Resolución de la EDO lineal de 2º orden a coeficientes constantes, homogénea

Resolución de la EDO lineal de 2º orden a coeficientes constantes, homogénea

Consideramos la ecuación a₂ya₁ya₀y0 (con a₂ 0).

Para este tipo de ecuaciones diferenciales, vamos a proponer una solución y verificaremos que se trata de la solución general. Recordemos que la solución general será de la forma y C1y1(x)C2y2(x) , según el teorema visto anteriormente. En este caso buscamos las funciones y₁ y y₂, linealmente independientes, de modo que la solución general resulte una combinación lineal de estas funciones.

Como debemos proponer una solución a la ecuación, comenzamos por analizar las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden a coeficientes constantes, homogénea. En este caso, la ecuación será: a₁ya₀y 0 (con a₁ 0). Podemos resolverla aplicando la metodología de variables separables:

0 0 1ya y

a

y a a y

1 0

  

y a a dx dy

1 0

 

dx a a y dy

1 0



 Si hacemos

1 0

a a

k  tenemos:





y dy

c kx y  ln

Consideramos la solución particular en la cual c0. En este caso: yekx.

La solución particular hallada es una función exponencial, suponiendo que esto puede generalizarse a las ecuaciones lineales de 2º orden, proponemos como solución particular otra función exponencial. Es decir, para la ecuación a₂ya₁ya₀y0 proponemos como solución particular la función yekx. El problema ahora es hallar el valor de la constante k para que la función propuesta resulte solución de la ecuación. Para ello veremos qué condiciones deben cumplirse para que la solución propuesta satisfaga la ecuación diferencial. Por lo tanto:

kx kx

kx

e k y ke

y e

y   2

Reemplazando en la ecuación diferencial: 0

0 1

2ya ya y

a

0 ) (

0 ₂ 2 _{1 0}

0 1

2

2k e ake a e  e a k aka 

a kx kx kx kx

Como xR:ekx 0, debe cumplirse que:

1 0 0 2

2k a ka 

a

Ahora podemos hallar los valores de k para que la solución propuesta sea solución particular de la ecuación: los valores de k serán las raíces de una ecuación de segundo grado.

Las raíces del polinomio característico nos permitirán hallar las soluciones particulares que, mediante una combinación lineal, generen la solución general de la ecuación. La situación que se plantea ahora, es ver qué sucede en cada uno de los distintos casos posibles para las raíces de polinomios de segundo grado: raíces reales distintas, una raíz doble, raíces complejas conjugadas. En todos los casos habrá que identificar claramente las funciones y₁ y y₂, y demostrar que son linealmente independientes, para generar la solución general como combinación lineal de ellas.

Raíces reales distintas: suponemos las raíces del polinomio característico k₁ k₂

En este caso, las soluciones particulares propuestas serán: y ek1x y ek2x

2

1  

Necesitamos probar que ambas funciones son LI. Para ello utilizamos el Wronskiano.

x k k x

k k x

k k x

k x k

x k x k x

k x k

e k k e

k e

k e k e k

e e

e e

W ₂ ( ) ₁ ( ) _{2 1} ( )

2 1

2 1 2

1 2

1 2

1 2 1

2

1 _{, ) ( )}

(        

Siendo e(k1k2)x 0 xR_{, y además 0}

1 2 k 

k porque k₁ k₂, resulta que:





0 ) ,

(_e1 _e 2 _{y y}

W kx kx   es LI.

Por lo tanto, la solución general será de la forma: y Cek1x C ek2x

2

1 



Raíces reales iguales: suponemos las raíces del polinomio característico k₁ k₂ Llamaremos k k1 k2 a la raíz doble del polinomio.

En este caso, las soluciones particulares propuestas serán: y₁ ekx y₂ ekx

La función y2 es claramente LD con la función y1 (de hecho ambas funciones son iguales). Por ello debemos propones otra función y₂ para poder armar la solución general. Un método práctico para transformar dos funciones LD en LI es multiplicar una de ellas por la variable x. Por eso, en este caso proponemos como solución particular la función y₂  xekx.

Ahora necesitamos probar que la función propuesta y₂ es solución de la ecuación diferencial de segundo orden, y además que es LI respecto de y1.

Comencemos por analizar si y₂ es solución de la EDO. Veremos qué condiciones deben cumplirse para que la solución propuesta satisfaga la ecuación diferencial. Por lo tanto:

kx kx

kx kx

kx kx

kx kx

xe k ke xe

k ke ke y kxe

e y xe

y₂  ₂   ₂   2 2  2

Reemplazando en la ecuación diferencial:

    

 

 

 ) ( ) ( ) (2 )

2

( 2 1 1 0

2 2 0

1 2

2 ke k xe a e kxe a xe e ka k xa a kxa a x

a kx kx kx kx kx kx

  

 

ekx[x(a₂k2 a₁k a₀) (2ka₂ a₁)] 

La expresión 1 0

2

2k a k a

A su vez, la expresión 2ka₂ a₁ también es igual a 0. Esto se debe a que el número k

es raíz doble del polinomio característico. Recordando un teorema de Análisis Matemático I, si un número es raíz de multiplicidad mayor que 1 de un polinomio, será también raíz de su derivada. Siendo 2 _{1 0}

2 )

(x a x a x a

P    , resulta P(x)2a₂xa₁. Por lo tanto, 2a₂ka₁ 0

Volviendo a lo anterior:

 = [ ( 1 0) (2 2 1)] [ .0 0] 0

2

2k aka  ka a e x   a

x

ekx kx

Por lo tanto la función propuesta y₂ es solución de la ecuación diferencial. Ahora deberemos probar que el conjunto





0 ) 1 ( ) ( ) 1 ( ) ,

(  2   2  2    2 



 kx kx kx kx

kx kx kx kx kx kx kx e kx kx e kx e kx e kxe e ke xe e xe e W

Siendo e kx  xR

0 2

(por tratarse de una función exponencial), resulta:





0 ) ,

(_e1 _e 2 _{y y}

W kx kx   es LI.

Por lo tanto, la solución general será de la forma: yC₁ekx C₂xekx

Raíces complejas conjugadas: suponemos las raíces del polinomio característico

bi a k bi

a

k₁    ₂  

En este caso, las soluciones particulares propuestas serán: y ea bix y2 e(a bi)x

) ( 1   _ 

Ya sabemos que ambas funciones son soluciones de la EDO de segundo orden, por la forma en que fueron obtenidas, por lo tanto debemos probar que ambas sean LI para obtener la solución general. Para ello utilizamos el Wronskiano.

                  ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ( _{( ) ( )} ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( bi a e e bi a e e e bi a e bi a e e e e

W _{a bix a bix} a bix a bix a bix a bix

x bi a x bi a x bi a x bi a 0 ) 2 ( ) ( ( ) ( ) ) ( ) (            bi e e bi a bi a e

e a bix a bix a bix a bix

Sabemos que e(abi)x 0  e(abi)x 0 xR, por tratarse de una función exponencial.

En este caso, resulta b0 porque las raíces son números complejos, por lo que la parte imaginaria de dichas raíces debe ser no nula. Por lo tanto 2bi0, y tenemos que:





) ( ) ( , 0 ) ,

(e e y y

W abix abix   es LI.

Por lo tanto, la solución general será de la forma: y C e a bix C2 e(a bi)x

) ( 1   _ 

Aplicando esta fórmula, obtenemos lo siguiente:

 

 

 abix abix ax bix ax bix

e e C e e C e

C e

C

y ₁ ( ) ₂ ( ) _{1 2}





eax C₁(cosbx i senbx) C₂(cos( bx) isen( bx))

Aplicando propiedades de paridad e imparidad de las funciones seno y coseno, se obtiene:

 

 

 

 

eax(C₁cosbx iC₁senbx C₂cosbx iC₂senbx) eax[(C₁ C₂)cosbx (iC₁ iC₂)senbx] Renombrando a las constantes de la siguiente manera:Q1 C1C2 y Q2 iC1 iC2

resulta una expresión para la solución general de la forma: yeax(Q₁cosbxQ₂ senbx)

siendo a la parte real de las raíces del polinomio característico y b el módulo de la parte imaginaria de dichas raíces.

Ecuaciones lineales de segundo orden completas

La forma general de estas ecuaciones es:

a2ya1ya0yQ(x) (con a2 0  Q(x)0)

Una vez que hemos resuelto las ecuaciones de segundo orden homogéneas, vamos a tratar de hallar un método para resolver las ecuaciones completas. Para ello comenzamos por plantear el siguiente teorema.

Teorema

Sea la ecuación lineal de segundo orden lineal a coeficientes constantes no homogénea (o completa), de la forma

a₂ya₁ya₀yQ(x) (con a₂ 0  Q(x)0) 

Sea y_H la solución general de la ecuación diferencial homogénea asociada a la anterior, es decir que y_H es la solución general de la ecuación

a₂ya₁ya₀y0 (con a₂ 0) Sea y_P una solución particular de la ecuación  .

Entonces, la solución general de  está dada por: y_G  y_H y_P

Demostración

Debemos probar que y_G es solución de la ecuación diferencial, es decir que y_G

satisface la ecuación .

P H

G y y

y    yG  yH yP  yG  yH yP

Sustituyendo en la ecuación:

         

        

 _{P H P H P H P H P H P}

H y a y y a y y a y a y a y a y a y a y

y

a₀( ) ₁( ) ₂( ) _{0 0 1 1 2 2}



 





0 Q(x) porque yH es SG de la porque yP es una SP

ecuación homogénea de la ecuación 

La solución y_G  y_H y_P es solución general porque posee dos constantes esenciales y arbitrarias: las constantes que aparecen en y_H.

Para hallar entonces la solución general de una ecuación diferencial de segundo orden completa, comenzamos por obtener la solución general de la ecuación diferencial homogénea asociada (yH), que ya sabemos cómo encontrarla. Necesitamos entonces

Método de variación de los parámetros Consideramos la ecuación diferencial

a₂ya₁ya₀yQ(x) (con a₂ 0  Q(x)0) 

Sea y_H C₁ y₁(x)C₂ y₂(x) la solución general de la ecuación diferencial homogénea asociada a  .

Proponemos como solución particular de  a la siguiente función: y_P u(x) y₁(x)v(x) y₂(x)

con u(x) y v(x) funciones arbitrarias. Observemos que para armar y_P en la solución general de la ecuación diferencial homogénea, en lugar de las constantes esenciales proponemos dos funciones de x.

Para que esta y_P propuesta sea solución de la ecuación diferencial, debe satisfacer la ecuación . Por lo tanto realizaremos las derivadas primera y segunda de yP para

sustituir en la ecuación.

2 2 1

1 2

1 v y y u y u y v y v y

y u

yP    P       

La derivada segunda será aún más complicada. Por lo tanto, siento u y v funciones arbitrarias, podemos imponer condiciones que faciliten los cálculos.

Pedimos entonces: uy₁vy₂ 0 Bajo estas condiciones resulta:

2 2 1 1 2

1 2

1 v y y u y v y y u y u y v y v y

y u

y_P    _P     _P       

Sustituimos entonces en la ecuación  , ya que si es solución debe satisfacer dicha ecuación.













0 u y v y a u y v y a u y u y v y v y Q x

a             

) ( 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 0 1

0 u y a v y a u y a v y a u y a u y a v y a v y Q x

a            



 



u              

0 0 Porque y₁ y y₂ son solución de la ecuación diferencial homogénea asociada a 

) ( 2 2 1

2 u y a v y Q x

a     

2 2 1

) (

a x Q y v y

u     porque a2 0

Tenemos entonces un sistema de ecuaciones que nos permite hallar las funciones u y

Por lo tanto:

   

     

   

2 2 1

2 1

) ( 0

a x Q y v y u

y v y u

Aplicando la regla de Cramer para resolver el sistema tenemos que:

2 1

2 1

2 2

2 ) (

0

y y

y y

y a

x Q

y

u

 

 



Tengamos en cuenta que el determinante del denominador nunca se hace cero, ya que se trata del Wronskiano W(y₁ , y₂) que nunca se anula por ser las funciones LI.

Una vez obtenida la función u, se integra para obtener la función u(x).

Análogamente resulta:

2 1

2 1

2 1 1

) ( 0

y y

y y

a x Q y y

v

   

 , y luego se integra para obtener la función v(x)

De este modo llegamos a la solución particular buscada para completar la solución general. Resulta yP u y1v y2