Coeficientes Indeterminados (Método de Superposición)

 Hernando Pérez Aguilar

4.4 COEFICIENTES INDETERMINADOS: MÉTODO DE SUPERPOSICIÓN* REPASO DE MATERIAL ● Repaso de los teoremas 4.1.6 y 4.1.7 (sección 4.1). INTRODUCCIÓN Para resolver una ecuación diferencial lineal no homogénea 𝑎𝑛 𝑦 (𝑛) + 𝑎𝑛−1 𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝑎1 𝑦 ′ + 𝑎0 𝑦 = 𝑔(𝑥),
(1)

se debe hacer dos cosas: • encontrar la función complementaria 𝑦𝑐 y • encontrar alguna solución particular 𝑦𝑝 de la ecuación no homogénea (1). Entonces, como se explicó en la sección 4.1, la solución general de (1) es 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 . La función complementaria 𝑦𝑐 es la solución general de la ED homogénea asociada de (1), es decir, 𝑎𝑛 𝑦 (𝑛) + 𝑎𝑛−1 𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝑎1 𝑦 ′ + 𝑎0 𝑦 = 0. En la sección 4.3 vimos cómo resolver esta clase de ecuaciones cuando los coeficientes eran constantes. Así, el objetivo en esta sección es desarrollar un método para obtener soluciones particulares. *Nota para el profesor: En esta sección el método de coeficientes indeterminados se desarrolla desde el punto de vista del principio de superposición para ecuaciones no homogéneas (teorema 4.7.1). En la sección 4.5 se presentará un método totalmente diferente que utiliza el concepto de operadores diferenciales anuladores. Elija el que convenga. MÉTODO DE COEFICIENTES INDETERMINADOS La primera de las dos formas que se consideran para obtener una solución particular 𝑦𝑝 de una ED lineal no homogénea se llama método de coeficientes indeterminados. La idea fundamental detrás de este método es una conjetura acerca de la forma de 𝑦𝑝 , en realidad una intuición educada, motivada por las clases de funciones que forman la función de entrada 𝑔(𝑥). El método general se limita a ED lineales como (1) donde • los coeficientes 𝑎𝑖 , 𝑖 = 0, 1, . . . , 𝑛 son constantes y • 𝑔(𝑥) es una constante 𝑘, una función polinomial, una función exponencial 𝑒 𝑎𝑥 , una función seno o coseno 𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑥 o 𝑐𝑜𝑠 𝛽𝑥 o sumas finitas y productos de estas funciones. NOTA Estrictamente hablando, 𝑔(𝑥) = 𝑘 (constante) es una función polinomial. Puesto que probablemente una función constante no es lo primero en que se piensa cuando se consideran funciones polinomiales, para enfatizar continuaremos con la redundancia “funciones constantes, polinomios, . . . ”. Las siguientes funciones son algunos ejemplos de los tipos de entradas 𝑔(𝑥) que son apropiadas para esta descripción: 𝑔(𝑥) = 10, 𝑔(𝑥) = 𝑥 2 − 5𝑥, 𝑔(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 − 5𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥,

𝑔(𝑥) = 15𝑥 − 6 + 8𝑒 −𝑥 ,

𝑔(𝑥) = 𝑥𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 + (3𝑥 2 − 1)𝑒 −4𝑥 .

Es decir, 𝑔(𝑥) es una combinación lineal de funciones de la clase

𝑃(𝑥) = 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 ,

𝑃(𝑥)𝑒 𝛼𝑥 ,

𝑃(𝑥)𝑒 𝛼𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑥

𝑦

𝑃(𝑥) 𝑒 𝛼𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝛽𝑥,

donde 𝑛 es un entero no negativo y 𝛼 y 𝛽 son números reales. El método de coeficientes indeterminados no es aplicable a ecuaciones de la forma (1) cuando 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛𝑥,

𝑔(𝑥) =

1 , 𝑥

𝑔(𝑥) = tan 𝑥 ,

𝑔(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛−1 𝑥,

etcétera. Las ecuaciones diferenciales en las que la entrada 𝑔(𝑥) es una función de esta última clase se consideran en la sección 4.6. El conjunto de funciones que consiste en constantes, polinomios, exponenciales 𝑒 𝛼𝑥 , senos y cosenos tiene la notable propiedad de que las derivadas de sus sumas y productos son de nuevo sumas y productos de constantes, polinomios, exponenciales 𝑒 𝛼𝑥 , senos y cosenos. Debido a que (𝑛) (𝑛−1) la combinación lineal de derivadas 𝑎𝑛 𝑦𝑝 + 𝑎𝑛−1 𝑦𝑝 + ⋯ + 𝑎1 𝑦𝑝′ + 𝑎0 𝑦𝑝 debe ser idéntica a 𝑔(𝑥), parece razonable suponer que 𝑦𝑝 tiene la misma forma que 𝑔(𝑥). En los dos ejemplos siguientes se ilustra el método básico. EJEMPLO 1 Solución general usando coeficientes indeterminados Resuelva

𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ − 2𝑦 = 2𝑥 2 − 3𝑥 + 6.

(2)

SOLUCIÓN Paso 1. Se resuelve primero la ecuación homogénea asociada 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ − 2𝑦 = 0. De la fórmula cuadrática se encuentra que las raíces de la ecuación auxiliar 𝑚2 + 4𝑚 − 2 = 0 son 𝑚1 = −2 − √6 y 𝑚1 = −2 + √6 . Por tanto, la función complementaria es 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −(2+√6)𝑥 + 𝑐2 𝑒 (−2+√6)𝑥 . Paso 2. Ahora, debido a que la función 𝑔(𝑥) es un polinomio cuadrático, supongamos una solución particular que también es de la forma de un polinomio cuadrático: 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶. Se busca determinar coeficientes específicos 𝐴, 𝐵 y 𝐶 para los cuales 𝑦𝑝 es una solución de (2). Sustituyendo 𝑦𝑝 y las derivadas 𝑦′𝑝 = 2𝐴𝑥 + 𝐵

𝑦

𝑦′′𝑝 = 2𝐴

en la ecuación diferencial (2), se obtiene 𝑦′′𝑝 + 𝑦′𝑝 − 2𝑦𝑝 = 2𝐴 + 8𝐴𝑥 + 4𝐵 − 2𝐴𝑥 2 − 2𝐵𝑥 − 2𝐶 = 2𝑥 2 − 3𝑥 + 6. Como se supone que la última ecuación es una identidad, los coeficientes de los exponentes semejantes a 𝑥 deben ser iguales:

Es decir,

−2𝐴 = 2,

8𝐴 − 2𝐵 = −3, 2𝐴 + 4𝐵 − 2𝐶 = 6

5

Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtienen los valores 𝐴 = −1, 𝐵 = − 2 y 𝐶 = −9. Así, una solución particular es 5 𝑦𝑝 = −𝑥 2 − 𝑥 − 9. 2 Paso 3. La solución general de la ecuación dada es 5 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑒 −(2+√6)𝑥 + 𝑐2 𝑒 (−2+√6)𝑥 − 𝑥 2 − 𝑥 − 9 2 EJEMPLO 2 Solución particular usando coeficientes indeterminados Encuentre una solución particular de 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥. SOLUCIÓN Una primera suposición natural para una solución particular sería 𝐴 𝑠𝑒𝑛3𝑥. Pero debido a que las derivadas sucesivas de 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 producen 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 y 𝑐𝑜𝑠 3𝑥, se puede suponer una solución particular que incluye ambos términos: 𝑦𝑝 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝐵 𝑠𝑒𝑛 3𝑥. Derivando 𝑦𝑝 y sustituyendo los resultados en la ecuación diferencial, se obtiene, después de reagrupar, 𝑦′′𝑝 − 𝑦 ′ 𝑝 + 𝑦𝑝 = (−8𝐴 − 3𝐵) cos 3𝑥 + (3𝐴 − 8𝐵)𝑠𝑒𝑛 3𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛 3𝑥

Del sistema de ecuaciones resultante, −8𝐴 − 3𝐵 = 0, 6

3𝐴 − 8𝐵 = 2,

16

se obtiene 𝐴 = 73 y 𝐵 = − 73. Una solución particular de la ecuación es 𝑦𝑝 =

6 16 cos 3𝑥 − 𝑠𝑒𝑛 3𝑥. 73 73

Como se mencionó, la forma que se supone para la solución particular 𝑦𝑝 es una intuición educada; no es una intuición a ciegas. Esta intuición educada debe considerar no sólo los tipos de funciones que forman a 𝑔(𝑥) sino también, como se verá en el ejemplo 4, las funciones que conforman la función complementaria 𝑦𝑐 . EJEMPLO 3 Formando 𝒚𝒑 por superposición Resuelva 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒 2𝑥 . SOLUCIÓN Paso 1. Primero, se encuentra que la solución de la ecuación homogénea asociada 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 0 es 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 3𝑥 . Paso 2. A continuación, la presencia de 4𝑥 − 5 en 𝑔(𝑥) indica que la solución particular incluye un polinomio lineal. Además, debido a que la derivada del producto 𝑥𝑒 2𝑥 produce 𝑥𝑒 2𝑥 y 𝑒 2𝑥 , se

supone también que la solución particular incluye tanto a 𝑥𝑒 2𝑥 como a 𝑒 2𝑥 . En otras palabras, 𝑔 es la suma de dos clases básicas de funciones: 𝑔(𝑥) = 𝑔1 (𝑥) + 𝑔2 (𝑥) = 𝑝𝑜𝑙𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑜 + 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠. Por lo que, el principio de superposición para ecuaciones no homogéneas (teorema 4.1.7) indica que se busca una solución particular 𝑦𝑝 = 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2 , donde 𝑦𝑝1 = 𝐴𝑥 + 𝐵 y 𝑦𝑝2 = 𝐶𝑥𝑒 2𝑥 + 𝐸𝑒 2𝑥 . Sustituyendo en la ecuación (3) y agrupando términos semejantes, se obtiene 𝑦𝑝′′ − 2𝑦𝑝′ − 3𝑦𝑝 = −3𝐴𝑥 − 2𝐴 − 3𝐵 − 3𝐶𝑥𝑒 2𝑥 + (2𝐶 − 3𝐸)𝑒 2𝑥 = 4𝑥 − 5 + 6𝑥𝑒 2𝑥 .

(4)

De esta identidad obtenemos las cuatro expresiones −3𝐴 = 4,

− 2𝐴 − 3𝐵 = −5,

− 3𝐶 = 6,

2𝐶 − 3𝐸 = 0.

La última ecuación en este sistema es resultado de la interpretación de que el coeficiente de 𝑒 2𝑥 4 23 en el miembro derecho de (4) es cero. Resolviendo, se encuentra que 𝐴 = − 3 , 𝐵 = 9 , 𝐶 = −2 4

y 𝐸4 = − 3. Por tanto, 4 23 4 𝑦𝑝 = − 𝑥 + − 2𝑥𝑒 2𝑥 − 𝑒 2𝑥 3 9 3 Paso 3. La solución general de la ecuación es 4 23 4 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −𝑥 + 𝑐2 𝑒 3𝑥 − 𝑥 + − (2𝑥 + ) 𝑒 2𝑥 . 3 9 3 En vista del principio de superposición (teorema 4.1.7) se puede aproximar también el ejemplo 3 desde el punto de vista de resolver dos problemas más simples. Se debe comprobar que sustituyendo 𝑦𝑝1 = 𝐴𝑥 + 𝐵 𝑒𝑛 𝑦𝑝2 = 𝐶𝑥𝑒 2𝑥 + 𝐸𝑒 2𝑥 4

𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 4𝑥 − 5 𝑒𝑛

23

𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 6𝑥𝑒 2𝑥 4

se obtiene, a su vez, 𝑦𝑝1 = − 𝑥 + y 𝑦𝑝2 = − (2𝑥 + ) 𝑒 2𝑥 . Entonces, una solución particular de 3 9 3 (3) es 𝑦𝑝 = 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2 . En el siguiente ejemplo se ilustra que algunas veces la suposición “obvia” para la forma de 𝑦𝑝 no es una suposición correcta. EJEMPLO 4 Una falla imprevista del método Encuentre una solución particular de 𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ + 4𝑦 = 8𝑒 𝑥 . SOLUCIÓN Derivando 𝑒 𝑥 no se obtienen nuevas funciones. Así, si se procede como se hizo en los ejemplos anteriores, se puede suponer razonablemente que una solución particular de la forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 . Pero sustituir esta expresión en la ecuación diferencial da como resultado la expresión contradictoria 0 = 8𝑒 𝑥 , por lo que claramente se hizo la conjetura equivocada para 𝑦𝑝 .

La dificultad aquí es evidente al examinar la función complementaria 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑒 4𝑥 . Observe que la suposición 𝐴𝑒 𝑥 ya está presente en 𝑦𝑐 . Esto significa que 𝑒 𝑥 es una solución de la ecuación diferencial homogénea asociada y un múltiplo constante 𝐴𝑒 𝑥 cuando se sustituye en la ecuación diferencial necesariamente da cero. ¿Entonces cuál debe ser la forma de 𝑦𝑝 ? Inspirados en el caso II de la sección 4.3, vemos que sí se puede encontrar una solución particular de la forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 . Sustituyendo 𝑦𝑝′ = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 𝐴𝑒 𝑥 y 𝑦𝑝′′ = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 + 2𝐴𝑒 𝑥 en la ecuación diferencial y simplificando, se obtiene 𝑦𝑝′′ − 5𝑦𝑝′ + 4𝑦𝑝 = −3𝐴𝑒 𝑥 = 8𝑒 𝑥 8

De la última igualdad se ve que el valor de 𝐴 ahora se determina como 𝐴 = − 3. Por tanto, una 8

solución particular de la ecuación dada es 𝑦𝑝 = − 3 𝑥𝑒 𝑥 . La diferencia en los procedimientos usados en los ejemplos 1 a 3 y en el ejemplo 4 indica que se consideran dos casos. El primer caso refleja la situación en los ejemplos 1 a 3. CASO I Ninguna función de la solución particular supuesta es una solución de la ecuación diferencial homogénea asociada. En la tabla 4.1 se muestran algunos ejemplos específicos de 𝑔(𝑥) en (1) junto con la forma correspondiente de la solución particular. Por supuesto, se da por sentado que ninguna función de la solución particular supuesta 𝑦𝑝 se duplica por una función en la función complementaria 𝑦𝑐 . TABLA 4.1 Soluciones particulares de prueba

EJEMPLO 5 Formas de soluciones particulares. Caso I Determine la forma de una solución particular de 𝒂) 𝑦 ′′ − 8𝑦 ′ + 25𝑦 = 5𝑥 3 𝑒 −𝑥 − 7𝑒 −𝑥

𝒃) 𝑦′′ + 4𝑦 = 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥

SOLUCIÓN a) Se puede escribir 𝑔(𝑥) = (5𝑥 3 − 7)𝑒 −𝑥 . Usando el elemento 9 de la tabla como modelo, suponemos una solución particular de la forma

𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 3 + 𝐵𝑥 2 + 𝐶𝑥 + 𝐸)𝑒 −𝑥 . Observe que no hay duplicación entre los términos en 𝑦𝑝 y los términos en la función complementaria 𝑦𝑐 = 𝑒 4𝑥 (𝑐1 𝑐𝑜𝑠 3𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 3𝑥). b) La función 𝑔(𝑥) = 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 es similar al elemento 11 de la tabla 4.1 excepto, por supuesto, que se usa un polinomio lineal en vez de uno cuadrático 𝑦 𝑐𝑜𝑠 𝑥 y 𝑠𝑒𝑛 𝑥 en lugar de 𝑐𝑜𝑠 4𝑥 y 𝑠𝑒𝑛 4𝑥 en la forma de 𝑦𝑝 : 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑐𝑜𝑠 𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐸) 𝑠𝑒𝑛 𝑥. Nuevamente observe que no hay duplicación de términos entre 𝑦𝑝 y 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 2𝑥. Si 𝑔(𝑥) consiste en una suma de, digamos, 𝑚 términos de la clase listada en la tabla, entonces (como en el ejemplo 3) la suposición para una solución particular 𝑦𝑝 consiste en la suma de las formas de prueba 𝑦𝑝1 , 𝑦𝑝2 , . . . , 𝑦𝑝𝑚 correspondientes a estos términos: 𝑦𝑝 = 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2 + ⋯ + 𝑦𝑝𝑚 El enunciado anterior se puede escribir de otra forma: Regla de forma para el caso 𝑰 La forma de 𝑦𝑝 es una combinación lineal de las funciones linealmente independientes que se generan mediante derivadas sucesivas de 𝑔(𝑥). EJEMPLO 6 Formación de 𝒚𝒑 por superposición. Caso 𝑰 Determine la forma de una solución particular de 𝑦 ′′ − 9𝑦 ′ + 14𝑦 = 3𝑥 2 − 5 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 + 7𝑥𝑒 6𝑥 . SOLUCIÓN Se supone que a 3𝑥 2 le corresponde 𝑦𝑝1 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶. Se considera que a −5 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 le corresponde 𝑦𝑝2 = 𝐸𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐹𝑠𝑒𝑛 2𝑥. Se supone que a 7𝑥𝑒 6𝑥 le corresponde 𝑦𝑝3 = (𝐺𝑥 + 𝐻)𝑒 6𝑥 . Entonces la presunción para la solución particular es 𝑦𝑝 = 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2 + 𝑦𝑝3 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐸𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + 𝐹𝑠𝑒𝑛 2𝑥+= (𝐺𝑥 + 𝐻)𝑒 6𝑥 En esta suposición ningún término duplica un término de 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 2𝑥 + 𝑐2 𝑒 7𝑥 . CASO II Una función en la solución particular supuesta también es una solución de la ecuación diferencial homogénea asociada. El siguiente ejemplo es similar al ejemplo 4. EJEMPLO 7 Solución particular. Caso 𝑰𝑰 Encuentre una solución particular de 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 𝑥 .

SOLUCIÓN La función complementaria es 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 . Como en el ejemplo 4, la suposición 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 falla, puesto que es evidente de 𝑦𝑐 que 𝑒 𝑥 es una solución de la ecuación homogénea asociada 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0. Además, no es posible encontrar una solución particular de la forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 𝑥 , ya que el término 𝑥𝑒 𝑥 también se duplica en 𝑦𝑐 . A continuación se prueba 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 2 𝑒 𝑥 . 1

Sustituyendo en la ecuación diferencial dada se obtiene 2𝐴𝑒 𝑥 = 𝑒 𝑥 , así 𝐴 = 2. Así una solución 1

particular es 𝑦𝑝 = 2 𝑥 2 𝑒 𝑥 . Nuevamente suponga que 𝑔(𝑥) consiste en 𝑚 términos de la clase que se proporciona en la tabla 4.1 y suponga además que la presunción usual para una solución particular es 𝑦𝑝 = 𝑦𝑝1 + 𝑦𝑝2 + ⋯ + 𝑦𝑝𝑚 donde las 𝑦𝑝𝑖 , 𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑚 son las formas de solución particular de prueba correspondientes a estos términos. Bajo las circunstancias descritas en el caso II, se puede formar la siguiente regla general. Regla de multiplicación para el caso 𝑰𝑰 Si alguna 𝑦𝑝𝑖 contiene términos que duplican los términos de 𝑦𝑐 , entonces esa 𝑦𝑝𝑖 se debe multiplicar por 𝑥 𝑛 , donde 𝑛 es el entero positivo más pequeño que elimina esa duplicación. EJEMPLO 8 Un problema con valores iniciales Resuelva 𝑦 ′′ + 𝑦 = 4𝑥 + 10 𝑠𝑒𝑛 𝑥, 𝑦(𝜋) = 0, 𝑦 ′ (𝜋) = 2. SOLUCIÓN La solución de la ecuación homogénea asociada 𝑦 ′′ + 𝑦 = 0 es 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 𝑥 x. Debido a que 𝑔(𝑥) = 4𝑥 + 10 𝑠𝑒𝑛 𝑥 es la suma de un polinomio lineal y una función seno, la suposición normal para 𝑦𝑝 , de las entradas 2 y 5 de la tabla 4.1, sería la suma de 𝑦𝑝1 = 𝐴𝑥 + 𝐵 y 𝑦𝑝2 = 𝐶 cos 𝑥 + 𝐸 𝑠𝑒𝑛 𝑥: 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐸 𝑠𝑒𝑛 𝑥.

(5)

Pero hay una duplicación obvia de los términos 𝑐𝑜𝑠 𝑥 y 𝑠𝑒𝑛 𝑥 en esta forma supuesta y dos términos de la función complementaria. Esta duplicación se elimina simplemente multiplicando 𝑦𝑝2 por 𝑥. En lugar de (5) ahora se usa 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐸𝑥𝑠𝑒𝑛 𝑥.

(6)

Derivando esta expresión y sustituyendo los resultados en la ecuación diferencial, se obtiene 𝑦𝑝′′ + 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 − 𝐶𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 2𝐸 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 4𝑥 + 10𝑠𝑒𝑛 𝑥. y por tanto 𝐴 = 4, 𝐵 = 0, −2𝐶 = 10, y 2𝐸 = 0. Las soluciones del sistema son inmediatas: 𝐴 = 4, 𝐵 = 0, 𝐶 = −5, y 𝐸 = 0. Por tanto de la ecuación (6) se obtiene 𝑦𝑝 = 4𝑥 − 5𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥. La solución general de la ecuación es 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 4𝑥 − 5𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥.

Ahora se aplican las condiciones iniciales prescritas a la solución general de la ecuación. Primero, 𝑦(𝜋) = 𝑐1 𝑐𝑜𝑠 𝜋 + 𝑐2 𝑠𝑒𝑛 𝜋 + 4𝜋 − 5𝜋 𝑐𝑜𝑠 𝜋 = 0 produce 𝑐1 = 9𝜋 puesto que 𝑐𝑜𝑠 𝜋 = −1 y 𝑠𝑒𝑛 𝜋 = 0. Ahora, de la derivada 𝑦 ′ = −9𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑐2 cos 𝑥 + 4 + 5𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 5𝑐𝑜𝑠 𝑥 y 𝑦 ′ (𝜋) = −9𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝜋 + 𝑐2 cos 𝜋 + 4 + 5𝜋 𝑠𝑒𝑛 𝜋 − 5𝑐𝑜𝑠 𝜋 = 2 encontramos 𝑐2 = 7. La solución del problema con valores iniciales es entonces 𝑦 = 9𝜋 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 7 sen 𝑥 + 4𝑥 − 5𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥 EJEMPLO 9 Uso de la regla de multiplicación Resuelva 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 6𝑥 2 + 2 − 12𝑒 3𝑥 . SOLUCIÓN La función complementaria es 𝑦𝑐 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 3𝑥 . Y así, con base en los elementos 3 y 7 de la tabla 4.1, la suposición usual para una solución particular sería 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐸𝑒 3𝑥 La inspección de estas funciones muestra que un término en 𝑦𝑝2 se duplica en 𝑦𝑐 . Si multiplicamos 𝑦𝑝2 por 𝑥, se nota que el término 𝑥𝑒 3𝑥 aún es parte de 𝑦𝑐 . Pero multiplicando 𝑦𝑝2 por 𝑥 2 se eliminan las duplicaciones. Así la forma operativa de una solución particular es 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐸𝑥 2 𝑒 3𝑥 . Derivando esta última forma y sustituyendo en la ecuación diferencial, agrupando términos semejantes se obtiene 𝑦𝑝′′ − 6𝑦𝑝′ + 9𝑦𝑝 = 9𝐴𝑥 2 + ( −12𝐴 + 9𝐵)𝑥 + 2𝐴 − 6𝐵 + 9𝐶 + 2𝐸𝑒 3𝑥 = 6𝑥 2 + 2 − 12𝑒 3𝑥 . 2

8

2

De esta identidad se tiene que 𝐴 = 3 , 𝐵 = 9 , 𝐶 = 3 y 𝐸 = −6. Por tanto la solución general 𝑦 = 2

8

2

𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 es 𝑦 = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 3𝑥 + 3 𝑥 2 + 9 𝑥 + 3 − 6𝑥 2 + 𝑒 3𝑥 . EJEMPLO 10 ED de tercer orden. Caso 𝑰 Resuelva 𝑦 ′′ + 𝑦 ′′ = 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥. SOLUCIÓN De la ecuación característica 𝑚3 + 𝑚2 = 0 encontramos que 𝑚1 = 𝑚2 = 0 y 𝑚3 = −1. Así la función complementaria de la ecuación es 𝑦𝑐 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑒 −𝑥 . Con 𝑔(𝑥) = 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥, se ve de la entrada 10 de la tabla 4.1 que se debe suponer 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐵𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥. Debido a que no hay funciones en yp que dupliquen las funciones de la solución complementaria, procedemos de la manera usual. De 𝑦𝑝′′′ + 𝑦𝑝′′ = (−2𝐴 + 4𝐵)𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + (−4𝐴 − 2𝐵)𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 = 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥

1

1

se obtiene −2𝐴 + 4𝐵 = 1 y −4𝐴 − 2𝐵 = 0. De este sistema se obtiene 𝐴 = − 10 y 𝐵 = 5, así que 1

1

una solución particular es 𝑦𝑝 = − 10 𝑒 𝑥 cos 𝑥 + 5 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥 . La solución general de la ecuación es 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑒 −𝑥 −

1 𝑥 1 𝑒 cos 𝑥 + 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝑥. 10 5

EJEMPLO 11 ED de cuarto orden. Caso 𝑰𝑰 Determine la forma de una solución particular de 𝑦 (4) + 𝑦 ′′′ = 1 − 𝑥 2 𝑒 −𝑥 . SOLUCIÓN Comparando 𝑦𝑝 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑐3 𝑥 2 + 𝑐3 𝑥 2 + 𝑐4 𝑒 −𝑥 con la suposición normal para una solución particular 𝑦𝑝 = 𝐴 + 𝐵𝑥 2 𝑒 −𝑥 + 𝐶𝑥𝑒 −𝑥 + 𝐸𝑒 −𝑥 ,

vemos que las duplicaciones entre 𝑦𝑐 y 𝑦𝑝 se eliminan cuando 𝑦𝑝1 , se multiplica por 𝑥 3 y 𝑦𝑝2 se multiplica por 𝑥. Así la suposición correcta para una solución particular es 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 3 + 𝐵𝑥 3 𝑒 −𝑥 + 𝐶𝑥 2 𝑒 −𝑥 + 𝐸𝑥𝑒 −𝑥 , COMENTARIOS i) En los problemas 27 a 36 de los ejercicios 4.4 se pide resolver problemas con valores iniciales y en los problemas 37 a 40 se pide resolver problemas con valores en la frontera. Como se muestra en el ejemplo 8, asegúrese de aplicar las condiciones iniciales o condiciones en la frontera a la solución general 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 . Los estudiantes con frecuencia cometen el error de aplicar estas condiciones sólo a la función complementaria 𝑦𝑐 porque ésta es la parte de la solución que contiene las constantes 𝑐1 , 𝑐2 , . . . , 𝑐𝑛 . ii) De la “Regla de la forma para el caso 𝐼” de la página 145 de esta sección, se ve por qué el método de coeficientes indeterminados no es muy adecuado para ED lineales no homogéneas cuando la función de entrada 𝑔(𝑥) es algo distinta de uno de los cuatro tipos básicos resaltados en color azul en la página 141. Por ejemplo, si 𝑃(𝑥) es un polinomio, entonces la derivación continua de 𝑃(𝑥)𝑒 𝛼𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑥 genera un conjunto independiente que contiene sólo un número finito de funciones, todas del mismo tipo, en particular, un polinomio multiplicado por 𝑒 𝛼𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝛽𝑥o un polinomio multiplicado por 𝑒 𝛼𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝛽𝑥. Por otro lado, la derivación sucesiva de funciones de entrada como 𝑔(𝑥) = 𝑙𝑛 𝑥 o 𝑔(𝑥) = 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 genera un conjunto independiente que contiene un número infinito de funciones: 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑛 𝑥:

1 −1 2 , , ,…, 𝑥 𝑥2 𝑥3

1 −2𝑥 −2 + 6𝑥 2 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑡𝑎𝑛 𝑥: , , ,…. 1 + 𝑥 2 (1 + 𝑥 2 )2 (1 + 𝑥 2 )3 −1

EJERCICIOS 4.4 En los problemas 1 a 26 resuelva la ecuación diferencial dada usando coeficientes indeterminados. 𝟏. 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 6

Solución:

𝟐. 4𝑦 ′′ + 9𝑦 = 15 Solución:

𝟑. 𝑦 ′′ − 10𝑦 ′ + 25𝑦 = 30𝑥 + 3 Solución:

𝟒. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 6𝑦 = 2𝑥 Solución:

1 ′′ 𝑦 + 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑥 2 − 2𝑥 4 Solución: 𝟓.

𝟔. 𝑦 ′′ − 8𝑦 ′ + 20𝑦 = 100𝑥 2 − 26𝑥𝑒 𝑥 Solución:

𝟕. 𝑦 ′′ + 3𝑦 = −48𝑥 2 𝑒 3𝑥 Solución:

𝟖. 4𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ − 3𝑦 = cos 2𝑥 Solución:

𝟗. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ = −3 Solución:

𝟏𝟎. 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ = 2𝑥 + 5 − 𝑒 −2𝑥 Solución:

1 𝟏𝟏. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 3 + 𝑒 𝑥/2 4 Solución:

𝟏𝟐. 𝑦 ′′ − 16𝑦 = 2𝑒 4𝑥 Solución:

𝟏𝟑. 𝑦 ′′ + 4𝑦 = 3𝑠𝑒𝑛 2𝑥 Solución:

𝟏𝟒. 𝑦 ′′ − 4𝑦 = (𝑥 2 − 3)𝑠𝑒𝑛 2𝑥 Solución:

𝟏𝟓. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 2𝑥𝑠𝑒𝑛 𝑥 Solución:

𝟏𝟔. 𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ = 2𝑥 3 − 4𝑥 2 − x + 6 Solución:

𝟏𝟕. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 5𝑦 = 𝑒 𝑥 cos 2𝑥 Solución:

𝟏𝟖. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 2𝑥 (cos 𝑥 − 3𝑠𝑒𝑛 𝑥) Solución:

𝟏𝟗. 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 3 cos 2𝑥 Solución:

𝟐𝟎. 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ − 24𝑦 = 16 − (𝑥 + 2)𝑒 4𝑥 Solución:

𝟐𝟏. 𝑦 ′′′ − 6𝑦 ′′ = 3 − cos 𝑥 Solución:

𝟐𝟐. 𝑦 ′′′ − 2𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 8𝑦 = 6𝑥𝑒 2𝑥 Solución:

𝟐𝟑. 𝑦 ′′′ − 3𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ − 𝑦 = 𝑥 − 4𝑒 𝑥 Solución:

𝟐𝟒. 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 5 − 𝑒 𝑥 + 𝑒 2𝑥 Solución:

𝟐𝟓. 𝑦 (4) + 2𝑦 ′′ + 𝑦 = (𝑥 − 1)2 Solución:

𝟐𝟔. 𝑦 (4) − 𝑦 ′′ = 4𝑥 + 2𝑒 −𝑥 Solución:

En los problemas 27 a 36 resuelva el problema con valores iniciales dado. 𝟐𝟕. 4𝑦 ′′ + 4𝑦 = −2,

𝜋 1 𝑦( ) = , 8 2

𝜋 𝑦′ ( ) = 2 8

Solución:

𝟐𝟖. 2𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ − 2𝑦 = 14𝑥 2 − 4𝑥 − 11, Solución:

𝟐𝟗. 5𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = −2, Solución:

𝟑𝟎. 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 4𝑦 = (3 + 𝑥)𝑒 −2𝑥 , Solución:

𝟑𝟐. 𝑦 ′′ − 𝑦 = cosh 𝑥 , Solución:

𝑦(0) = 2,

𝑦(0) = −3,

𝑦(0) = 2,

𝑑2𝑥 𝟑𝟑. + 𝜔2 𝑥 = 𝐹0 𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡, 2 𝑑𝑡

𝑦′(0) = 0

𝑦 ′ (0) = −10

𝑦(0) = 0,

𝟑𝟏. 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 5𝑦 = 35𝑒 −4𝑥 , Solución:

𝑦(0) = 0,

𝑦′(0) = 5

𝑦′(0) = 1

𝑦′(0) = 12

𝑥(0) = 0,

𝑥′(0) = 0

Solución:

𝑑2𝑥 + 𝜔2 𝑥 = 𝐹0 𝑐𝑜𝑠 𝛾𝑡, 𝑑𝑡 2 Solución: 𝟑𝟒.

𝑥(0) = 0,

𝟑𝟓. 𝑦 ′′′ − 2𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = 2 − 24𝑒 𝑥 + 40𝑒 5𝑥 ,

𝑥′(0) = 0

𝑦(0) =

Solución:

𝟑𝟔. 𝑦 ′′′ + 8𝑦 = 2𝑥 − 5 + 8𝑒 −2𝑥 , Solución:

𝑦(0) = −5,

1 , 2

5 9 𝑦 ′ (0) = , 𝑦 ′′ (0) = − 2 2

𝑦 ′ (0) = 3, 𝑦 ′′ (0) = −4

En los problemas 37 a 40 resuelva el problema con valores en la frontera dado. 𝟑𝟕. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑥 2 + 1, Solución:

𝑦(0) = 5,

𝑦(1) = 0

𝟑𝟖. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 2𝑦 = 2𝑥 − 2, Solución:

𝑦(0) = 0,

𝟑𝟗. 𝑦 ′′ + 3𝑦 = 6𝑥, Solución:

𝑦(0) = 0,

𝟒𝟎. 𝑦 ′′ + 3𝑦 = 6𝑥, Solución:

𝑦(0) + 𝑦′(0) = 0,

𝑦(𝜋) = 𝜋

𝑦(1) + 𝑦′(1) = 0

𝑦(1) = 0

En los problemas 41 y 42 resuelva el problema con valores iniciales dado en el que la función de entrada 𝑔(𝑥) es discontinua. [Sugerencia: Resuelva cada problema en dos intervalos y después encuentre una solución tal que 𝑦 y 𝑦′ sean continuas en 𝑥 = 𝜋/2 (problema 41) y en 𝑥 = 𝜋 (problema 42).] 𝟒𝟏. 𝑦 ′′ + 4𝑦 = 𝑔(𝑥), 𝑦(0) = 1, 𝑦 ′ (0) = 2, donde 𝑔(𝑥) = {

𝑠𝑒𝑛 𝑥, 0,

0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋/2 𝑥 > 𝜋/2

Solución:

𝟒𝟐. 𝑦 ′′ − 2𝑦′ + 10𝑦 = 𝑔(𝑥), 𝑦(0) = 0, 𝑦 ′ (0) = 0, donde 20, 𝑔(𝑥) = { 0, Solución:

0≤𝑥≤𝜋 𝑥>𝜋

Problemas para analizar 43. Considere la ecuación diferencial 𝑎𝑦 ′′ + 𝑏𝑦 ′ + 𝑐𝑦 = 𝑒 𝑘𝑥 , donde 𝑎, 𝑏, 𝑐 y 𝑘 son constantes. La ecuación auxiliar de la ecuación homogénea asociada es 𝑎𝑚2 + 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0. a) Si 𝑘 no es una raíz de la ecuación auxiliar, demuestre que se puede encontrar una solución particular de la forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 𝑘𝑥 , donde 𝐴 = 1/(𝑎𝑘 2 + 𝑏𝑘 + 𝑐). b) Si 𝑘 es una raíz de la ecuación auxiliar de multiplicidad uno, muestre que se puede encontrar una solución particular de la forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥𝑒 𝑘𝑥 , donde 𝐴 = 1/(2𝑎𝑘 + 𝑏). Explique cómo se sabe que 𝑘 ≠ −𝑏/2𝑎. c) Si 𝑘 es una raíz de la ecuación auxiliar de multiplicidad dos, demuestre que podemos encontrar una solución particular de la forma 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 2 𝑒 𝑘𝑥 , donde 𝐴 = −𝑏/(2𝑎). Solución:

44. Explique cómo se puede usar el método de esta sección para encontrar una solución particular de 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥. Lleve a cabo su idea. Solución:

45. Sin resolver, relacione una curva solución de 𝑦 ′′ + 𝑦 = 𝑓(𝑥) que se muestra en la figura con una de las siguientes funciones: 𝑖) 𝑓 (𝑥) = 1, 𝑖𝑖) 𝑓 (𝑥) = 𝑒 −𝑥 , 𝑥 𝑖𝑖𝑖) 𝑓 (𝑥) = 𝑒 , 𝑖𝑣) 𝑓 (𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 2𝑥, 𝑥 𝑣) 𝑓 (𝑥) = 𝑒 𝑠𝑒𝑛 𝑥, 𝑣𝑖) 𝑓 (𝑥) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥. Analice brevemente su razonamiento. a)

FIGURA 4.4.1 Curva solución. Solución: b)

FIGURA 4.4.2 Curva solución. Solución: c)

FIGURA 4.4.3 Curva solución. Solución:

d)

FIGURA 4.4.4 Curva solución. Solución:

Tarea para el laboratorio de computación En los problemas 46 y 47 determine una solución particular de la ecuación diferencial dada. Use un SAC como ayuda para realizar las derivadas, simplificaciones y álgebra. 𝟒𝟔. 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 8𝑦 = (2𝑥 2 − 3𝑥)𝑒 2𝑥 𝑐𝑜𝑠 2𝑥 + (10𝑥 2 − 𝑥 − 1)𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛 2𝑥 Solución: