2.5: Ecuaciones no homogéneas
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Resolver ecuaciones no homogéneas
Hemos resuelto ecuaciones homogéneas de coeficiente constante lineal. ¿Qué pasa con las ODEs lineales no homogéneas? Por ejemplo, las ecuaciones para vibraciones mecánicas forzadas. Es decir, supongamos que tenemos una ecuación como
\[ y'' + 5y' + 6y = 2x + 1 \label{2.5.1} \]
Escribiremos\( Ly = 2x + 1\) cuando la forma exacta del operador no sea importante. Resolvemos (Ecuación\ ref {2.5.1}) de la siguiente manera. Primero, encontramos la solución general\(y_c\) a la ecuación homogénea asociada
\[ \label{eq:2}y'' + 5y' + 6y = 0 \]
Llamamos a\(y_c\) la solución complementaria. A continuación, encontramos una única solución particular\(y_p\) para\(\eqref{2.5.1}\) de alguna manera. Entonces
\[ y = y_c + y_p \nonumber \]
es la solución general para\(\eqref{2.5.1}\). Tenemos\( Ly_c = 0 \) y\(Ly_p = 2x +1 \). Como\(L\) es un operador lineal verificamos que\(y\) sea una solución,\(Ly = L(y_c + y_p) = Ly_c + Ly_p = 0 + ( 2x + 1) \). Veamos por qué obtenemos la solución general.
Dejar\(y_p\) y\( {\tilde {y}}_p\) ser dos soluciones particulares diferentes para\(\eqref{2.5.1}\). Escribe la diferencia como\(w = y_p - {\tilde {y}}_p\). Luego enchufe\(w\) en el lado izquierdo de la ecuación para obtener
\[ w'' + 5w' + 6w = ( y''_p + 5y'_p + 6y_p ) - (\tilde {y}_p'' +5 \tilde {y}_p' +6 \tilde {y}_p)= ( 2x + 1) - (2x + 1) = 0 \nonumber \]
Usando la notación del operador el cálculo se vuelve más sencillo. Como\(L\) es un operador lineal escribimos
\[ Lw = L (y_p - {\tilde {y}}_p ) = L y_p - L {\tilde {y}}_p = (2x + 1) - ( 2x + 1) = 0 \nonumber \]
Entonces\(w = y_p - {\tilde {y}}_p \) es una solución para\(\eqref{eq:2}\), es decir\( Lw = 0 \). Dos soluciones cualesquiera de\(\eqref{2.5.1}\) difieren por una solución a la ecuación homogénea\(\eqref{eq:2}\). La solución\( y = y_c + y_p \) incluye todas las soluciones a\(\eqref{2.5.1}\), ya que\(y_c\) es la solución general a la ecuación homogénea asociada.
Dejar\( Ly = f(x) \) ser una ODE lineal (no necesariamente coeficiente constante). Dejar\(y_c \) ser la solución complementaria (la solución general a la ecuación homogénea asociada\(Ly = 0 \)) y dejar\(y_p\) ser cualquier solución particular a\( Ly = f(x) \). Entonces la solución general a\(Ly = f(x) \) es
\[ y = y_c + y_p . \nonumber \]
La moraleja de la historia es que podemos encontrar la solución particular de cualquier manera antigua. Si encontramos una solución particular diferente (por un método diferente, o simplemente adivinando), entonces todavía obtenemos la misma solución general. La fórmula puede verse diferente, y las constantes que tendremos que elegir para satisfacer las condiciones iniciales pueden ser diferentes, pero es la misma solución.
Coeficientes indeterminados
El truco es de alguna manera, de una manera inteligente, adivinar una solución particular a\(\eqref{2.5.1}\). Tenga en cuenta que\( 2x + 1 \) es un polinomio, y el lado izquierdo de la ecuación será un polinomio si dejamos\(y\) ser un polinomio del mismo grado. Vamos a probar
\[ y_p = Ax + B \nonumber \]
Nos enchufamos para obtener
\[\begin{align}\begin{aligned} y_p'' + 5y_p' + 6y_p &= (Ax + B)'' + 5( Ax + B)' + 6(Ax + B) \\ &= 0 + 5A + 6Ax + 6B = 6Ax + ( 5A + 6B) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Entonces\( 6Ax + (5A + 6B) = 2x + 1 \). Por lo tanto,\(A = \dfrac {1}{3} \) y\( B = - \dfrac {1}{9} \). Eso quiere decir\( y_p = \dfrac {1}{3} x - \dfrac {1}{9} = \dfrac {3x - 1}{9} \). Resolviendo el problema complementario (¡ejercicio!) obtenemos
\[ y_c = C_1e^{-2x} + C_2 e^{-3x} \nonumber \]
De ahí que la solución general\(\eqref{2.5.1}\) sea
\[ y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{-3x} + \dfrac {3x - 1}{9} \nonumber \]
Ahora supongamos que además se nos dan algunas condiciones iniciales. Por ejemplo,\(y(0) = 0 \) y\(y' (0) = \dfrac {1}{3} \). Primer hallazgo\( y' = -2C_1e^{-2x} - 3C_2e^{-3x} + \dfrac {1}{3} \). Entonces
\[ 0 = y(0) = C_1 + C_2 - \dfrac {1}{9}, \dfrac {1}{3} = y'(0) = -2C_1 - 3C_2 + \dfrac {1}{3} \nonumber \]
Resolvemos para conseguir\( C_1 = \dfrac {1}{3} \) y\( C_2 = - \dfrac {2}{9} \). La solución particular que queremos es
\[ y(x) = \dfrac {1}{3} e^{-2x} - \dfrac {2}{9} e^{-3x} + \dfrac {3x - 1}{9} = \dfrac {3e^{-2x} - 2e^{-3x} + 3x - 1}{9} \nonumber \]
Comprobar que\(y\) realmente resuelve la ecuación\(\eqref{2.5.1}\) y las condiciones iniciales dadas.
Un error común es resolver las constantes usando las condiciones iniciales con\(y_c\) y solo agregar la solución particular\(y_p\) después de eso. Eso no va a funcionar. Primero es necesario calcular\(y = y_c + y_p \) y solo luego resolver las constantes usando las condiciones iniciales.
Un lado derecho que consiste en exponenciales, senos y cosenos se puede manejar de manera similar. Por ejemplo,
\[ y'' + 2y' + 2y = \cos (2x) \nonumber \]
Encontremos algunos\(y_p\). Comenzamos adivinando que la solución incluye algunos múltiplos de\( \cos (2x) \). Es posible que también tengamos que agregar un múltiplo de\( \sin (2x) \) a nuestra conjetura ya que los derivados del coseno son senos. Intentamos
\[ y_p = A \cos (2x) + B \sin (2x) \nonumber \]
Nos conectamos\( y_p\) a la ecuación y obtenemos
\[\begin{gathered} \underbrace{-4 A \cos (2x) - 4 B \sin (2x)}_{y_p''} +2 \underbrace{\bigl(-2A \sin (2x) + 2B \cos (2x)\bigr)}_{y_p'} \\ + 2 \underbrace{\bigl(A \cos (2x) + 2B \sin (2x)\bigr)}_{y_p} = \cos (2x) ,\end{gathered} \nonumber \]
El lado izquierdo debe ser igual al lado derecho. Agrupamos términos y lo conseguimos\( -4A + 4B + 2A = 1\) y\(-4B - 4A + 2B = 0 \). Así\( -2A + 4B = 1 \) y\(2A + B = 0 \) y por lo tanto\( A = \dfrac {-1}{10} \) y\( B = \dfrac {1}{5} \). Entonces
\[ y_p = A \cos (2x) + B \sin (2x) = \dfrac { - \cos (2x) + 2 \sin (2x) }{10} \nonumber \]
De igual manera, si el lado derecho contiene exponenciales probamos exponenciales. Por ejemplo, para
\[ Ly = e^{3x} \nonumber \]
vamos a tratar\( y = Ae^{3x} \) como nuestra conjetura y tratar de resolver para\( A\).
Cuando el lado derecho es un múltiplo de senos, cosenos, exponenciales y polinomios, podemos usar la regla del producto para la diferenciación para llegar a una suposición. Tenemos que adivinar una forma para\(y_p\) tal que\( Ly_p\) sea de la misma forma, y tenga todos los términos necesarios para para el lado derecho. Por ejemplo,
\[ Ly = ( 1 + 3x^2) e^{-x} \cos ( \pi x ) \nonumber \]
Para esta ecuación, vamos a adivinar
\[ y_p = ( A + Bx + Cx^2)e^{-x} \cos (\pi x) + ( D + Ex + Fx^2 ) e^{-x} \sin ( \pi x ) \nonumber \]
Vamos a enchufar y luego ojalá obtengamos ecuaciones que podamos resolver para\( A , B, C, D, E \) y\( F \). Como se puede ver esto puede hacer para un cálculo muy largo y tedioso muy rápidamente.
Hay un hipo en todo esto. Podría ser que nuestra conjetura realmente resuelva la ecuación homogénea asociada. Es decir, supongamos que tenemos
\[ y'' - 9y = e^{3x} \nonumber \]
Nos encantaría adivinar\(y = Ae^{3x} \), pero si enchufamos esto en el lado izquierdo de la ecuación obtenemos
\[y'' - 9y = 9Ae^{3x} - 9Ae^{3x} = 0 \ne e^{3x} \nonumber \]
No hay manera de que podamos elegir\(A\) hacer que el lado izquierdo sea\( e^{3x}\). El truco en este caso es multiplicar nuestra conjetura por\(x\) para deshacernos de la duplicación con la solución complementaria. Eso es lo primero que calculamos\(y_c\) (solución a\(Ly = 0\))
\[ y_c = C_1e^{-3x} + C_2 e^{3x} \nonumber \]
y observamos que el\( e^{3x} \) término es un duplicado con nuestra conjetura deseada. Modificamos nuestra suposición\( y = Axe^{3x} \) y notamos que ya no hay duplicación. Intentémoslo. Tenga en cuenta que\(y' = Ae^{3x} + 3Axe^{3x} \) y\( y'' = 6Ae^{3x} + 9Axe^{3x} \). Entonces
\[y'' - 9y = 6Ae^{3x} + 9Axe^{3x} - 9Axe^{3x} = 6Ae^{3x} \nonumber \]
Así\( 6Ae^{3x}\) se supone que es igual\(e^{3x}\). De ahí,\(6A = 1\) y así\(A = \dfrac {1}{6} \). Ahora podemos escribir la solución general como
\[ y = y_c + y_p = C_1e^{-3x} + C_2e^{3x} + \dfrac {1}{6} xe^{3x} \nonumber \]
Es posible que multiplicar por\(x\) no se deshaga de toda duplicación. Por ejemplo,
\[ y'' - 6y' + 9y = e^{3x} \nonumber \]
La solución complementaria es\( y_c = C_1e^{3x} + C_2xe^{3x} \). Adivinar no nos\(y = Axe^{3x} \) llevaría a ningún lado. En este caso queremos adivinar\(y_p = Ax^2e^{3x} \). Básicamente, queremos multiplicar nuestra conjetura por\(x\) hasta que se acabe toda duplicación. ¡Pero no más! Multiplicar demasiadas veces no va a funcionar.
Por último, ¿y si el lado derecho tiene varios términos, como
\[ Ly = e^{2x} + \cos x \nonumber \]
En este caso encontramos\(u\) que resuelve\(Lu = e^{2x} \) y\(v\) que resuelve\(Lv = \cos x\) (es decir, hacer cada término por separado). Entonces tenga en cuenta que si\(y = u + v\), entonces\(Ly = e^{2x} + \cos x\). Esto se debe a\(L\) que es lineal; tenemos\( Ly = L(u + v) = Lu + Lv = e^{2x} + \cos x \).
Variación de parámetros
El método de coeficientes indeterminados funcionará para muchos problemas básicos que surjan. Pero no funciona todo el tiempo. Sólo funciona cuando el lado derecho de la ecuación\(Ly = f(x) \) tiene sólo finitamente muchas derivadas linealmente independientes, de manera que podemos escribir una conjetura que consiste en todas ellas. Algunas ecuaciones son un poco más duras. Considerar
\[ y'' + y = \tan x \nonumber \]
Tenga en cuenta que cada nueva derivada de\( \tan x\) se ve completamente diferente y no se puede escribir como una combinación lineal de las derivadas anteriores. Si empezamos a diferenciar\(\tan x\), obtenemos
\[\begin{gathered} \sec^2 x, \quad 2\sec^2 x \, \tan x, \quad 4 \sec^2 x \, \tan^2 x + 2 \sec^4 x, \\ 8 \sec^2 x \, \tan^3 x + 16 \sec^4 x \, \tan x, \quad 16\sec^2 x \, \tan^4 x + 88 \sec^4 x \tan^2 x + 16 \sec^6 x, \quad \ldots\end{gathered} \nonumber \]
Esta ecuación requiere un método diferente. Presentamos el método de variación de parámetros, que manejará cualquier ecuación de la forma\( Ly = f(x) \), siempre que podamos resolver ciertas integrales. Por simplicidad, nos limitamos a ecuaciones de coeficiente constante de segundo orden, pero el método funciona para ecuaciones de orden superior igual de bien (los cálculos se vuelven más tediosos). El método también funciona para ecuaciones con coeficientes no constantes, siempre que podamos resolver la ecuación homogénea asociada.
Quizás lo mejor es explicar este método con el ejemplo. Tratemos de resolver la ecuación
\[ Ly = y'' + y = \tan x \nonumber \]
Primero encontramos la solución complementaria (solución a\( Ly_c = 0\)). Obtenemos\(y_c = C_1y_1 + C_2y_2\), dónde\( y_1 = \cos x \) y\( y_2 = \sin x\). Para encontrar una solución particular a la ecuación no homogénea intentamos
\[ y_p = y = u_1y_1 + u_2y_2 \nonumber \]
donde\(u_1\) y\( u_2\) son funciones y no constantes. Estamos tratando de satisfacer\(Ly = \tan x\). Eso nos da una condición sobre las funciones\(u_1\) y\(u_2\). Calcula (¡anote la regla del producto!)
\[ y' = (u'_1y_1 + u'_2y_2) + (u_1y'_1 + u_2y'_2) \nonumber \]
Todavía podemos imponer una condición más a nuestra discreción para simplificar los cálculos (tenemos dos funciones desconocidas, por lo que se nos deben permitir dos condiciones). Eso lo requerimos\( (u'_1y_1 + u'_2y_2) = 0 \). Esto facilita la computación de la segunda derivada.
\[\begin{align}\begin{aligned} y' &= u_1y'_1 + u_2y'_2 \\ y'' &= (u'_1y'_1 + u'_2y'_2) + (u_1y''_1 + u_2y''_2) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Desde\(y_1\) y\(y_2\) son soluciones a\(y'' +y = 0\), lo sabemos\(y''_1 = -y_1\) y\(y''_2 = -y_2\). (Nota: Si la ecuación fuera en su lugar,\(y'' + p(x)y' + q(x)y = 0 \) tendríamos\(y''_i = -p(x)y'_i - q(x) y_i \).) Entonces\[ y'' = ( u'_1y'_1 + u'_2y'_2) - (u_1y_1 + u_2y_2) \nonumber \]
Tenemos\((u_1y_1 + u_2y_2) = y \) y así
\[ y'' = (u'_1y'_1 + u'_2y'_2) - y \nonumber \]
y por lo tanto
\[ y'' + y = Ly = u'_1y'_1 + u'_2y'_2 \nonumber \]
\(y\)Para satisfacer\(Ly = f(x) \) debemos tener\( f(x) =u'_1y'_1 + u'_2y'_2\).
Entonces, lo que necesitamos resolver son las dos ecuaciones (condiciones) que impusimos\(u_1\) y\(u_2\)
\[\begin{align}\begin{aligned} u'_1y_1 + u'_2y_2 &= 0 \\ u'_1y'_1 + u'_2y'_2 &= f(x) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Ahora podemos resolver para\(u'_1\) y\(u'_2\) en términos de\(f(x), y_1\) y\(y_2\). Siempre obtendremos estas fórmulas para cualquier\( Ly = f(x) \), dónde\( Ly = y'' + p(x)y' + q(x)y \). Hay una fórmula general para la solución a la que solo podemos conectarnos, pero es mejor simplemente repetir lo que hacemos a continuación. En nuestro caso las dos ecuaciones se convierten
\[\begin{align}\begin{aligned} u'_1 \cos (x) + u'_2 \sin (x) &= 0 \\ -u'_1 \sin (x) + u'_2 \cos (x) &= \tan (x) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
De ahí
\[\begin{align}\begin{aligned} u'_1 \cos (x) \sin (x) + u'_2 {\sin}^2 (x) &= 0 \\ -u'_1 \sin (x) \cos (x) + u'_2 {\cos}^2 (x) &= \tan (x) \cos (x) = \sin (x) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Y así
\[\begin{align}\begin{aligned} u'_2 ( {\sin}^2 (x) + {\cos}^2 (x)) &= \sin (x) \\ u'_2 &= \sin (x) \\ u'_1 &= \dfrac {-{\sin}^2 (x)}{ \cos (x)} = - \tan (x) \sin (x) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Ahora necesitamos integrarnos\(u'_1\) y\(u'_2\) conseguir\(u_1\) y\(u_2\).
\[\begin{align}\begin{aligned} u_1 &= \int u'_1 dx = \int - \tan (x) \sin (x) dx = \dfrac {1}{2} \ln \mid \dfrac { \sin (x) - 1}{ \sin (x) + 1 } \mid + \sin (x) \\ u_2 &= \int u'_2 dx = \int \sin (x) dx = - \cos (x) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Así que nuestra solución particular es
\[\begin{align}\begin{aligned} y_p &= u_1y_1 + u_2y_2 = \dfrac {1}{2} \cos (x) \ln \mid \dfrac { \sin (x) - 1}{ \sin (x) + 1} \mid + \cos (x) \sin (x) - \cos (x) \sin (x) \\ & = \dfrac {1}{2} \cos (x) \ln \mid \dfrac { \sin (x) - 1}{ \sin (x) + 1} \mid \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
La solución general\( y'' + y = \tan x\) es, por lo tanto,
\[ y = C_1 \cos (x) + C_2 \sin (x) + \dfrac {1}{2} \cos (x) \ln \mid \dfrac {\sin (x) - 1}{\sin (x) + 1} \mid \nonumber \]