on general de dicha ecuaci´ on es yH (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) donde C1 , C2 son constantes arbitrarias. Ejemplo 5 Comprobar que yH (x) = C1 ex +C2 (x2 +2x+2) es la soluci´on general de la ecuaci´ on 00 0 diferencial xy − (x + 2)y + 2y = 0 (ver Ejemplo 4). Por tanto, resolver una ecuaci´on homog´enea de segundo orden se reduce a encontrar un sistema fundamental de soluciones de la misma. En general, puede ser dif´ıcil encontrar un sistema fundamental de soluciones de una ecuaci´on arbitraria, pero en el caso particular de las ecuaciones de coeficientes constantes esta tarea resulta sencilla.

2.1.

Ecuaciones lineales de segundo orden de coeficientes constantes.

Una ecuaci´on lineal de segundo orden de coeficientes constantes es una ecuaci´on de la forma ay 00 + by 0 + cy = g(x) con a, b, c ∈ R. Soluci´ on general de la homog´ enea: Se llama ecuaci´ on caracter´ıstica de la ecuaci´on diferencial lineal homog´enea de coeficientes constantes ay 00 + by 0 + cy = 0 a la ecuaci´on az 2 + bz + c = 0 que se obtiene reemplazando y por z 0 = 1, y 0 por z 1 = z e y 00 por z 2 . Ejemplo 6 Dada la ecuaci´ on diferencial y 00 + 5y 0 + 6y = 0, su ecuaci´ on caracter´ıstica es 2 z + 5z + 6 = 0. Teorema 3 Sean m1 y m2 las dos ra´ıces en C de la ecuaci´ on caracter´ıstica az 2 + bz + c = 0 de la EDO homog´enea ay 00 + by 0 + cy = 0. Entonces: Caso 1: m1 , m2 ∈ R: a) Si m1 6= m2 =⇒ {em1 x , em2 x } es un SF de la EDO homog´enea. b) Si m1 = m2 = m =⇒ {emx , xemx } es un SF de la EDO homog´enea. Caso 2: m1 , m2 ∈ C \ R: Entonces, {eαx cos(βx), eαx sen(βx)} es un SF de la EDO homog´enea, siendo m1 = α + βi y m2 = α − βi. on caracter´ıstica z 2 +5z+6 = 0 de la ecuaci´ on diferencial Ejemplo 7 Las soluciones de la ecuaci´ 00 0 y + 5y + 6y = 0 del Ejemplo 6 son m1 = −2 y m2 = −3, ambas reales y distintas, por lo que {e−2x ; e−3x } es un SF de la ecuaci´ on.

Como consecuencia de los Teoremas 2 y 3, obtenemos el siguiente corolario que nos proporciona la forma de encontrar la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea de segundo orden de coeficientes constantes. Corolario 1 Sean m1 y m2 las dos ra´ıces en C de la ecuaci´ on caracter´ıstica az 2 + bz + c = 0 de la EDO ay 00 + by 0 + cy = 0. Entonces, la soluci´on general, yH (x), de dicha ecuaci´ on es: (a) Si m1 6= m2 ∈ R =⇒ yH (x) = C1 em1 x + C2 em2 x (b) Si m1 = m2 = m ∈ R =⇒ yH (x) = C1 emx + C2 xemx (c) Si m1 , m2 ∈ C \ R con m1 = α + iβ y m2 = α − iβ =⇒ yH (x) = C1 eαx cos(βx) + C2 eαx sen(βx) siendo en todos los casos C1 y C2 constantes arbitrarias. Ejemplo 8 En virtud del corolario anterior, la soluci´on general de la ecuaci´ on diferencial que −2x −3x aparece en los Ejemplos 6 y 7 es y(x) = C1 e + C2 e . on y 00 − 2y 0 + y = 0. Ejemplo 9 Hallar la soluci´on general de la ecuaci´ 2 Su ecuaci´on caracter´ıstica es z − 2z + 1 = 0, cuya soluci´on es m = 1 (soluci´ on doble). Por x x lo tanto, {e ; xe } es un SF de la ecuaci´ on y su soluci´on general es y(x) = C1 ex + C2 xex . Ejemplo 10 Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 + 4y 0 + 6y = 0. √ 2 Su ecuaci´ o n caracter´ ı stica es z + 4z + 6 = 0, cuyas soluciones son m = −2 + 2i y 1 √ √ √ −2x −2x m2 = −2 − 2i. Por lo tanto, {e · cos( on y su √ 2x); e−2x · sen(√ 2x)} es un SF de la ecuaci´ −2x soluci´on general es y(x) = C1 e · cos( 2x) + C2 · sen( 2x). Soluci´ on particular de la completa: Para encontrar una soluci´on particular de la ecuaci´on lineal completa ay 00 + by 0 + cy = g(x) utilizaremos el M´etodo de los coeficientes indeterminados que consiste en buscar dicha soluci´on de la misma forma que tenga la funci´on g(x), pero con unos coeficientes que habremos de determinar. M´etodo de los coeficientes indeterminados. Denotemos por yP a la soluci´on particular de la ecuaci´on ay 00 + by 0 + cy = g(x) que queremos determinar. Entonces: Si g(x) = Pn (x) (polinomio de grado n), entonces buscamos yP = An xn + An1 xn−1 + · · · + A0 . Si g(x) = emx , entonces buscamos yP = Aemx . Si g(x) = sen (rx) o bien g(x) = cos (rx), entonces buscamos yP = A cos (rx)+B sen (rx). En el caso en que g(x) sea la suma de dos funciones de los tipos anteriores, buscaremos yP como la suma de las correspondientes soluciones particulares mostradas anteriormente. En el caso en que g(x) sea el producto de dos funciones de los tipos anteriores, procederemos a buscar yP del siguiente modo: Si g(x) = emx sen (rx) o bien g(x) = emx cos (rx), entonces buscamos yP = emx (A cos (rx)+ B sen (rx)).

Si g(x) = Pn (x)emx , entonces buscamos yP = (An xn + An1 xn−1 + · · · + A0 )emx Si g(x) = p(x) sen (rx) o bien g(x) = p(x) cos (rx), entonces buscamos yP = (An xn + · · · + A0 ) cos (rx) + (Bn xn + · · · + B0 ) sen (rx). NOTA: El m´etodo anterior funciona salvo cuando la solucion particular yP buscada sea a su vez soluci´on de la ecuaci´on homog´enea asociada. En tal caso, ´esta debe buscarse multiplicada por xk donde k es el menor natural que hace que xk yP ya no sea soluci´on de la ecuaci´on homog´enea asociada. Ejemplo 11 Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on y 00 − 2y 0 − 3y = 3x2 − 5. Soluci´ on general de la homog´ enea: y 00 − 2y 0 − 3y = 0. La ecuaci´on caracter´ıstica es z 2 − 2z − 3 = 0, cuyas soluciones son m1 = −1, m2 = 3, por lo que {e3x , e−x } es un SF y la soluci´on buscada es yH (x) = C1 e3x + C2 e−x . Soluci´ on particular de la completa: Como g(x) es un polinomio de segundo grado, buscamos yP = A0 + A1 x + A2 x2 , donde A0 , A1 y A2 son constantes a determinar. yP0 = A1 + 2A2 x; yP00 = 2A2 . Imponemos ahora que yP , yP0 e yP00 verifiquen la ecuaci´on diferencial: 2A2 − 2A1 − 4A2 x − 3A0 − 3A1 x − 3A2 x2 = 3x2 − 5 . Agrupando t´erminos en el primer miembro: −3A2 x2 + (−4A2 − 3A1 )x + (2A2 − 2A1 − 3A0 ) = 3x2 − 5 . Y  ahora, igualando los coeficientes de los t´erminos del mismo grado:  −3A2 = 3 −4A2 − 3A1 = 0  2A2 − 2A1 − 3A0 = −5 1 4 de donde A0 = 1/9, A1 = 4/3, A2 = −1 e yP (x) = + x − x2 . 9 3 1 4 3x Soluci´ on general de la completa: y(x) = C1 e + C2 e−x + + x − x2 . 9 3 Ejemplo 12 Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial y 00 − 3y = x2 − ex . Soluci´ on general de la homog´ enea: y 00 − 3y = 0. √ √ La √ecuaci´o√ n caracter´ıstica es z 2 − 3 = 0, cuyas soluciones son m = 3 y m = − 3 por lo 1 2 √ √ que {e 3x , e− 3x } es un SF y la soluci´on buscada es yH (x) = C1 e 3x + C2 e− 3x . Soluci´ on particular de la completa: Como g(x) es suma de un polinomio de segundo grado y una exponencial, buscamos yP = a + bx + cx2 + dex , donde a, b, c y d son constantes a determinar. y 0 = b + 2cx + dex ; y 00 = 2c + dex . Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial: 2c + dex − 3a − 3bx − 3cx2 − 3dex = x2 − ex . Igualando ahora coeficientes:

 −3c = 1    −3b = 0 2c − 3a = 0    −2d = −1 2 1 1 de donde a = −2/9, b = 0, c = −1/3, d = 1/2 e yP (x) = − − x2 + ex . 9 3 2 Soluci´ on general de la completa: √ √ 2 1 1 y(x) = C1 e 3x + C2 e− 3x − − x2 + ex . 9 3 2 Ejemplo 13 Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial y 00 − 4y 0 + 4y = x sen(x). Soluci´ on general de la homog´ enea: y 00 − 4y 0 + 4y = 0. La ecuaci´on caracter´ıstica es z 2 − 4z + 4 = 0, cuya soluci´on es m = 2 (doble) por lo que {e2x , xe2x } es un SF y la soluci´on buscada es yH (x) = C1 e2x + C2 xe2x . Soluci´ on particular de la completa: Como g(x) es producto de un polinomio de primer grado y una trigonom´etrica, buscamos yP = (a + bx) cos(x) + (c + dx) sen(x), donde a, b, c y d son constantes a determinar. y 0 (x) = (b + c + dx) cos(x) − (d − a − bx) sen(x) y 00 (x) = (2d − a − bx) cos(x) + (−2b − c − dx) sen(x) Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial y agrupando t´erminos: (4a − 2b + 3c − 4d) sen(x) + (3d + 4b)x sen(x) + (3a − 4b − 4c + 2d) cos(x) + (3b − 4d)x cos(x) = x sen(x). Igualando ahora coeficientes:  4a − 2b + 3c − 4d = 0    3d + 4b = 1 3a − 4b − 4c + 2d = 0    3b − 4d = 0 de dondeµa = 22/125,¶b = 4/25, µ c = 4/125, d¶= 3/25 e 22 4 4 3 yP (x) = + x cos(x) + + x sen(x). 125 25 125 25 Soluci´ on general de la completa: µ ¶ µ ¶ 22 4 4 3 2x 2x y(x) = C1 e + C2 xe + + x cos(x) + + x sen(x). 125 25 125 25 Ejemplo 14 Hallar la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial y 00 − 4y = e2x . Soluci´ on general de la homog´ enea: y 00 − 4y = 0. La ecuaci´ on caracter´ıstica es z 2 − 4 = 0, cuyas soluciones son m1 = 2 y m2 = −2 por lo 2x −2x que {e , e } es un SF y la soluci´on buscada es yH (x) = C1 e2x + C2 xe−2x . Soluci´ on particular de la completa: No podemos buscar la soluci´on particular de la forma yP = Ae2x ya que entonces tambi´en ser´ıa soluci´on de la ecuaci´ on homog´enea (para C1 = A, C2 = 0), por lo que buscamos yP = 2x Axe (de esta forma ya no es soluci´on de la homog´enea). y 0 (x) = Ae2x + 2Axe2x ; y 00 (x) = 2Ae2x + 2Ae2x + 4Axe2x = 4Ae2x + 4Axe2x . Sustitu´ımos ahora en la ecuaci´ on diferencial: 2x 2x 2x 2x 4Ae + 4Axe − 4Ax = e . Igualando coeficientes, 4A = 1 de donde A = 1/4. 1 La soluci´on particular es yP (x) = xe2x . 4 Soluci´ on general de la completa: 1 y(x) = C1 e2x + C2 xe−2x + xe2x . 4