6. Métodos para resolver la ecuación completa.

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 4. Ecuaciones diferenciales.
6. Métodos para resolver la ecuación completa.
Dedicamos esta sección a ver dos métodos que nos permiten hallar una solución particular de la
ecuación completa y′′ + P( x) y′ + Q( x) y = R( x). El primero de ellos se llama el método de variación
de los parámetros y lo podremos aplicar siempre que conozcamos dos soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea asociada. El segundo de ellos se conoce como método de los
coeficientes indeterminados y se puede aplicar cuando la ecuación es de coeficientes constantes y la
función R( x) es de un tipo particular que más adelante detallaremos.
OBSERVACIÓN. A veces es más cómodo descomponer la ecuación no homogénea en varias ecuaciones diferenciales con términos independientes más simples. Esta descomposición se basa en el
siguiente resultado.
PROPOSICIÓN (PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN). Supongamos que y1 ( x) es una solución particular de
la ecuación y′′ + P( x) y′ + Q( x) y = R1 ( x) y que y2 ( x) es una solución particular de otra ecuación
y′′ + P( x) y′ + Q( x) y = R2 ( x), entonces la función suma y1 ( x) + y2 ( x) es solución de la ecuación
y′′ + P( x) y′ + Q( x) y = R1 ( x) + R2 ( x).
El método de variación de parámetros. El primer método que vemos para resolver la ecuación
lineal de segundo orden completa, llamado método de variación de los parámetros, es válido para
ecuaciones de la forma y′′ + P ( x) y′ + Q( x) y = R ( x) y requiere, como paso previo, el conocimiento
de la solución general c1 y1 ( x) + c2 y2 ( x) de la correspondiente ecuación homogénea. Supongamos
que los coeficientes c1 y c2 de la solución general c1 y1 ( x) + c2 y2 ( x) de la ecuación homogénea pueden variar (de ahí el nombre del método) y buscamos una solución particular de la ecuación completa de la siguiente forma: y p ( x) = v1 ( x) y1 ( x) + v2 ( x) y2 ( x), donde v1 ( x) y v2 ( x) son dos funcio-
nes desconocidas que debemos determinar. Para ello imponemos que la función y p ( x) verifique la
ecuación completa y′′ + P( x) y′ + Q( x) y = R( x). Necesitamos, por tanto, calcular previamente la
primera y segunda derivada de la función y p ( x). Al derivar una vez obtenemos que la primera derivada viene dada por y′p ( x) = v1′ ( x) y1 ( x) + v1 ( x) y1′( x) + v2′ ( x) y2 ( x) + v2 ( x) y2′ ( x). Por conveniencia,
como comprenderemos más adelante, impondremos que v1′( x) y1 ( x) + v2′ ( x) y2 ( x) = 0 en el intervalo
I . Por tanto, y′p ( x) = v1 ( x) y1′( x) + v2 ( x) y2′ ( x). De esta forma, si volvemos a derivar, la derivada segunda es y′′p ( x) = v1′ ( x) y1′( x) + v1 ( x) y1′′( x) + v2′ ( x) y2′ ( x) + v2 ( x) y2′′( x). Con estas derivadas calculadas,
podemos ya sustituirlas en la ecuación lineal para obtener que
R ( x) = y′′p ( x) + P( x) y′p ( x) + Q( x) y p ( x)
= v1′( x) y1′( x) + v1 ( x) y1′′( x) + v2′ ( x) y2′ ( x) + v2 ( x) y2′′( x)
+ P( x) ( v1 ( x) y1′( x) + v2 ( x) y2′ ( x) ) + Q( x) ( v1 ( x) y1 ( x) + v2 ( x) y2 ( x) )
= v1 ( x) ( y1′′( x) + P( x) y1′( x) + Q( x) y1 ( x) ) + v2 ( x) ( y2′′( x) + P( x) y2′ ( x) + Q( x) y2 ( x) )
+ v1′( x) y1′( x) + v2′ ( x) y2′ ( x)
= v1′( x) y1′( x) + v2′ ( x) y2′ ( x).
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De esta forma, las derivadas de las funciones v1 ( x) y v2 ( x) son soluciones del siguiente sistema
⎧v1′( x) y1 ( x) + v2′ ( x) y2 ( x) = 0,
Puesto que las dos soluciones de la ecuación homogénea son line⎨
⎩v1′( x) y1′ ( x) + v2′ ( x) y2′ ( x) = R( x).
almente independientes, su determinante wronskiano es distinto de cero en todos los puntos del intervalo I . Si ahora usamos la regla de Cramer para resolver el sistema anterior, obtenemos como
− y ( x) R( x)
y ( x) R( x)
soluciones v1′( x) = 2
y v2′ ( x) = 1
, donde W ( x) denota el determinante wronsW ( x)
W ( x)
kiano de y1 ( x) e y2 ( x). En consecuencia, obtenemos que las funciones v1 ( x) y v2 ( x) buscadas son
y ( x) R( x)
y1 ( x) R( x)
v1 ( x) = − 2
dx y v2 ( x) =
dx. Finalmente, la solución particular obtenida es
W ( x)
W ( x)
∫
∫
y p ( x) = − y1 ( x)
∫
∫
y2 ( x ) R ( x )
y ( x) R( x)
dx + y2 ( x) 1
dx.
W ( x)
W ( x)
EJEMPLO. Vamos a aplicar el método de variación de los parámetros para calcular una solución par1
ticular de la ecuación y′′ + y =
. En este caso la ecuación auxiliar de la ecuación homogénea es
sen x
m 2 + 1 = 0 y tiene por raíces m1 = i y m2 = −i. Por tanto, dos soluciones linealmente independientes
de la ecuación homogénea son y1 ( x) = sen x e y2 ( x) = cos x. El determinante wronskiano de estas
dos soluciones es W ( x) = −1. Aplicando lo anterior obtenemos que
v1 ( x) = −
∫
∫
y2 ( x ) R ( x )
cos x
dx =
dx = log ( sen x )
W ( x)
sen x
y
v2 ( x) =
∫
∫
y1 ( x) R( x)
dx = − 1dx = − x.
W ( x)
Puesto que buscamos una única solución particular no es necesario tener en cuenta las constantes de
integración. Llegamos finalmente a que la solución particular es y p ( x) = sen x log(sen x) − x cos x.
El método de los coeficientes indeterminados. Si la ecuación tiene coeficientes constantes, existe
un método que permite hallar una solución particular de la ecuación completa y′′ + py′ + qy = R( x)
cuando la función R( x) es un polinomio, una exponencial, un seno, un coseno o una combinación
de sumas y productos de tales funciones. La razón es que las derivadas de una de estas combinaciones vuelven a ser funciones del mismo tipo, así que lo que se plantea es buscar como solución particular una combinación adecuada con coeficientes indeterminados que se calculan imponiendo que
la función verifique la ecuación.
EJEMPLO. Para hallar una solución particular de la ecuación y′′ − y′ + 2 y = 2 x 2 − 2 x, nos fijamos en
que R ( x) = 2 x 2 − 2 x es un polinomio de segundo grado, así que buscamos una solución particular
de la forma y p ( x) = ax 2 + bx + c. Imponiendo que y p ( x) verifique la ecuación llegamos a la siguiente igualdad 2a − (2ax + b) + 2(ax 2 + bx + c) = 2 x 2 − 2 x, que se debe verificar para todo x. Igualando los coeficientes del polinomio de la izquierda y del polinomio de la derecha, obtenemos el un
sistema de ecuaciones cuyas soluciones son a = 1, b = 0 y c = −1, lo que nos da la solución particular y p ( x) = x 2 − 1.
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En lo que sigue consideraremos que m1 y m2 son las soluciones de la ecuación auxiliar de la ecuación homogénea y′′ + py′ + qy = 0.
(1) Si R( x) es un polinomio de grado n, entonces se busca como solución particular un polinomio
de grado n si m1 y m2 son distintas de cero (esto sucede cuando q ≠ 0 ), de grado n + 1 si una de
las dos raíces m1 o m2 es cero (esto sucede cuando q = 0 y p ≠ 0 ) y de grado n + 2 si las dos raíces m1 y m2 son cero (esto sucede cuando p = q = 0 en cuyo caso la ecuación es y′′ = 0 ).
(2) Si R ( x) = e ax es una exponencial, entonces se busca como solución particular
a) y p ( x) = ce ax , si a es distinta de m1 y de m2 .
b) y p ( x) = cxe ax , si a coincide con una de las dos raíces m1 o m2 .
c) y p ( x) = cx 2 e ax , si a = m1 = m2 .
EJEMPLO. Calculamos una solución particular de la ecuación y′′ − y′ − 2 y = 5e x . La ecuación auxiliar de la ecuación homogénea asociada es m 2 − m − 2 = 0 y tiene por raíces m1 = 2 y m2 = −1. Estamos, por tanto, ante un ejemplo del caso a) y buscamos una solución del tipo y p ( x) = ce x . Imponiendo que esta función verifique la ecuación obtenemos que ce x − ce x − 2ce x = 5e x . Simplificando
5
5
en la anterior ecuación llegamos a que c = − y, por tanto, y p ( x) = − e x .
2
2
EJEMPLO. Calculamos una solución particular de la ecuación y′′ − y′ − 2 y = 5e − x . La ecuación auxiliar de la ecuación homogénea asociada es m 2 − m − 2 = 0 y tiene por raíces m1 = 2 y m2 = −1. Estamos, por tanto, ante un ejemplo del caso b) y buscamos una solución del tipo y p ( x) = cxe − x . Imponiendo que esta función verifique la ecuación diferencial lineal obtenemos que
(−2ce − x + cxe − x ) − (ce − x − cxe − x ) − 2cxe − x = 5e − x .
Simplificando en la anterior ecuación llegamos a que c = −
5
5
y, por tanto, y p ( x) = − xe − x .
3
3
(3) Si R ( x) = sen(bx) o R( x) = cos(bx), entonces se busca como solución particular
a) y p ( x) = c1 cos(bx) + c2 sen(bx), si bi ≠ m1 y bi ≠ m2 .
b) y p ( x) = c1 x cos(bx) + c2 x sen(bx), si bi es una raíz de la ecuación auxiliar.
EJEMPLO. Calculamos una solución particular de la ecuación y′′ + 4 y′ + 4 y = cos(2 x). La ecuación
auxiliar de la ecuación homogénea es m 2 + 4m + 4 = 0 y tiene por raíces m1 = m2 = −2. Estamos,
por tanto, ante un ejemplo del caso a) y buscamos una solución del tipo
y p ( x) = c1 cos(2 x) + c2 sen(2 x).
Imponiendo que esta función verifique la ecuación diferencial lineal obtenemos que
−4c1 cos(2 x) − 4c2 sen(2 x) + 4 ( −2c1 sen(2 x) + 2c2 cos(2 x) ) + 4 ( c1 cos(2 x) + c2 sen(2 x) ) = cos(2 x).
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Simplificando llegamos a que 8c2 cos(2 x) − 8c1 sen(2 x) = cos(2 x). Por tanto, debemos tomar c1 = 0
1
1
y c2 = . Es decir, la solución particular es y p ( x) = sen(2 x).
8
8
EJEMPLO. Buscamos ahora una solución particular de la ecuación y′′ + y = cos x. La ecuación auxiliar de la ecuación homogénea asociada es m 2 + 1 = 0 y tiene por raíces m1 = i y m2 = −i. Estamos,
por tanto, ante un ejemplo del caso b) y buscamos una solución del tipo y p ( x) = c1 x cos x + c2 x sen x.
Imponiendo que esta función verifique la ecuación diferencial lineal obtenemos que
−2c1 sen x − c1 x cos x + 2c2 cos x − c2 x sen x + c1 x cos x + c2 x sen x = cos x.
1
Simplificando llegamos a que −2c1 sen x + 2c2 cos x = cos x. Debemos tomar c1 = 0 y c2 = . Es
2
1
decir, la solución particular buscada es y p ( x) = x sen x.
2
(4) Si R ( x) es una combinación de las funciones anteriores, entonces se busca como solución particular la correspondiente combinación de las soluciones particulares propuestas.
EJEMPLO. Calculamos una solución particular de la ecuación y′′ − 2 y′ + 5 y = 16 x 3e3 x . La ecuación
auxiliar de la ecuación homogénea es m 2 − 2m + 5 = 0 y tiene por raíces m1 = 1 + 2i y m2 = 1 − 2i.
Buscamos una solución del tipo y p ( x) = ( ax 3 + bx 2 + cx + d ) e3 x . Imponiendo que esta función veri-
fique la ecuación diferencial lineal obtenemos que
( (6ax + 2b)e + 6(3ax + 2bx + c)e
− 2 ( (3ax + 2bx + c)e + 3(ax
3x
2
2
3x
3x
3
+ 9(ax3 + bx 2 + cx + d )e3 x )
+ bx 2 + cx + d )e3 x ) + 5 ( ax 3 + bx 2 + cx + d ) e3 x = 16 x3e3 x .
Dividiendo los dos términos de la ecuación anterior por e3x llegamos a que
8ax 3 + (12a + 8b ) x 2 + ( 6a + 8b + 8c ) x + ( 2b + 4c + 8d ) = 16 x 3 ,
1
que se debe verificar para todo x. Es decir, debemos tomar a = 2, b = −3, c = 1 y d = . La solu4
1⎞
⎛
ción particular buscada viene dada por y p ( x) = ⎜ 2 x 3 − 3x 2 + x + ⎟ e3 x .
4⎠
⎝
EJEMPLO. Vamos a calcular la solución general de y′′ + y = cos x + 3sen(2 x). Aplicaremos el principio de superposición, es decir, calcularemos soluciones particulares de las ecuaciones y′′ + y = cos x
e y′′ + y = 3sen(2 x). Puesto que cos x es solución de la ecuación y′′ + y = 0, buscamos una solución particular de la forma y ( x) = Ax cos x + Bx sen x. Derivando dos veces obtenemos que
y′′( x) = −2 A sen x + 2 B cos x − Ax cos x − Bx sen x.
Sustituimos en la ecuación y obtenemos −2 A sen x + 2 B cos x = cos x. Tomamos A = 0, B =
1
y te2
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x sen x es una solución particular de la ecuación y′′ + y = cos x. Para la segun2
da ecuación, puesto que sen(2 x) no es solución de ecuación homogénea, buscamos una solución de
la forma y ( x) = A cos(2 x) + B sen(2 x ). Por tanto, y′′( x) = −4 A cos(2 x) − 4 B sen x. Sustituyendo en la
ecuación obtenemos que y′′( x) + y ( x) = −3 A cos(2 x) − 3B sen(2 x) = 3sen(2 x). Tomamos A = 0,
B = −1 y tenemos que y2 ( x) = − sen(2 x) es una solución particular de y′′ + y = 3sen(2 x). Llegamos
1
así a que x sen x − sen(2 x) es una solución particular de y′′ + y = cos x + 3sen(2 x) y su solución
2
1
general es y ( x) = c1 cos x + c2 sen x + x sen x − sen(2 x).
2
nemos que y1 ( x) =
EJEMPLO. Vamos a calcular una solución particular de la ecuación y′′ + 6 y′ + 13 y = e −3 x cos(2 x). En
este caso la ecuación auxiliar de la ecuación homogénea asociada es m 2 + 6m + 13 = 0, cuyas raíces
son m1 = −3 + 2i y m2 = −3 − 2i. Por tanto, la solución general de la ecuación homogénea asociada
es yh ( x) = Ae −3 x cos(2 x) + Be −3 x sen(2 x). De esta forma buscamos una solución del tipo
y p ( x) = Ae −3 x x cos(2 x) + Be −3 x x sen(2 x).
Imponiendo que esta función verifique la ecuación diferencial lineal obtenemos que
(5 Ae −3 x x cos(2 x) − 6 Ae −3 x cos(2 x) + 12 Ae −3 x x sen(2 x) − 4 Ae−3 x sen(2 x)
+ 5Be −3 x x sen(2 x) − 6 Be −3 x sen(2 x) − 12 Be−3 x x cos(2 x) + 4 Be−3 x cos(2 x))
+ 6(−3 Ae −3 x x cos(2 x) + Ae −3 x cos(2 x) − 2 Ae−3 x x sen(2 x)
− 3Be −3 x x sen(2 x) + Be −3 x sen(2 x) + 2 Be−3 x x cos(2 x))
+ 13( Ae −3 x x cos(2 x) + Be −3 x x sen(2 x)) = e −3 x cos(2 x).
Dividiendo los dos términos de la ecuación anterior por e −3 x y simplificando llegamos a la igualdad
1
4 B cos(2 x) − 4 A sen(2 x) = cos(2 x). Por tanto, debemos tomar A = 0, B = y la solución particular
4
1 −3 x
de la ecuación es y p ( x) = e x sen(2 x).
4
EJERCICIO 1. Resuelve las siguientes ecuaciones con coeficientes constantes.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
y′′ + y′ = x cos x.
y′′ − y′ = x 2 .
y′′ − 4 y = e 2 x .
y′′ + 2 y′ = 3xe x .
y′′ + 4 y = 8sen(2 x).
EJERCICIO 2. Resuelve la ecuación y′′ − y = f ( x) en los siguientes casos:
(1) f ( x) = 3e 2 x .
(2) f ( x) = 2 cos x.
(3) f ( x) = e x ( x 2 + x + 1).
5
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Lección 4. Ecuaciones diferenciales.
EJERCICIO 3. Resuelve la ecuación y′′ + y = f ( x) en los siguientes casos:
(1) f ( x) = e 2 x cos x.
(2) f ( x) = e x ( x 2 − 1).
(3) f ( x) = e x sen(2 x).
EJERCICIO 4. Resuelve los siguientes problemas de valores iniciales:
(1)
(2)
(3)
(4)
y′′ + 2 y′ − 8 y = x 2 , con y (0) = 0, y′(0) = 0,
y′′ − 4 y′ + 5 y = 0, con y (0) = 1, y′(0) = 5,
y′′ − 3 y′ + 2 y = 3e − x − 10 cos(3 x), con y (0) = 1, y′(0) = 2,
2 x 2 y′′ + xy′ − 15 y = 0, con y (1) = 2, y′(1) = 0.
EJERCICIO 5. Por el método de variación de las constantes, encuentra una solución particular de las
ecuaciones diferenciales:
1) y′′ + y = tan x.
2) y′′ − 3 y′ + 2 y = sen(e − x ).
EJERCICIO 6. Resuelve la ecuación diferencial y′′ + b 2 y = cos(ax), donde a, b > 0.
EJERCICIO 7. Resuelve el problema de valor inicial y′′ + 3 y′ + 2 y = R( x), con las condiciones ini⎧1, si 0 < x < 1
ciales y (0) = y′(0) = 0, donde R ( x) = ⎨
⎩0, si 1 ≤ x,
EJERCICIO 8. Una ecuación diferencial de la forma x 2 y′′ + pxy′ + qy = R( x), donde p y q son
constantes y R( x) es una función continua, se llama ecuación de Euler–Cauchy de segundo orden.
1) Comprueba que una ecuación de este tipo se reduce a una ecuación lineal con coeficientes constantes mediante el cambio de variable independiente x = et .
2) Resuelve las siguientes ecuaciones de Euler–Cauchy.
a) x 2 y′′ − 4 xy′ + 6 y = x 4 − x 2 .
b) x 2 y′′ − xy′ + y = x 3 log 3 x.
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