GUIA 5
Ecuaciones lineales de segundo orden
En esta guı́a estudiaremos algunos conceptos básicos relativos a las ecuaciones diferenciales lineales ası́ como algunas técnicas que permiten el cálculo explı́cito de sus soluciones
en ciertos casos.
Las ecuaciones lineales constituyen una clase especial de ecuaciones cuyo estudio está profundamente relacionado con los conceptos del álgebra lineal. En el caso especial de las ecuaciones lineales con coeficientes constantes las soluciones se pueden expresar completamente
en términos de funciones elementales, un hecho ya conocido por J. L. Lagrange hacia finales del siglo XVIII. Esto las hace especialmente aptas para servir como un primer modelo
de aquellos procesos procesos fı́sicos que tengan caracterı́sticas lineales o aproximadamente
lineales (teorı́a de pequeñas oscilaciones, teorı́a de circuitos eléctricos, etc.) En los procesos
de linealización, las ecuaciones lineales también resultan útiles en la etapa inicial del estudio
de problemas no lineales.
1.
Teorı́a general
Una ecuación diferencial lineal de segundo orden para una función x = x(t) es una
ecuación de la forma
x00 + a(t) x0 + b(t) x = f (t),
(1)
donde a(t), b(t) y f (t) son funciones dadas, definidas en un intervalo J. Cuando f (t) es la
función nula se dice que (1) es una ecuación lineal homogénea. Algunos ejemplos de ecuaciones
lineales de segundo orden son
x00 + ω 2 x = 0,
x00 + γ x0 + ω 2 x = f (t),
t2 − n2
1
x = 0,
x00 + x0 +
t
t2
2t 0 p(p + 1)
x00 +
x +
x = 0,
1 − t2
1 − t2
movimiento armónico simple,
oscilador lineal amortiguado forzado,
ecuación de Bessel,
ecuación de Legendre.
Las dos primeras son ejemplos de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes.
Las dos últimas son ejemplos de ecuaciones lineales con coeficientes variables.
Una notación corta para (1) es
L [x] (t) = f (t),
en donde L se interpreta como un operador diferencial de orden 2, el cual actúa sobre una
función 2 veces derivable x = x(t), t ∈ J, transformándola en la función L [x] (t).
L [x] (t) = x00 + a(t) x0 + b(t) x.
Una propiedad fundamental de las ecuaciones diferenciales lineales es la siguiente.
1
Teorema 1. El operador L es lineal. Es decir,
L [c1 x1 + c2 x2 ] = c1 L [x1 ] + c2 L [x2 ] ,
para c1 , c2 constantes y x1 , x2 funciones dos veces diferenciables.
Demostración. Para constantes c1 , c2 y funciones dos veces diferenciables x1 y x2 se tiene
(c1 x1 + c2 x2 )0 = c1 x01 + c2 x02 ,
(c1 x1 + c2 x2 )00 = c1 x001 + c2 x002 .
Entonces
L [c1 x1 + c2 x2 ] = (c1 x1 + c2 x2 )00 + a(t) (c1 x1 + c2 x2 )0 + b(t) (c1 x1 + c2 x2 )
= c1 L [x1 ] + c2 L [x2 ]
El siguiente resultado es el Teorema Fundamental de Existencia y Unicidad para las
ecuaciones lineales de segundo orden. No se hará la demostración de este resultado. El lector
interesado puede consultar por ejemplo Simmons, G. Ecuaciones diferenciales con aplicaciones y notas históricas, McGraw Hill, 1993.
Teorema 2. Supongamos que a(t), b(t) y f (t) son funciones que están definidas y son
continuas en un intervalo J. Entonces para cada t0 en J y cada elección de números reales
x0 y v0 , existe una única función x = x(t), definida en J, que satisface la ecuación diferencial
(1) y las condiciones x(t0 ) = x0 , x0 (t0 ) = v0
En adelante, supondremos en las discusiones generales que las funciones a(t), b(t) y f (t)
de la ecuación (1) son funciones que están definidas y son continuas en el intervalo J.
Ejemplo 1. Para la ecuación
x00 +
2
2t 0
x +
x = 0,
2
1−t
1 − t2
2t
2
que es un caso particular de la ecuación de Legendre, se tiene a(t) = 1−t
2 , b(t) = 1−t2 y
f (t) ≡ 0, que son funciones continuas en J = (−1, 1). En consecuencia, para cada elección
de x0 y v0 existe una única solución x = x(t), definida en J = (−1, 1), que satisface las
condiciones iniciales x(0) = x0 y x0 (0) = v0 . En particular, la única solución que satisface
x(0) = 0 y x0 (0) = 0 es la solución nula x(t) = 0, t ∈ J = (−1, 1).
2.
Ecuaciones lineales homogéneas.
Esta sección estará dedicada a la ecuación diferencial homogénea
L [x] (t) = x00 + a(t) x0 + b(t) x = 0
(H)
Las dos siguientes propiedades son consecuencia inmediata del teorema 2 y de la linealidad
del operador L.
2
Teorema 3. x(t) = 0 para todo t en J es la única solución de (H) que satisface x(t0 ) = 0 y
x0 (t0 ) = 0.
Teorema 4 (Principio de superposición para (H)). Si x1 (t), . . . , xr (t) son soluciones de (H),
y si c1 , . . . cr son constantes, entonces x(t) = c1 x1 (t) + . . . + cr xr (t) también es solución de
(H).
Ejemplo 2. A manera de ilustración consideremos la ecuación del movimiento armónico
simple x00 + ω x = 0 Vemos que x1 (t) = cos ω t y x2 (t) = sen ω t son soluciones de (2)
definidas en −∞ < t < ∞. Ası́ que
x(t) = c1 cos ω t + c2 sen ω t
es una familia infinita de soluciones de (2).
Ejercicio. La ecuación diferencial
d2 x
−
dt2
dx
dt
2
=0
es no lineal. Halle todas sus soluciones y haga ver que el principio de superposición (teorema
4) no es válido para tal ecuación.
Vale la pena recordar que dos funciones f1 (t) y f2 (t) definidas en un intervalo J son linealmente independientes si la identidad
a1 f1 (t) + a2 f2 (t) = 0,
para todo t ∈ J,
con a1 y a2 escalares, implica a1 = 0 y a2 = 0. Si dos funciones no son linealmente independientes se dice que son linealmente dependientes.
Invitamos al lector a que reflexione en por qué las funciones f1 (t) = t y f2 (t) = |t|,
definidas en J = (−π, π) son linealmente independientes, mientras que f1 (t) = cos t y f2 (t) =
2 cos t, definidas en J = (−π, π) son linealmente dependientes ¿Son las funciones f1 (t) = cos t
y f2 (t) = cos 2t, definidas en J = (−π, π) linealmente independientes?
Definición 1. Un conjunto fundamental de soluciones de (H) es un conjunto formado por
dos soluciones linealmente independientes de (H).
Ejemplo 3. Las funciones cos ω t y x2 (t) = sen ω t forman un conjunto fundamental de soluciones de (2).
2.1.
Conjuntos fundamentales de soluciones
Definición 2. Si x1 (t) y x2 (t), t ∈ J, son funciones diferenciables se define su determinante
de Wronski mediante
x1 (t), x2 (t)
W (t) = W (x1 , x2 ) (t) = det
= x1 (t) x02 (t) − x2 (t) x01 (t).
x01 (t) x02 (t)
3
Teorema 5 (Criterio para conjunto fundamental de soluciones). Sean x1 = x1 (t) y x2 =
x2 (t) dos soluciones de (H). Entonces las tres condiciones siguientes son equivalentes:
1. x1 (t) y x2 (t) forman un conjunto fundamental de soluciones .
2. W (t) = W (x1 , x2 ) (t) 6= 0 para todo t ∈ J.
3. W (t0 ) 6= 0 para algún t0 en J.
Demostración. 1. ⇒ 2. Por contradicción supongamos que W (t0 ) = 0 para algún t0 en J.
Entonces, teniendo en cuenta resultados del álgebra lineal elemental, puede afirmarse que
existen constantes c1 y c2 , no ambas nulas, tales que
c1 x1 (t0 ) + c2 x2 (t0 ) = 0,
c1 x01 (t0 ) + c2 x02 (t0 ) = 0.
Ası́ la función x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) es una solución de (H) que satisface las condiciones
iniciales x(t0 ) = 0 y x0 (t0 ) = 0. Por otra parte la solución nula y(t) = 0 satisface estas
mismas condiciones iniciales. El teorema 2 implica que x(t) = y(t) para todo t ∈ J. Esto es
x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) = 0 para todo t ∈ J
Como al menos uno de los cj , j = 1, 2, es diferente de cero se concluye que x1 (t) y x2 (t) son
linealmente dependientes, lo que contradice 1.
2. ⇒ 3. Es claro.
3. ⇒ 1. Supongamos que para dos constantes c1 y c2 se tiene
x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) = 0 para todo t ∈ J.
En ese caso
x0 (t) = c1 x01 (t) + c2 x02 (t) = 0.
para todo t ∈ J. En particular para t = t0 se sigue que
c1 x1 (t0 ) + c2 x2 (t0 ) = 0,
c1 x01 (t0 ) + c2 x02 (t0 ) = 0.
Como W (t0 ) 6= 0 es el determinante de la matriz de cooeficientes del anterior sistema de
ecuaciones se concluye que c1 = c2 = 0, lo que prueba la independencia lineal de x1 y x2 .
Teorema 6 (Propiedad de base). Si x1 = x1 (t) y x2 = x2 (t) forman un conjunto fundamental
de soluciones de (H), entonces cada solución de (H) es de la forma
xH (t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t)
donde c1 y c2 son constantes.
4
(2)
Demostración. Sea x = x(t) una solución de (H). Dado ahora un valor t0 cualquiera en J y
teniendo en cuenta 2 del teorema 5 puede verse que W (x1 , x2 ) (t0 ) 6= 0. En consecuencia, de
acuerdo con resultados elementales del álgebra lineal, existen constantes c1 y c2 tales que
c1 x1 (t0 ) + c2 x2 (t0 ) = x(t0 ),
c1 x01 (t0 ) + c2 x02 (t0 ) = x0 (t0 ).
Si definimos ahora xH (t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t), se tiene que tanto x(t) como xH (t) son soluciones de la ecuación homogénea (H), y además
xH (t0 ) = x(t0 ) y x0H (t0 ) = x0 (t0 ).
De acuerdo al teorema 2 podemos concluir que xH (t) = x(t) para todo t ∈ J.
Definición 3. El conjunto de todas las soluciones de (H), tales como las representadas en
(2), se conoce como la solución general de (H).
No es difı́cil ver, con la ayuda del teorema fundamental de existencia y unicidad de
soluciones, que siempre existen conjuntos fundamentales de soluciones para una ecuación
lineal homogénea dada. Basta con ver que existen conjuntos de dos soluciones, linealmente
independientes, como los que se describen en el siguiente teorema.
Teorema 7. Si t0 ∈ J y x1 , x2 son las soluciones de la ecuación homogénea (H) que
satisfacen las condiciones x1 (t0 ) = 1, x01 (t0 ) = 0 y x2 (t0 ) = 0, x02 (t0 ) = 1, entonces el
conjunto formado por x1 y x2 es un conjunto fundamental de soluciones.
Ejemplo 4. Sea ω 6= 0 una constante. Las funciones x1 (t) = cos ω t, x2 (t) = sen ω t son dos
soluciones de x00 + ω 2 x = 0, definidas en J = (−∞, ∞). Un cálculo elemental muestra que
cos ω t
sen ω t
W (t) = W (x1 , x2 )(t) = det
= ω 6= 0,
−ω sen ω t ω cos ω t
de manera que x1 y x2 forman un conjunto fundamental de soluciones. La solución general
está dada entonces por
xH (t) = c1 cos ω t + c2 sen ω t.
Ejercicios
1. Dada la ecuación diferencial 2t2 x00 + 3t x0 − x = 0, a) halle todas las soluciones de la
forma x(t) = tk , 0 < t < ∞, k constante y determine si existe un conjunto fundamental
de soluciones formado por tales funciones, b) determine si existe una solución que
satisfaga x(0) = 1, x0 (0) = 0, y c) halle una solución definida en −∞ < t < ∞ que
satisfaga x(0) = 0, x0 (0) = 0, ¿es aplicable el Teorema Fundamental (Teorema 2)?
2. Verifique que
2
− t2
x1 (t) = e
2
,
− t2
Z
x2 (t) = e
s2
e 2 ds
0
5
t
son soluciones de la ecuación x00 + t x0 + x = 0 en el intervalo (−∞, ∞). Halle el
determinante de Wronski W (x1 , x2 )(t) y muestre que x1 (t) y x2 (t) forman un conjunto
fundamental de soluciones en (−∞, ∞). Finalmente determine la solución x = x(t) que
satisface las condiciones iniciales x(0) = 0, x0 (0) = 1.
3. Sean x1 = x1 (t) y x2 = x2 (t) las soluciones de la ecuación de Bessel
2t2 x00 + t x0 + t2 − n2 x = 0 (n > 0 constante),
definidas sobre el intervalo 0 < t < ∞, y que satisfacen las condiciones x1 (1) =
1, x01 (1) = 0, x2 (1) = 0, x02 (1) = 1. Demuestre que x1 y x2 forman un conjunto
fundamental de soluciones en (0, ∞).
4. Considere la ecuación lineal homogénea
x00 (t) + a(t) x0 (t) + b(t) x(t) = 0,
con coeficientes a(t) y b(t) continuos en un intervalo abierto J y sean x1 = x1 (t) y
x2 = x2 (t) un par de soluciones de esta ecuación, definidas en J.
a) Muestre que si para algún t0 ∈ J las funciones x1 y x2 satisfacen x1 (t0 ) =
1, x01 (t0 ) = 0, x2 (t0 ) = 0, x02 (t0 ) = 1, entonces x1 , x2 forman un conjunto fundamental de soluciones. Determine para qué constantes c1 y c2 la solución dada por
x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) satisface las condiciones x(t0 ) = x0 , x0 (t0 ) = v0 .
b) Demuestre que si x1 (t) y x2 (t) se anulan en un mismo punto del intervalo J,
entonces no forman un conjunto fundamental de soluciones sobre J.
c) Si x1 (t) y x2 (t) alcanzan un máximo o un mı́nimo relativo en un mismo punto del
intervalo J, entonces no forman un conjunto fundamental de soluciones sobre J.
2.2.
El método de reducción de orden
La idea es la siguiente. Dada una solución x1 6= 0 de la ecuación homogénea (H), se busca
otra solución x2 = x2 (t) de la forma
x2 (t) = u(t) x1 (t)
(3)
donde u(t) es una función dos veces diferenciable por determinar.
Derivando (3) se obtienen sucesivamente
x02 = u x01 + u0 x1 , y x002 = u x001 + 2u0 x01 + u00 x1 ,
y reemplazando en (H) se sigue que
x002 + a x02 + b x2 = x1 u 00 + (2x01 + a x1 ) u0 + (x001 + a x01 + b x1 ) u
En vista de que x1 es una solución de (H), concluı́mos que x2 = u x1 es solución de (H) si
sólo y si
x1 u 00 + (2x01 + ax1 ) u0 = 0.
6
Si x1 (t) 6= 0 para todo t, entonces v = u0 debe satisfacer la ecuación lineal de primer orden
0
dv
2x1
+
+ a v = 0.
dt
x1
En consecuencia
−
u0 (t) = v(t) = c1 e
de donde se obtiene
Z
u(t) = c1
R
2 x0
( x 1 +a) dt
1
R
e− a(t)dt
,
= c1 2
x1 (t)
R
e− a(t)dt
dt + c2
x21 (t)
con c1 y c2 constantes arbitrarias. Una elección posible de u(t) se obtiene tomando c1 = 1 y
c2 = 0:
Z − R a(t)dt
e
u(t) =
dt,
(4)
x21 (t)
siempre que x1 (t) 6= 0 para todo t en J.
Teorema 8 (Reducción de orden). Las soluciones x1 = x1 (t) y x2 = x2 (t) forman un
conjunto fundamental de soluciones de (H) siempre que x1 (t) 6= 0 para todo t ∈ J.
Demostración. Un cálculo elemental muestra que el determinante de Wronski de las soluciones x1 = x1 (t) y x2 = x2 (t) está dado por
W (t) = W (x1 , x2 )(t) = u0 (t) x21 (t) = e−
R
a(t) dt
.
Es claro que W (t) 6= 0. El resultado se sigue ahora del teorema 5.
Ejemplo 5.R La función x1 (t) = e−t es solución de x00 + 2x + x = 0. En este caso a(t) = 2
y u(t) = dt = t, por lo que el método de reducción de orden conduce a la solución
x2 (t) = t e−t . El conjunto formado por las las funciones x1 (t) = e−t y x2 (t) = t e−t es
en consecuencia un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación considerada. La
solución general puede escribirse entonces como
xH (t) = c1 e−t + c2 t e−t
donde c1 y c2 son constantes arbitrarias.
Ejercicio. Verifique que u1 (t) = et es solución de t u00 − 2 (t + 1) u0 + (t + 2) u = 0. Halle
una segunda solución u2 (t) mediante el método de reducción de orden y compruebe que
{u1 (t) , u2 (t)}forman un conjunto fundamental.
7
2.3.
Ecuaciones diferenciales con soluciones complejas
Por razones que se aclararánn posteriormente es conveniente admitir soluciones de ecuaciones lineales homogéneas que tomen valores complejos. Con ese fin consideraremos funciones de variable real y valor complejo, esto es, funciones que transforman números reales en
números complejos:
z(t) = u(t) + i v(t),
en donde t, u(t) y v(t) son reales.
Las función u(t) y v(t) se llaman respectivamente la parte real y la parte imaginaria de z(t).
Un ejemplo importante es la llamada exponencial compleja. Recordaremos que si t es un
número real se define ei t mediante la fórmula de Moivre
ei t = cos t + i sen t.
Ahora bien, si α y β son reales
e(α+iβ) t = eα t eiβ t = eα t cos β t + i eα t sen β t
El cálculo infinitesimal se extiende fácilmente a funciones de valor complejo. Si u y v son
funciones diferenciables se define
z 0 (t) =
df (t)
= u0 (t) + i v 0 (t).
dt
Análogamente, si u y v son funciones integrables se define
Z b
Z b
Z b
v(t) dt.
u(t) dt + i
z(t) dt =
a
a
a
Es fácil ver que las fórmulas
d λt
e = λ eλt ,
dt
d2 λt
e = λ2 eλt , . . .
dt2
se cumplen independientemente de que λ sea real o complejo.
El concepto de solución de una ecuación diferencial se extiende sin dificultad a funciones
del tipo f (t) = u(t) + i v(t). Por ejemplo, puede verificarse fácilmente que z = ei t satisface
la ecuación x00 + x = 0.
Vale la pena recordar la definición de la función conjugada de z(t) = u(t) + i v(t) :
z(t) = u(t) + i v(t) = u(t) − i v(t).
En ese caso se tiene que
dz
dz
d2 z
d2 z
=
,
=
dt
dt
dt2
dt2
Por otro lado si z = z(t) y w = w(t) son funciones de valor complejo se sigue que
z(t) + w(t) = z(t) + w(t),
y z(t) w(t) = z(t) w(t).
8
En particular, si a es un número real
a z(t) = a · z(t)
Consideremos ahora una solución compleja, z(t) = u(t)+i v(t), de la ecuación homogénea
L [x] =
d2 x
dx
+ b(t) x = 0,
+
a(t)
dt2
dt
donde tanto a(t) como b(t) son funciones reales. En vista de que
L [z] =
d2 z
d2 z
dz
dz
+
b(t)
z
=
+ b(t) z = L [z] = 0.
+
a(t)
+
a(t)
dt2
dt
dt2
dt
se observa que z(t) = z(t) es también una solución de la ecuación homogénea considerada.
Por otro lado las partes real e imaginaria de z(t) pueden expresarse como combinaciones
lineales de z(t) y z(t); en efecto
u(t) =
z(t) + z(t)
2
y
v(t) =
z(t) − z(t)
.
2i
En consecuencia, teniendo en cuenta que las combinaciones lineales de soluciones de una
ecuación lineal homogénea son también son soluciones, se sigue que tanto la parte real u =
u(t) como la parte imaginaria v = v(t), de la solución compleja z = z(t), resultan ser
soluciones de la ecuación homogénea.
2.4.
Soluciones de ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes
constantes
En esta sección estudiaremos un sencillo método debido a L. Euler para la búsqueda de
las soluciones de una ecuación lineal homogénea de segundo orden con coeficientes constantes
x00 + a x0 + b x = 0,
(5)
donde a y b son constantes reales.
Observamos que toda solución x = x(t) de (5) está definida para todo t ∈ R. Además,
(5) tiene todas las propiedades de las ecuaciones homogéneas establecidas previamente (Teoremas 4, 5, 6 y 8).
El método de Euler consiste en buscar soluciones exponenciales del tipo
x(t) = eλ t ,
k
donde λ es una constante, real o compleja, por determinar. Como dtd k (eλ t ) = λk eλ t y eλ t 6= 0,
se deduce que x = eλ t satisface (5) si y sólo si λ satisface la ecuación caracterı́stica
λ2 + aλ + b = 0.
Aquı́ hay que distinguir si la ecuación caracterı́stica tiene raı́ces reales o complejas. Para ello
consideraremos el discriminante de esta ecuación ∆ = a2 − 4b.
9
Caso 1. ∆ > 0. Se tienen dos raı́ces reales diferentes:
√
1
λ1 , λ2 = (−a ± a2 − 4b).
2
Entonces x1 (t) = eλ1 t y x2 (t) = eλ2 t son dos soluciones no nulas de (5) definidas en todo R.
De acuerdo con el teorema 5 estas funciones forman un conjunto fundamental de soluciones
dado que
eλ1 t
eλ2 t
= (λ2 − λ1 ) e(λ1 +λ2 ) t 6= 0.
W (x1 , x2 )(t) = det
λ 1 eλ1 t λ2 eλ2 t
Ejemplo 6. Para x00 − 3x0 + 2x = 0 se tiene la ecuación caracterı́stica λ2 − 3λ + 2 = 0 cuyas
raı́ces son λ1 = 1 y λ2 = 2. La solución general puede en consecuencia escribirse como
x(t) = c1 et + c2 e2t .
Caso 2. ∆ = 0. Hay una única raı́z real repetida λ1 = λ2 = − a2 . Existe en consecuencia una
sóla solución exponencial x1 (t) = eλ1 t . Empleando el método de reducción de orden encontramos una segunda solución x2 (t) = t eλ1 t que junto a x1 (t) forma un conjunto fundamental
de soluciones. La solución general está entonces ddada por
x(t) = c1 eλ1 t + c2 teλ1 t .
Ejemplo 7. Buscamos la solución general de x00 − 2x0 + x = 0. La ecuación caracterı́stica es
λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2 que tiene una raı́z real repetida λ1 = λ2 = 1. En consecuencia sólo
existe una solución exponencial x1 (t) = et . Una segunda solución linealmente independiente
es x2 (t) = tet . La solución general está dada por
x(t) = c1 et + c2 tet .
Caso 3. ∆ < 0. Se tienen dos raı́ces complejas conjugadas
λ1 = α + i β
y λ2 = α − i β,
en donde
a
α=−
2
√
y
β=
4b − a2
6= 0 ,
2
La función
z = e(α+iβ)t = eαt cos βt + i eαt sen βt
es por lo tanto una solución compleja y se sigue que las funciones
x1 (t) = eα t cos β t
y
x2 (t) = eα t sen β t
son soluciones de valor real. Más aún, como W (x1 , x2 )(t) = β e2αt 6= 0 se tiene que forman
un conjunto fundamental y por lo tanto la solución general de la ecuación puede escribirse
como
x(t) = c1 eα t cos β t + c2 eα t sen β t.
10
Ejemplo 8. La ecuación x00 + 2x0 + 5x = 0 tiene como ecuación caracterı́stica λ2 + 2λ + 4 .
Las raı́ces de eta ecuación son λ1 = −1 + i y λ2 = −1 − i. En consecuencia las funciones
e−t cos 2 t, e−t sen 2t
forman un conjunto fundamental de soluciones y la solución general está dada por
x(t) = c1 e−t cos 2t + c2 e−t sen 2t.
Ejercicios
1. Hallar la solución general en cada caso
t
1. 2y 00 − 5y 0 + 2y = 0 R. y(t) = c1 e2t + c2 e 2 .
2. y 00 − 2 y 0 + 5y = 0 R. y(t) = et (c1 cos 2t + c2 sen 2t).
t
t
3. 4 y 00 + 4 y 0 + y = 0 R. y(t) = c1 e− 2 + c2 t e− 2 .
2. Para las ecuaciones que siguen, halle una solución general y resuelva el problema de
valor inicial indicado
a) x00 − λ2 x = 0, x(0) = a, x0 (0) = b. R. x(t) =
constante positiva).
b) x00 + 4x0 + 29x = 0,
3.
λ a+b
2λ
eλ t +
b−λ a
2λ
e−λ t , (λ una
x(0) = 5, x0 (0) = 5. R. x(t) = e−2t (5 cos 5t + 3 sen 5t)
c) x00 + 4x0 + 4x = 0,
x(0) = 4, x0 (0) = 4. R. x(t) = e−2t (1 + 3t)
d ) x00 + 6 x0 + 8x = 0,
x(0) = 1, x0 (0) = 2. R. x(t) = 3e−2t − 2e−4t
Ecuaciones lineales no homogéneas
Consideraremos ahora la ecuación diferencial lineal no homogénea
L [x] (t) = x00 + a(t) x0 + b(t) x = f (t),
3.1.
(NH)
Principios de superposición
Dos propiedades fundamentales de la ecuación no homogénea (NH) son los principios de
superposición siguientes. Estos resultados son consecuencia inmediata de la linealidad de L.
Teorema 9 (Primer principio de superposición para (NH)). Supóngase que xp (t) es una
solución conocida de (NH). Entonces cada solución de (NH) es de la forma
x(t) = xH (t) + xp (t),
(6)
donde xH (t) es alguna solución de la ecuación homogénea asociada L [x] (t) = 0.
Definición 4. La solución general de (NH) es el conjunto de todas las soluciones, como las
expresadas en (6)
11
Teorema 10 (Segundo principio de superposición para (NH)). Supóngase que f (t) = c1 f1 (t)+
· · · + cr fr (t). Si xk = xk (t) es una solución de
L [x] (t) = fk (t)
k = 1, ..., r.
entonces x = c1 x1 (t) + · · · + cr xr (t) es una solución de
L [x] (t) = c1 f1 (t) + · · · + cr fr (t).
Ejemplo 9. Consideremos el oscilador forzado
x00 + ω 2 x = t
Se vió antes que la solución general de la ecuación homogegénea asociada está dada por
xH (t) = c1 cos ω t + c2 sen ωt,
−∞ < t < ∞.
Poe otro lado puede comprobarse por cálculo directo que xp (t) = ω12 t es una solución particular de la ecuación no homogénea. Entonces la solución general de la ecuación no homogénea
es
1
x(t) = c1 cos ω t + c2 sen ωt + 2 t, −∞ < t < ∞,
ω
donde c1 y c2 son constantes arbitrarias. En general estas constantes dependen de las condiciones iniciales. Por ejemplo, si buscamos una solución que satisfaga las condiciones iniciales
x(0) = 0 y x 0 (0) = 0, debemos hallar constantes c1 y c2 apropiadas. Evaluando en t = 0
tenemos
1
x(0) = c1 = 0, x0 (0) = c2 ω + 2 = 0.
ω
La solución pedida es
1
1
x(t) = − 3 sen ωt + 2 t
ω
ω
3.2.
El método de variación de parámetros
El método de variación de parámetros proporciona una fórmula que incluye a todas las
soluciones particulares xp (t) de una ecuación lineal no homogénea, siempre que se conozca un
conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea. La idea debida a Lagrange,
es la siguiente. Si las funciones x1 = x1 (t) y x2 = x2 (t) forman un conjunto fundamental
de soluciones de la ecuación homogénea asociada, buscamos una solución de la ecuación no
homogénea de la forma
xp (t) = P (t) x1 (t) + Q(t) x2 (t),
(7)
donde P (t) y Q(t) son funciones dos veces diferenciables por determinar.
En particular se busca la solución xp (t) que satisfaga las condiciones iniciales nulas en t0
xp 0 (t0 ) = 0.
xp (t0 ) = 0,
12
Imponiendo la condición adicional
P 0 (t) x1 (t) + Q0 (t) x2 (t) ≡ 0,
(8)
se tiene
x00p = P x001 + Qx002 + P 0 x01 + Q0 x02 .
x0p = P x01 + Qx02 ,
Sustituyendo en (NH), vemos que xp (t) dada por (7) es solución de esa ecuación si y sólo si
se satisface
P 0 (t) x1 0 (t) + Q0 (t) x2 0 (t) = f (t).
(9)
Como
W (t) = W (x1 , x2 )(t) = det
x1 (t) x2 (t)
x1 0 (t) x2 0 (t)
6= 0 para t en J,
por formar x1 (t) y x2 (t) un conjunto fundamental, el sistema de ecuaciones (8)-(9) para
P 0 , Q0 tiene la solución
P 0 (t) =
−x2 (t) f (t)
,
W (t)
Q0 (t) =
x1 (t) f (t)
.
W (t)
Teniendo en cuenta que las condiciones iniciales implican que P (t0 ) = Q(t0 ) = 0, se tiene
Z t
Z t
f (s) x2 (s)
f (s) x1 (s)
P (t) = −
ds, Q(t) =
ds.
W (s)
W (s)
t0
t0
La solución de la ecuación no homogénea que satisface xp (t0 ) = xp 0 (t0 ) = 0 está en consecuencia dada por
Z t
Z t
x1 (s)
x2 (s)
xp (t) = x2 (t)
f (s) ds − x1 (t)
f (s) ds.
t0 W (s)
t0 W (s)
Equivalentemente
Z
xp (t) =
|
t
t0
x1 (s) x2 (t) − x1 (t) x2 (s)
f (s) ds.
W (s)
{z
}
Fórmula de variación de parámetros
Ejemplo 10. Buscamos la solución general de
x00 + x = cos t.
En este caso x1 (t) = cos t y x2 (t) = sen t forman un conjunto fundamental de soluciones de
la ecuación homogénea asociada. Tenemos además que W (x1 , x2 )(s) = 1 ası́ que
Z t
1
P (t) = −
sen s cos s ds = − sen2 t ,
2
Z t0
Z t
t sen 2t
Q(t) =
cos s cos s ds =
cos2 s ds = +
2
4
0
0
13
Se tiene entonces
1
xp (t) = − sen2 t cos t +
2
t sen 2t
+
2
4
sen t =
t
sen t
2
La solución general está dada por
x(t) = c1 cos t + c2 sen t +
t
sen t
2
donde c1 y c2 son constantes arbitrarias.
3.3.
Soluciones de ecuaciones lineales no homogéneas con coeficientes constantes
Para hallar las soluciones de una ecuación lineal no homogénea con coeficientes constantes
podemos aplicar el método de variación de parámetros en razón a que podemos determinar un
conjunto fundamental de soluciones para la ecuación homogénea asociada. Sin embargo, los
cálculos involucrados pueden resultar dispendiosos. En esta seccón explicamos cómo obtener
soluciones particulares de ciertas ecuaciones con coeficientes constantes.
3.3.1.
Método de coeficientes indeterminados
Este método debido a Euler permite encontrar soluciones cuando el término no homogéneo f (t) es de uno de los siguientes tipos:
Pn (t)
(un polinomio de grado n)
Pn (t) eα t ,
eα t (Pn (t) cos β t + Qn (t) sen βt) ,
Pn (t), Qn (t) polinomios de grado n
La idea es simplemente buscar una solución particular de la misma forma que f (t). Esto se
ilustra mejor con algunos ejemplos.
Ejemplo 11. Hallaremos la solución general de x00 − 2x0 + x = 2 t2 . Hallando las raı́ces de la
ecuación caracterı́stica se encuentra fácilmente la solución general de la ecuación homogénea
asociada:
xH (t) = c1 et + c2 t et .
Ahora bien, como el término no homogéneo f (t) = t2 es un polinomio de segundo grado
buscaremos una solución particular xp (t) de la misma forma, es decir,
xp (t) = b0 + b1 t + b2 t2 ,
donde los coeficientes b0 , b1 , b2 están por determinar. Reemplazando xp (t) en la ecuación
diferencial no homogénea y agrupando términos se tiene
(2b2 − 2b1 + b0 ) + (b1 − 4b2 ) t + b2 t2 = 2t2 .
14
Entonces,
2b2 − 2b1 + b0 = 0,
b1 − 4b2 = 0,
b2 = 2,
por lo que b2 = 2, b1 = 8, b0 = 12. La solución general está dada por
x(t) = c1 et + c2 t et + 2t2 + 8t + 12.
Ejemplo 12. Consideremos la ecuación x00 +x0 −2x = et sen t. Hallamos la solución general de
la ecuación homogénea asociada encontrando las raı́ces de la ecuación caracterı́stica. Tenemos
xH (t) = c1 et + c2 e−2t .
Buscamos una solución particular xp (t) de la forma
xp (t) = a et cos t + b et sen t,
donde los coeficientes a y b se determinarán a continuación. Derivando xp = xp (t) y reemplazando en la ecuación se tiene
et sen t = et ((3b − a) cos t − (3a + b) sen t)
1
3
, b = − 10
. La solución general es entonces
Se concluye que a = − 10
et
(sen t + 3 cos t) .
10
Ejemplo 13. Pueden surgir dificultades en la aplicación del método de coeficientes indeterminados cuando el término no homogéneo f (t) es solución de la ecuación homogénea asociada.
Es fácil verificar que la ecuación x00 − 2x0 + x = et no tiene soluciones de la forma xp (t) = a et ,
con a constante. Esto se relaciona con el hecho de ser x(t) = et una solución de la ecuación
homogénea x00 − 2x0 + x = 0. La dificultad se resuelve buscando soluciones particulares xp (t)
de la forma
xp (t) = a tk et ,
x(t) = c1 et + c2 e−2t −
donde k ≥ 1 es el menor entero tal que tk et no es solución de la ecuación homogénea. En
este caso particular se tiene k = 2 y reemplazando xp (t) = a t2 et en la ecuación diferencial
arribamos a la solución xp (t) = 12 t2 et .
Una regla práctica. Si el término no homogéneo f (t) es solución de la ecuación
homogénea, búsquese una solución particular de la forma a tk f (t), donde k ≥ 1
es el menor entero tal que tk f (t) no es solución de la ecuación homogénea.
Ejercicios
1. Hallar la solución de x00 + x = cos t que satisface x(0) = 1, x0 (0) = 1.
t
.
R. x(t) = cos t + sen t + t sen
2
2. Hallar la solución general de x00 − 2 x0 + x = 2000 t2 − 150 et .
R. x(t) = 2000 t2 + 8000 t + 12000 − 75 t2 et + c1 et + c2 tet .
3. Resuelva
y 00 − y 0 − 12y = e4t , y(0) = 1, y 0 (0) = 0
x00 + 2x0 + x = e−t , x(0) = 1, x0 (0) = 1.
15
Miscelánea de ejercicios
1. Considere la ecuación de Cauchy-Euler
t2 x00 + a t x0 + b x = 0,
donde a y b son constantes reales.
a) Demuestre que x(t) = tr (r constante real) es una solución en el intervalo 0 < t <
∞ si y sólo si r2 + (a − 1) r + b = 0.
b) Si (a − 1)2 −4b = 0, halle una segunda solución independiente mediante reducción
de orden.
c) Si r = α + iβ es una raı́z compleja (no real) de r2 + (a − 1) r + b = 0, demuestre que tr = tα tiβ = tα (cos(β ln t) + i sen (β ln t)) es solución de la ecuación
de Cauchy-Euler. Muestre además que tα cos(β ln t), tα sen (β ln t) es un conjunto
fundamental de soluciones sobre 0 < t < ∞.
00
2. Supóngase que a2 − 4b < 0. Demuestre que toda solución de x√
+ a x0 + b x = 0 es
de la forma x(t) = A eα t cos (βt − φ) donde 2α = −a, 2 β = 4 b − a2 , A y φ son
constantes que dependen de la solución considerada.
3. Sean a0 , a1 , a2 números reales positivos. Observe que la ecuación a2 x00 + a1 x0 + a0 x = 0
tiene la solución de equilibrio nula xn (t) ≡ 0. Demuestre que cualquier solución tiende
al equilibrio, es decir, si x(t) es cualquier solución, entonces x(t) → 0 cuando t → ∞.
4. Sean λ, λe , ω, ωe , ϕ, F constantes reales positivas. Para cada una de las ecuaciones siguientes, halle una solución particular mediante el método de los coeficientes indeterminados o mediante el método de variación de parámetros; halle además la solución
general.
a) x00 + ω 2 x = F cos (ωe t + ϕ) .
b) x00 − λ2 x = F cosh (λe t + ϕ) .
c) x00 − 2 x0 + x = 2 t.
5. Dada la ecuación
d ) x00 − 2 x0 + 3 x = 64 t et .
e) x00 + x = ln t 0 < t < ∞.
1
t x + tx + t −
4
2 00
0
2
3
x = t2
determine para qué valores de k ∈ R las funciones tk cos t y tk sen t son soluciónes de
la ecuación homogénea asociada y después obtenga la solución general de la ecuación.
6. Considere la ecuación
t x00 − (t + 1) x0 + x = t2 et .
a) Verifique que et es una solución de la ecuación homogénea asociada y que la sustitución x = et u reduce la ecuación dada a t u00 + (t − 1) u0 = t2 . b) Resuelva la ecuación
obtenida en las variables u y t, y halle entonces la solución de la ecuación original.
16
7. Halle la solución del problema de valor inicial
2
d2 x
4π − 1
−
x = cos t,
dt2
4t2
x(1) = 0, x0 (1) = 0.
Sugerencia: La ecuación es del tipo Cauchy-Euler.
8. Sea X el espacio vectorial de todas las funciones u : R → R con derivadas de todo
orden. Y sea X0 el subespacio vectorial de X formado por por las funciones u de X
tales que u(0) = 0, u0 (0) = 0. Defina la transformación lineal
L : X → X,
L u = u00 + a u0 + b u (a, b constantes reales).
a) Halle los valores propios λ de L y la dimensión del espacio propio
Eλ = {u : L u = λ u} .
e de L a X0 , L
e : X0 → X, es invertible y halle su
b) Demuestre que la restricción L
inversa.
Respuestas
4.
e t+ϕ)
a) x(t) = c1 cos ωt + c2 sen ωt + xp (t) con xp (t) = F cos(ω
, si ω 6= ωe y con
ω 2 −ωe2
F
Ft
xp (t) = 4ω2 cos (ω t + φ) + 2ω sen (ω t + φ), si ω = ωe .
e t+ϕ)
b) x(t) = c1 e−λt + c2 teλt + xp (t) , con xp (t) = − F cosh(λ
, si λ 6= λe , y con xp (t) =
λ2 −λ2e
Ft
Ft
senh(α + λ t) − 4 λ2 cosh(α + λ t), si λ = λe .
2λ
c) x(t) = c1 et + c2 tet + xp (t) , con xp (t) = 4 + 2t.
√
√
d ) x (t) = c1 et cos 2t + c2 et sen 2t + xp (t) , con xp (t) = 32tet .
R
e) x(t) = c2 cos t + c1 sen t + xp (t) , con xp (t) = sen (s − t) ln s ds.
1
1
1 Rx
1
5. y (x) = x− 2 cos (x) c1 + x− 2 sen (x) c2 + x− 2 x0 t 2 sen (x − t) dt.
6. x (t) =
t2 t
e
2
+ c1 et + c2 (t + 1) .
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