Gilbert Strang; Edwin “Jed” Herman

7.2 Ecuaciones lineales no homogéneas

Objetivos de aprendizaje

7.2.1 Escribir la solución general de una ecuación diferencial no homogénea.
7.2.2 Resolver una ecuación diferencial no homogénea por el método de los coeficientes indeterminados.
7.2.3 Resolver una ecuación diferencial no homogénea por el método de variación de parámetros.

En esta sección, examinamos cómo resolver ecuaciones diferenciales no homogéneas. La terminología y los métodos son diferentes de los que utilizamos para las ecuaciones homogéneas, así que vamos a empezar por definir algunos términos nuevos.

Solución general para una ecuación lineal no homogénea

Consideremos la ecuación diferencial lineal no homogénea

a_{2} (x) y ″ + a_{1} (x) y^{'} + a_{0} (x) y = r (x) .

La ecuación homogénea asociada

a_{2} (x) y ″ + a_{1} (x) y^{'} + a_{0} (x) y = 0

(7.3)

se denomina ecuación complementaria. Veremos que la resolución de la ecuación complementaria es un paso importante para resolver una ecuación diferencial no homogénea.

Definición

Una solución $y_{p} (x)$ de una ecuación diferencial que no contiene constantes arbitrarias se llama solución particular de la ecuación.

Teorema 7.4

Solución general para una ecuación no homogénea

Supongamos que $y_{p} (x)$ es cualquier solución particular de la ecuación diferencial no homogénea lineal

a_{2} (x) y ″ + a_{1} (x) y^{'} + a_{0} (x) y = r (x) .

Además, supongamos que $c_{1} y_{1} (x) + c_{2} y_{2} (x)$ denota la solución general de la ecuación complementaria. Entonces, la solución general de la ecuación no homogénea viene dada por

y (x) = c_{1} y_{1} (x) + c_{2} y_{2} (x) + y_{p} (x).

(7.4)

Prueba

Para demostrar que $y (x)$ es la solución general, primero debemos demostrar que resuelve la ecuación diferencial y, segundo, que cualquier solución de la ecuación diferencial puede escribirse en esa forma. Al sustituir $y (x)$ en la ecuación diferencial, tenemos

\begin{matrix} a_{2} (x) y ″ + a_{1} (x) y^{'} + a_{0} (x) y & = a_{2} (x) (c_{1} y_{1} + c_{2} y_{2} + y_{p}) ″ + a_{1} (x) {(c_{1} y_{1} + c_{2} y_{2} + y_{p})}^{'} \\ + a_{0} (x) (c_{1} y_{1} + c_{2} y_{2} + y_{p}) \\ = [a_{2} (x) (c_{1} y_{1} + c_{2} y_{2}) ″ + a_{1} (x) {(c_{1} y_{1} + c_{2} y_{2})}^{'} + a_{0} (x) (c_{1} y_{1} + c_{2} y_{2})] \\ + a_{2} (x) y_{p} ″ + a_{1} (x) y_{p}^{'} + a_{0} (x) y_{p} \\ = 0 + r (x) \\ = r (x). \end{matrix}

Así que $y (x)$ es una solución.

Ahora, supongamos que $z (x)$ es cualquier solución a $a_{2} (x) y ″ + a_{1} (x) y^{'} + a_{0} (x) y = r (x) .$ Entonces

\begin{matrix} a_{2} (x) (z - y_{p}) ″ + a_{1} (x) {(z - y_{p})}^{'} + a_{0} (x) (z - y_{p}) & = (a_{2} (x) z ″ + a_{1} (x) z^{'} + a_{0} (x) z) \\ - (a_{2} (x) y_{p} ″ + a_{1} (x) y_{p}^{'} + a_{0} (x) y_{p}) \\ = r (x) - r (x) \\ = 0, \end{matrix}

por lo que $z (x) - y_{p} (x)$ es una solución a la ecuación complementaria. Pero, $c_{1} y_{1} (x) + c_{2} y_{2} (x)$ es la solución general de la ecuación complementaria, por lo que hay constantes $c_{1}$ y $c_{2}$ tal que

z (x) - y_{p} (x) = c_{1} y_{1} (x) + c_{2} y_{2} (x).

Por lo tanto, vemos que $z (x) = c_{1} y_{1} (x) + c_{2} y_{2} (x) + y_{p} (x).$

□

Ejemplo 7.11

Verificar la solución general

Dado que $y_{p} (x) = x$ es una solución particular de la ecuación diferencial $y ″ + y = x,$ escriba la solución general y compruebe que la solución satisface la ecuación.

Solución

La ecuación complementaria es $y ″ + y = 0,$ que tiene la solución general $c_{1} cos x + c_{2} sen x .$ Entonces, la solución general de la ecuación no homogénea es

y (x) = c_{1} cos x + c_{2} sen x + x .

Para comprobar que esta es una solución, sustitúyala en la ecuación diferencial. Tenemos

y^{'} (x) = − c_{1} sen x + c_{2} cos x + 1 y y ″ (x) = − c_{1} cos x - c_{2} sen x .

Entonces

\begin{matrix} y ″ (x) + y (x) & = − c_{1} cos x - c_{2} sen x + c_{1} cos x + c_{2} sen x + x \\ = x . \end{matrix}

Así que, $y (x)$ es una solución para $y ″ + y = x .$

Punto de control 7.10

Dado que $y_{p} (x) = −2$ es una solución particular para $y ″ - 3 y^{'} - 4 y = 8,$ escriba la solución general y verifique que la solución general satisface la ecuación.

En el apartado anterior aprendimos a resolver ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes. Por lo tanto, para las ecuaciones no homogéneas de la forma $a y ″ + b y^{'} + c y = r (x),$ ya sabemos cómo resolver la ecuación complementaria, y el problema se reduce a hallar una solución particular para la ecuación no homogénea. A continuación examinamos dos técnicas para ello: el método de los coeficientes indeterminados y el método de la variación de los parámetros.

Coeficientes indeterminados

El método de los coeficientes indeterminados consiste en hacer conjeturas sobre la forma de la solución particular basándose en la forma de $r (x).$ Cuando tomamos derivadas de polinomios, funciones exponenciales, senos y cosenos, obtenemos polinomios, funciones exponenciales, senos y cosenos. Así que cuando $r (x)$ tiene una de estas formas, es posible que la solución de la ecuación diferencial no homogénea tenga esa misma forma. Veamos algunos ejemplos para ver cómo funciona.

Ejemplo 7.12

Coeficientes indeterminados cuando $r (x)$ es un polinomio

Halle la solución general de $y ″ + 4 y^{'} + 3 y = 3 x .$

Solución

La ecuación complementaria es $y ″ + 4 y^{'} + 3 y = 0,$ con la solución general $c_{1} e^{– x} + c_{2} e^{−3 x} .$ Dado que $r (x) = 3 x,$ la solución particular podría tener la forma $y_{p} (x) = A x + B .$ Si este es el caso, entonces tenemos $y_{p}^{'} (x) = A$ y $y_{p} ″ (x) = 0 .$ Para $y_{p}$ sea una solución de la ecuación diferencial, debemos encontrar valores para $A$ y $B$ de manera que

\begin{matrix} y ″ + 4 y^{'} + 3 y & = & 3 x \\ 0 + 4 (A) + 3 (A x + B) & = & 3 x \\ 3 A x + (4 A + 3 B) & = & 3 x . \end{matrix}

Al igualar los coeficientes de los términos similares, tenemos

\begin{matrix} 3 A & = & 3 \\ 4 A + 3 B & = & 0 . \end{matrix}

Entonces, $A = 1$ y $B = - \frac{4}{3},$ así que $y_{p} (x) = x - \frac{4}{3}$ y la solución general es

y (x) = c_{1} e^{– x} + c_{2} e^{−3 x} + x - \frac{4}{3} .

En el Ejemplo 7.12, observe que aunque $r (x)$ no incluía un término constante, era necesario que incluyéramos el término constante en nuestra conjetura. Si hubiéramos asumido una solución de la forma $y_{p} = A x$ (sin término constante), no habríamos podido hallar una solución. (¡Verifique esto!). Si se grafica la función $r (x)$ es un polinomio, nuestra conjetura para la solución particular debe ser un polinomio del mismo grado, y debe incluir todos los términos de orden inferior, independientemente de que estén presentes en $r (x).$

Ejemplo 7.13

Coeficientes indeterminados cuando $r (x)$ es un exponencial

Halle la solución general de $y ″ - y^{'} - 2 y = 2 e^{3 x} .$

Solución

La ecuación complementaria es $y ″ - y^{'} - 2 y = 0,$ con la solución general $c_{1} e^{– x} + c_{2} e^{2 x} .$ Dado que $r (x) = 2 e^{3 x},$ la solución particular podría tener la forma $y_{p} (x) = A e^{3 x} .$ Entonces, tenemos $y_{p}^{'} (x) = 3 A e^{3 x}$ como $y_{p} ″ (x) = 9 A e^{3 x} .$ Para $y_{p}$ sea una solución de la ecuación diferencial, debemos encontrar un valor para $A$ tal que

\begin{matrix} y ″ - y^{'} - 2 y & = & 2 e^{3 x} \\ 9 A e^{3 x} - 3 A e^{3 x} - 2 A e^{3 x} & = & 2 e^{3 x} \\ 4 A e^{3 x} & = & 2 e^{3 x} . \end{matrix}

Así que, $4 A = 2$ y $A = 1 / 2 .$ Entonces, $y_{p} (x) = (\frac{1}{2}) e^{3 x},$ y la solución general es

y (x) = c_{1} e^{– x} + c_{2} e^{2 x} + \frac{1}{2} e^{3 x} .

Punto de control 7.11

Halle la solución general de $y ″ - 4 y^{'} + 4 y = 7 sen t - cos t .$

En el punto de control anterior, $r (x)$ incluyó los términos del seno y del coseno. Sin embargo, aunque $r (x)$ incluyó un término de seno solamente o un término de coseno solamente, ambos términos deben estar presentes en la conjetura. El método de los coeficientes indeterminados también funciona con productos de polinomios, exponenciales, senos y cosenos. Algunas de las principales formas de $r (x)$ y las conjeturas asociadas para $y_{p} (x)$ se resumen en la Tabla 7.2.

$r (x)$	Conjetura inicial para $y_{p} (x)$ grandes.
$k$ (una constante)	$A$ (una constante)
$a x + b$	$A x + B$ (Nota: La conjetura debe incluir ambos términos aunque $b = 0 .$ )
$a x^{2} + b x + c$	$A x^{2} + B x + C$ (Nota: La conjetura debe incluir los tres términos aunque $b$ o $c$ son cero).
Polinomios de orden superior	Polinomio del mismo orden que $r (x)$ grandes.
$a e^{λ x}$	$A e^{λ x}$
$a cos β x + b sen β x$	$A cos β x + B sen β x$ (Nota: La conjetura debe incluir ambos términos, incluso si cualquiera de ellos sean $a = 0$ o $b = 0 .$ )
$a e^{α x} cos β x + b e^{α x} sen β x$	$A e^{α x} cos β x + B e^{α x} sen β x$
$(a x^{2} + b x + c) e^{λ x}$	$(A x^{2} + B x + C) e^{λ x}$
$\begin{array}{l} (a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}) cos β x \\ + (b_{2} x^{2} + b_{1} x + b_{0}) sen β x \end{array}$	$\begin{array}{l} (A_{2} x^{2} + A_{1} x + A_{0}) cos β x \\ + (B_{2} x^{2} + B_{1} x + B_{0}) sen β x \end{array}$
$\begin{array}{l} (a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}) e^{α x} cos β x \\ + (b_{2} x^{2} + b_{1} x + b_{0}) e^{α x} sen β x \end{array}$	$\begin{array}{l} (A_{2} x^{2} + A_{1} x + A_{0}) e^{α x} cos β x \\ + (B_{2} x^{2} + B_{1} x + B_{0}) e^{α x} sen β x \end{array}$

Tabla 7.2 Formas clave del método de los coeficientes indeterminados

Hay que tener en cuenta que este método tiene un inconveniente importante. Consideremos la ecuación diferencial $y ″ + 5 y^{'} + 6 y = 3 e^{−2 x} .$ Con base en la forma de $r (x),$ adivinamos una solución particular de la forma $y_{p} (x) = A e^{−2 x} .$ Pero cuando sustituimos esta expresión en la ecuación diferencial para encontrar un valor para $A,$ nos encontramos con un problema. Tenemos

y_{p}^{'} (x) = −2 A e^{−2 x}

y

y_{p} ″ = 4 A e^{−2 x},

por lo que queremos

\begin{matrix} y ″ + 5 y^{'} + 6 y & = & 3 e^{−2 x} \\ 4 A e^{−2 x} + 5 (−2 A e^{−2 x}) + 6 A e^{−2 x} & = & 3 e^{−2 x} \\ 4 A e^{−2 x} - 10 A e^{−2 x} + 6 A e^{−2 x} & = & 3 e^{−2 x} \\ 0 & = & 3 e^{−2 x}, \end{matrix}

que no es posible.

Si observamos detenidamente, vemos que, en este caso, la solución general de la ecuación complementaria es $c_{1} e^{−2 x} + c_{2} e^{−3 x} .$ La función exponencial en $r (x)$ es en realidad una solución de la ecuación complementaria, por lo que, como acabamos de ver, todos los términos del lado izquierdo de la ecuación se cancelan. En este caso podemos seguir utilizando el método de los coeficientes indeterminados, pero tenemos que modificar nuestra conjetura multiplicándola por $x .$ Usando la nueva conjetura, $y_{p} (x) = A x e^{−2 x},$ tenemos

y_{p}^{'} (x) = A (e^{−2 x} - 2 x e^{−2 x})

y

y_{p} ″ (x) = −4 A e^{−2 x} + 4 A x e^{−2 x} .

La sustitución da como resultado

\begin{matrix} y ″ + 5 y^{'} + 6 y & = & 3 e^{−2 x} \\ (−4 A e^{−2 x} + 4 A x e^{−2 x}) + 5 (A e^{−2 x} - 2 A x e^{−2 x}) + 6 A x e^{−2 x} & = & 3 e^{−2 x} \\ −4 A e^{−2 x} + 4 A x e^{−2 x} + 5 A e^{−2 x} - 10 A x e^{−2 x} + 6 A x e^{−2 x} & = & 3 e^{−2 x} \\ A e^{−2 x} & = & 3 e^{−2 x} . \end{matrix}

Así que, $A = 3$ y $y_{p} (x) = 3 x e^{−2 x} .$ Esto nos da la siguiente solución general

y (x) = c_{1} e^{−2 x} + c_{2} e^{−3 x} + 3 x e^{−2 x} .

Observe que si $x e^{−2 x}$ fuera también una solución de la ecuación complementaria, tendríamos que multiplicar por $x$ de nuevo, y trataríamos $y_{p} (x) = A x^{2} e^{−2 x} .$

Estrategia de resolución de problemas

Estrategia para la resolución de problemas: Método de los coeficientes indeterminados

Resuelva la ecuación complementaria y escriba la solución general.
Con base en la forma de $r (x),$ haga una conjetura inicial para $y_{p} (x).$
Compruebe si algún término de la conjetura de $y_{p} (x)$ es una solución a la ecuación complementaria. Si es así, multiplique la estimación por $x .$ Repita este paso hasta que no haya términos en $y_{p} (x)$ que resuelven la ecuación complementaria.
Sustituya $y_{p} (x)$ en la ecuación diferencial e iguale los términos similares para encontrar los valores de los coeficientes desconocidos en $y_{p} (x).$
Sume la solución general de la ecuación complementaria y la solución particular que acaba de encontrar para obtener la solución general de la ecuación no homogénea.

Ejemplo 7.14

Resolver ecuaciones no homogéneas

Halle las soluciones generales de las siguientes ecuaciones diferenciales.

$y ″ - 9 y = −6 cos 3 x$
$x ″ + 2 x^{'} + x = 4 e^{− t}$
$y ″ - 2 y^{'} + 5 y = 10 x^{2} - 3 x - 3$
$y ″ - 3 y^{'} = −12 t$

Solución

La ecuación complementaria es $y ″ - 9 y = 0,$ que tiene la solución general $c_{1} e^{3 x} + c_{2} e^{−3 x}$ (paso 1). Con base en la forma de $r (x) = −6 cos 3 x,$ nuestra suposición inicial para la solución particular es $y_{p} (x) = A cos 3 x + B sen 3 x$ (paso 2). Ninguno de los términos de $y_{p} (x)$ resuelven la ecuación complementaria, por lo que es una suposición válida (paso 3).
Ahora queremos encontrar valores para $A$ y $B,$ así que sustituimos $y_{p}$ en la ecuación diferencial. Tenemos

$y_{p}^{'} (x) = −3 A sen 3 x + 3 B cos 3 x y y_{p} ″ (x) = −9 A cos 3 x - 9 B sen 3 x,$

por lo que queremos encontrar valores de $A$ y $B$ de manera que

$\begin{matrix} y ″ - 9 y & = & −6 cos 3 x \\ −9 A cos 3 x - 9 B sen 3 x - 9 (A cos 3 x + B sen 3 x) & = & −6 cos 3 x \\ −18 A cos 3 x - 18 B sen 3 x & = & −6 cos 3 x . \end{matrix}$

Por lo tanto,

$\begin{matrix} −18 A & = & −6 \\ −18 B & = & 0 . \end{matrix}$

Esto da $A = \frac{1}{3}$ y $B = 0,$ así que $y_{p} (x) = (\frac{1}{3}) cos 3 x$ (paso 4).
Poniendo todo junto, tenemos la solución general

$y (x) = c_{1} e^{3 x} + c_{2} e^{−3 x} + \frac{1}{3} cos 3 x .$
La ecuación complementaria es $x ″ + 2 x^{'} + x = 0,$ que tiene la solución general $c_{1} e^{− t} + c_{2} t e^{− t}$ (paso 1). Con base en la forma $r (t) = 4 e^{− t},$ nuestra suposición inicial para la solución particular es $x_{p} (t) = A e^{− t}$ (paso 2). Sin embargo, vemos que esta conjetura resuelve la ecuación complementaria, por lo que debemos multiplicar por $t,$ lo que da una nueva suposición $x_{p} (t) = A t e^{− t}$ (paso 3). Comprobando esta nueva conjetura, vemos que también resuelve la ecuación complementaria, por lo que debemos volver a multiplicar por t, lo que da $x_{p} (t) = A t^{2} e^{− t}$ (paso 3, de nuevo). Ahora, comprobando esta conjetura, vemos que $x_{p} (t)$ no resuelve la ecuación complementaria, por lo que es una conjetura válida (paso 3, de nuevo).
Ahora queremos hallar un valor para $A,$ por lo que sustituimos $x_{p}$ en la ecuación diferencial. Tenemos

$\begin{matrix} x_{p} (t) & = & A t^{2} e^{− t}, por lo que \\ x_{p}^{'} (t) & = & 2 A t e^{− t} - A t^{2} e^{− t} \end{matrix}$

y $x_{p} ″ (t) = 2 A e^{− t} - 2 A t e^{− t} - (2 A t e^{− t} - A t^{2} e^{− t}) = 2 A e^{− t} - 4 A t e^{− t} + A t^{2} e^{− t} .$
Sustituyendo en la ecuación diferencial, queremos hallar un valor de $A$ para que

$\begin{matrix} x ″ + 2 x^{'} + x & = & 4 e^{− t} \\ 2 A e^{− t} - 4 A t e^{− t} + A t^{2} e^{− t} + 2 (2 A t e^{− t} - A t^{2} e^{− t}) + A t^{2} e^{− t} & = & 4 e^{− t} \\ 2 A e^{− t} & = & 4 e^{− t} . \end{matrix}$

Esto da $A = 2,$ por lo que $x_{p} (t) = 2 t^{2} e^{− t}$ (paso 4). Juntando todo, tenemos la solución general

$x (t) = c_{1} e^{− t} + c_{2} t e^{− t} + 2 t^{2} e^{− t} .$
La ecuación complementaria es $y ″ - 2 y^{'} + 5 y = 0,$ que tiene la solución general $c_{1} e^{x} cos 2 x + c_{2} e^{x} sen 2 x$ (paso 1). Con base en la forma $r (x) = 10 x^{2} - 3 x - 3,$ nuestra suposición inicial para la solución particular es $y_{p} (x) = A x^{2} + B x + C$ (paso 2). Ninguno de los términos de $y_{p} (x)$ resuelven la ecuación complementaria, por lo que es una suposición válida (paso 3). Ahora queremos hallar valores para $A,$ $B,$ y $C,$ por lo que sustituimos $y_{p}$ en la ecuación diferencial. Tenemos $y_{p}^{'} (x) = 2 A x + B$ y $y_{p} ″ (x) = 2 A,$ por lo que queremos hallar valores de $A,$ $B,$ y $C$ de manera que

$\begin{matrix} y ″ - 2 y^{'} + 5 y & = & 10 x^{2} - 3 x - 3 \\ 2 A - 2 (2 A x + B) + 5 (A x^{2} + B x + C) & = & 10 x^{2} - 3 x - 3 \\ 5 A x^{2} + (5 B - 4 A) x + (5 C - 2 B + 2 A) & = & 10 x^{2} - 3 x - 3 . \end{matrix}$

Por lo tanto,

$\begin{matrix} 5 A & = & 10 \\ 5 B - 4 A & = & −3 \\ 5 C - 2 B + 2 A & = & −3 . \end{matrix}$

Esto da $A = 2,$ $B = 1,$ y $C = −1,$ así que $y_{p} (x) = 2 x^{2} + x - 1$ (paso 4). Juntando todo, tenemos la solución general

$y (x) = c_{1} e^{x} cos 2 x + c_{2} e^{x} sen 2 x + 2 x^{2} + x - 1 .$
La ecuación complementaria es $y ″ - 3 y^{'} = 0,$ que tiene la solución general $c_{1} e^{3 t} + c_{2}$ (paso 1). Con base en la forma $r (t) = −12 t,$ nuestra suposición inicial para la solución particular es $y_{p} (t) = A t + B$ (paso 2). Sin embargo, vemos que el término constante de esta conjetura resuelve la ecuación complementaria, por lo que debemos multiplicar por $t,$ lo que da una nueva suposición $y_{p} (t) = A t^{2} + B t$ (paso 3). Comprobando esta nueva conjetura, vemos que ninguno de los términos de $y_{p} (t)$ resuelve la ecuación complementaria, por lo que es una conjetura válida (paso 3, de nuevo). Ahora queremos hallar valores para $A$ y $B,$ por lo que sustituimos $y_{p}$ en la ecuación diferencial. Tenemos $y_{p}^{'} (t) = 2 A t + B$ y $y_{p} ″ (t) = 2 A,$ por lo que queremos hallar valores de $A$ y $B$ de manera que

$\begin{matrix} y ″ - 3 y^{'} & = & −12 t \\ 2 A - 3 (2 A t + B) & = & −12 t \\ - 6 A t + (2 A - 3 B) & = & −12 t . \end{matrix}$

Por lo tanto,

$\begin{matrix} −6 A & = & −12 \\ 2 A - 3 B & = & 0 . \end{matrix}$

Esto da $A = 2$ y $B = 4 / 3,$ así que $y_{p} (t) = 2 t^{2} + (4 / 3) t$ (paso 4). Juntando todo, tenemos la solución general

$y (t) = c_{1} e^{3 t} + c_{2} + 2 t^{2} + \frac{4}{3} t .$

Punto de control 7.12

Halle la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales.

$y ″ - 5 y^{'} + 4 y = 3 e^{x}$
$y ″ + y^{'} - 6 y = 52 cos 2 t$

Variación de los parámetros

A veces, $r (x)$ no es una combinación de polinomios, exponenciales o senos y cosenos. Cuando este es el caso, el método de los coeficientes indeterminados no funciona y tenemos que utilizar otro enfoque para hallar una solución particular a la ecuación diferencial. Utilizamos un enfoque denominado método de variación de los parámetros.

Para simplificar un poco nuestros cálculos, vamos a dividir la ecuación diferencial entre $a,$ por lo que tenemos un coeficiente principal de 1. Entonces la ecuación diferencial tiene la forma

y ″ + p y^{'} + q y = r (x),

donde $p$ y $q$ son constantes.

Si la solución general de la ecuación complementaria viene dada por $c_{1} y_{1} (x) + c_{2} y_{2} (x),$ vamos a buscar una solución particular de la forma $y_{p} (x) = u (x) y_{1} (x) + v (x) y_{2} (x).$ En este caso, utilizamos las dos soluciones linealmente independientes de la ecuación complementaria para formar nuestra solución particular. Sin embargo, estamos asumiendo que los coeficientes son funciones de x, en vez de constantes. Queremos encontrar funciones $u (x)$ y $v (x)$ de manera que $y_{p} (x)$ satisfagan la ecuación diferencial. Tenemos

\begin{matrix} y_{p} & = & u y_{1} + v y_{2} \\ y_{p}^{'} & = & u^{'} y_{1} + u y_{1}^{'} + v^{'} y_{2} + v y_{2}^{'} \\ y_{p} ″ & = & {(u^{'} y_{1} + v^{'} y_{2})}^{'} + u^{'} y_{1}^{'} + u y_{1} ″ + v^{'} y_{2}^{'} + v y_{2} ″ . \end{matrix}

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos

\begin{matrix} y_{p} ″ + p y_{p}^{'} + q y_{p} & = [{(u^{'} y_{1} + v^{'} y_{2})}^{'} + u^{'} y_{1}^{'} + u y_{1} ″ + v^{'} y_{2}^{'} + v y_{2} ″] \\ + p [u^{'} y_{1} + u y_{1}^{'} + v^{'} y_{2} + v y_{2}^{'}] + q [u y_{1} + v y_{2}] \\ = u [y_{1} ″ + p y_{1}^{'} + q y_{1}] + v [y_{2} ″ + p y_{2}^{'} + q y_{2}] \\ + {(u^{'} y_{1} + v^{'} y_{2})}^{'} + p (u^{'} y_{1} + v^{'} y_{2}) + (u^{'} y_{1}^{'} + v^{'} y_{2}^{'}) . \end{matrix}

Observe que $y_{1}$ y $y_{2}$ son soluciones de la ecuación complementaria, por lo que los dos primeros términos son cero. Por lo tanto, tenemos

{(u^{'} y_{1} + v^{'} y_{2})}^{'} + p (u^{'} y_{1} + v^{'} y_{2}) + (u^{'} y_{1}^{'} + v^{'} y_{2}^{'}) = r (x).

Si simplificamos esta ecuación imponiendo la condición adicional $u^{'} y_{1} + v^{'} y_{2} = 0,$ los dos primeros términos son cero, y esto se reduce a $u^{'} y_{1}^{'} + v^{'} y_{2}^{'} = r (x).$ Así, con esta condición adicional, tenemos un sistema de dos ecuaciones en dos incógnitas:

\begin{matrix} u^{'} y_{1} + v^{'} y_{2} & = & 0 \\ u^{'} y_{1}^{'} + v^{'} y_{2}^{'} & = & r (x). \end{matrix}

La resolución de este sistema nos da $u^{'}$ y $v^{'},$ que podemos integrar para hallar u y v.

Entonces, $y_{p} (x) = u (x) y_{1} (x) + v (x) y_{2} (x)$ es una solución particular de la ecuación diferencial. Resolver este sistema de ecuaciones, a veces, es un reto, así que aprovechemos para repasar la regla de Cramer, que nos permite resolver el sistema de ecuaciones utilizando determinantes.

Regla: regla de Cramer

El sistema de ecuaciones

\begin{matrix} a_{1} z_{1} + b_{1} z_{2} & = & r_{1} \\ a_{2} z_{1} + b_{2} z_{2} & = & r_{2} \end{matrix}

tiene una solución única si y solo si el determinante de los coeficientes es distinto de cero. En este caso, la solución viene dada por

z_{1} = \frac{| \begin{matrix} r_{1} & b_{1} \\ r_{2} & b_{2} \end{matrix} |}{| \begin{matrix} a_{1} & b_{1} \\ a_{2} & b_{2} \end{matrix} |} y z_{2} = \frac{| \begin{matrix} a_{1} & r_{1} \\ a_{2} & r_{2} \end{matrix} |}{| \begin{matrix} a_{1} & b_{1} \\ a_{2} & b_{2} \end{matrix} |} .

Ejemplo 7.15

Usar la regla de Cramer

Utilice la regla de Cramer para resolver el siguiente sistema de ecuaciones.

\begin{matrix} x^{2} z_{1} + 2 x z_{2} & = & 0 \\ z_{1} - 3 x^{2} z_{2} & = & 2 x \end{matrix}

Solución

Tenemos

\begin{matrix} a_{1} (x) & = & x^{2} \\ a_{2} (x) & = & 1 \\ b_{1} (x) & = & 2 x \\ b_{2} (x) & = & −3 x^{2} \\ r_{1} (x) & = & 0 \\ r_{2} (x) & = & 2 x . \end{matrix}

Entonces,

| \begin{matrix} a_{1} & b_{1} \\ a_{2} & b_{2} \end{matrix} | = | \begin{matrix} x^{2} & 2 x \\ 1 & −3 x^{2} \end{matrix} | = −3 x^{4} - 2 x

y

| \begin{matrix} r_{1} & b_{1} \\ r_{2} & b_{2} \end{matrix} | = | \begin{matrix} 0 & 2 x \\ 2 x & −3 x^{2} \end{matrix} | = 0 - 4 x^{2} = −4 x^{2} .

Por lo tanto,

z_{1} = \frac{| \begin{matrix} r_{1} & b_{1} \\ r_{2} & b_{2} \end{matrix} |}{| \begin{matrix} a_{1} & b_{1} \\ a_{2} & b_{2} \end{matrix} |} = \frac{−4 x^{2}}{−3 x^{4} - 2 x} = \frac{4 x}{3 x^{3} + 2} .

Además,

| \begin{matrix} a_{1} & r_{1} \\ a_{2} & r_{2} \end{matrix} | = | \begin{matrix} x^{2} & 0 \\ 1 & 2 x \end{matrix} | = 2 x^{3} - 0 = 2 x^{3} .

Por lo tanto,

z_{2} = \frac{| \begin{matrix} a_{1} & r_{1} \\ a_{2} & r_{2} \end{matrix} |}{| \begin{matrix} a_{1} & b_{1} \\ a_{2} & b_{2} \end{matrix} |} = \frac{2 x^{3}}{−3 x^{4} - 2 x} = \frac{–2 x^{2}}{3 x^{3} + 2} .

Punto de control 7.13

Utilice la regla de Cramer para resolver el siguiente sistema de ecuaciones.

\begin{matrix} 2 x z_{1} - 3 z_{2} & = & 0 \\ x^{2} z_{1} + 4 x z_{2} & = & x + 1 \end{matrix}

Estrategia de resolución de problemas

Estrategia para la resolución de problemas: Método de variación de los parámetros

Resuelva la ecuación complementaria y escriba la solución general

$c_{1} y_{1} (x) + c_{2} y_{2} (x).$
Utilice la regla de Cramer u otra técnica adecuada para hallar funciones $u^{'} (x)$ y $v^{'} (x)$ que satisfacen

$\begin{matrix} u^{'} y_{1} + v^{'} y_{2} & = & 0 \\ u^{'} y_{1}^{'} + v^{'} y_{2}^{'} & = & r (x). \end{matrix}$
Integre $u^{'}$ y $v^{'}$ para calcular $u (x)$ y $v (x).$ Entonces, $y_{p} (x) = u (x) y_{1} (x) + v (x) y_{2} (x)$ es una solución particular de la ecuación.
Sume la solución general de la ecuación complementaria y la solución particular encontrada en el paso 3 para obtener la solución general de la ecuación no homogénea.

Ejemplo 7.16

Usar el método de variación de los parámetros

Halle la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales.

$y ″ - 2 y^{'} + y = \frac{e^{t}}{t^{2}}$
$y ″ + y = 3 {sen}^{2} x$

Solución

La ecuación complementaria es $y ″ - 2 y^{'} + y = 0$ con la solución general asociada $c_{1} e^{t} + c_{2} t e^{t} .$ Por lo tanto, $y_{1} (t) = e^{t}$ y $y_{2} (t) = t e^{t} .$ Calculando las derivadas, obtenemos $y_{1}^{'} (t) = e^{t}$ y $y_{2}^{'} (t) = e^{t} + t e^{t}$ (paso 1). Entonces, queremos hallar funciones $u^{'} (t)$ y $v^{'} (t)$ para que

$\begin{matrix} u^{'} e^{t} + v^{'} t e^{t} & = & 0 \\ u^{'} e^{t} + v^{'} (e^{t} + t e^{t}) & = & \frac{e^{t}}{t^{2}} . \end{matrix}$

Si aplicamos la regla de Cramer, tenemos

$u^{'} = \frac{| \begin{matrix} 0 & t e^{t} \\ \frac{e^{t}}{t^{2}} & e^{t} + t e^{t} \end{matrix} |}{| \begin{matrix} e^{t} & t e^{t} \\ e^{t} & e^{t} + t e^{t} \end{matrix} |} = \frac{0 - t e^{t} (\frac{e^{t}}{t^{2}})}{e^{t} (e^{t} + t e^{t}) - e^{t} t e^{t}} = \frac{- \frac{e^{2 t}}{t}}{e^{2 t}} = - \frac{1}{t}$

y

$v^{'} = \frac{| \begin{matrix} e^{t} & 0 \\ e^{t} & \frac{e^{t}}{t^{2}} \end{matrix} |}{| \begin{matrix} e^{t} & t e^{t} \\ e^{t} & e^{t} + t e^{t} \end{matrix} |} = \frac{e^{t} (\frac{e^{t}}{t^{2}})}{e^{2 t}} = \frac{1}{t^{2}} (paso 2).$

Integrando, obtenemos

$\begin{matrix} u = − \int \frac{1}{t} d t = − ln | t | \\ v = \int \frac{1}{t^{2}} d t = - \frac{1}{t} (paso 3). \end{matrix}$

Entonces tenemos

$\begin{matrix} y_{p} & = − e^{t} ln | t | - \frac{1}{t} t e^{t} \\ = − e^{t} ln | t | - e^{t} (paso 4). \end{matrix}$

La intersección $e^{t}$ es una solución de la ecuación complementaria, por lo que no necesitamos llevar ese término a nuestra solución general explícitamente. La solución general es

$y (t) = c_{1} e^{t} + c_{2} t e^{t} - e^{t} ln | t | (paso 5).$
La ecuación complementaria es $y ″ + y = 0$ con la solución general asociada $c_{1} cos x + c_{2} sen x .$ Así que, $y_{1} (x) = cos x$ como $y_{2} (x) = sen x$ (paso 1). Entonces, queremos hallar funciones $u^{'} (x)$ y $v^{'} (x)$ de manera que

$\begin{matrix} u^{'} cos x + v^{'} sen x & = & 0 \\ − u^{'} sen x + v^{'} cos x & = & 3 {sen}^{2} x . \end{matrix}$

Si aplicamos la regla de Cramer, tenemos

$u^{'} = \frac{| \begin{matrix} 0 & sen x \\ 3 {sen}^{2} x & cos x \end{matrix} |}{| \begin{matrix} cos x & sen x \\ − sen x & cos x \end{matrix} |} = \frac{0 - 3 {sen}^{3} x}{{cos}^{2} x + {sen}^{2} x} = −3 {sen}^{3} x$

y

$v^{'} = \frac{| \begin{matrix} cos x & 0 \\ − sen x & 3 {sen}^{2} x \end{matrix} |}{| \begin{matrix} cos x & sen x \\ − sen x & cos x \end{matrix} |} = \frac{3 {sen}^{2} x cos x}{1} = 3 {sen}^{2} x cos x (paso 2).$

Integrando primero para hallar u, obtenemos

$u = \int −3 {sen}^{3} x d x = −3 [− \frac{1}{3} {sen}^{2} x cos x + \frac{2}{3} \int sen x d x] = {sen}^{2} x cos x + 2 cos x .$

Ahora, integramos para encontrar v. Usando la sustitución (con $w = sen x$ ), obtenemos

$v = \int 3 {sen}^{2} x cos x d x = \int 3 w^{2} d w = w^{3} = {sen}^{3} x .$

Entonces,

$\begin{matrix} y_{p} & = ({sen}^{2} x cos x + 2 cos x) cos x + ({sen}^{3} x) sen x \\ = {sen}^{2} x {cos}^{2} x + 2 {cos}^{2} x + {sen}^{4} x \\ = 2 {cos}^{2} x + {sen}^{2} x ({cos}^{2} x + {sen}^{2} x) (paso 4). \\ = 2 {cos}^{2} x + {sen}^{2} x \\ = {cos}^{2} x + 1 \end{matrix}$

La solución general es

$y (x) = c_{1} cos x + c_{2} sen x + 1 + {cos}^{2} x (paso 5).$

Punto de control 7.14

Halle la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales.

$y ″ + y = sec x$
$x ″ - 2 x^{'} + x = \frac{e^{t}}{t}$

Sección 7.2 ejercicios

Resuelva las siguientes ecuaciones utilizando el método de los coeficientes indeterminados.

54.

$2 y ″ - 5 y^{'} - 12 y = 6$

55.

$3 y ″ + y^{'} - 4 y = 8$

56.

$y ″ - 6 y^{'} + 5 y = e^{– x}$

57.

$y ″ + 16 y = e^{−2 x}$

58.

$y ″ - 4 y = x^{2} + 1$

59.

$y ″ - 4 y^{'} + 4 y = 8 x^{2} + 4 x$

60.

$y ″ - 2 y^{'} - 3 y = sen 2 x$

61.

$y ″ + 2 y^{'} + y = sen x + cos x$

62.

$y ″ + 9 y = e^{x} cos x$

63.

$y ″ + y = 3 sen 2 x + x cos 2 x$

64.

$y ″ + 3 y^{'} - 28 y = 10 e^{4 x}$

65.

$y ″ + 10 y^{'} + 25 y = x e^{−5 x} + 4$

En cada uno de los siguientes problemas,

Escriba la forma de la solución particular $y_{p} (x)$ para el método de los coeficientes indeterminados.
[T] Utilice un sistema de álgebra computacional para hallar una solución particular a la ecuación dada.

66.

$y ″ - y^{'} - y = x + e^{– x}$

67.

$y ″ - 3 y = x^{2} - 4 x + 11$

68.

$y ″ - y^{'} - 4 y = e^{x} cos 3 x$

69.

$2 y ″ - y^{'} + y = (x^{2} - 5 x) e^{– x}$

70.

$4 y ″ + 5 y^{'} - 2 y = e^{2 x} + x sen x$

71.

$y ″ - y^{'} - 2 y = x^{2} e^{x} sen x$

Resuelva la ecuación diferencial utilizando el método de los coeficientes indeterminados o el de la variación de los parámetros.

72.

$y ″ + 3 y^{'} - 4 y = 2 e^{x}$

73.

$y ″ + 2 y^{'} = e^{3 x}$

74.

$y ″ + 6 y^{'} + 9 y = e^{– x}$

75.

$y ″ + 2 y^{'} - 8 y = 6 e^{2 x}$

Resuelva la ecuación diferencial utilizando el método de variación de los parámetros.

76.

$4 y ″ + y = 2 sen x$

77.

$y ″ - 9 y = 8 x$

78.

$y ″ + y = sec x, 0 < x < π / 2$

79.

$y ″ + 4 y = 3 csc 2 x, 0 < x < π / 2$

Halle la única solución que satisface la ecuación diferencial y las condiciones iniciales dadas, donde $y_{p} (x)$ es la solución particular.

80.

$y ″ - 2 y^{'} + y = 12 e^{x},$ $y_{p} (x) = 6 x^{2} e^{x},$ $y (0) = 6, y' (0) = 0$

81.

$y ″ - 7 y^{'} = 4 x e^{7 x},$ $y_{p} (x) = \frac{2}{7} x^{2} e^{7 x} - \frac{4}{49} x e^{7 x},$ $y (0) = −1, y' (0) = 0$

82.

$y ″ + y = cos x - 4 sen x,$ $y_{p} (x) = 2 x cos x + \frac{1}{2} x sen x,$ $y (0) = 8, y' (0) = –4$

83.

$y ″ - 5 y^{'} = e^{5 x} + 8 e^{−5 x},$ $y_{p} (x) = \frac{1}{5} x e^{5 x} + \frac{4}{25} e^{−5 x},$ $y (0) = –2, y' (0) = 0$

En cada uno de los siguientes problemas, dos soluciones linealmente independientes — $y_{1}$ y $y_{2}$ —-que satisfacen la ecuación homogénea correspondiente. Utilice el método de variación de los parámetros para hallar una solución particular a la ecuación no homogénea dada. Supongamos que x > 0 en cada ejercicio.

84.

$x^{2} y ″ + 2 x y^{'} - 2 y = 3 x,$ $y_{1} (x) = x, y_{2} (x) = x^{−2}$

85.

$x^{2} y ″ - 2 y = 10 x^{2} - 1,$ $y_{1} (x) = x^{2}, y_{2} (x) = x^{−1}$

7.2 Ecuaciones lineales no homogéneas