Para iniciar el análisis de solución de ecuaciones diferenciales de orden superior, primero veremos algunas propiedades de estas ecuaciones para poder llevar a cabo la solución de este tipo de ecuaciones diferenciales.
Primero, recordemos que una ecuación diferencia de n-ésimo orden es lineal si ésta es de grado uno respecto a la función desconocida (variable dependiente) $y$ y sus derivadas $y',\ y'',\ ...\ , y^{(n)}$.
Una ecuación diferencial lineal de n-ésimo orden y grado uno tiene la forma:
$$a_n(x)y^{(n)}(x)\ +\ a_{n - 1}(x)y^{(n - 1)}(x)\ +\ ... +\ a_1(x)y'(x)\ +\ a_0(x)y(x) = g(x) $$
Recordando que los coeficientes de $y$ y sus derivadas, son funciones continuas de $x$, y por supuesto, valga la redundancia, $a_n(x) \not = 0$
Analizaremos las propiedades mencionadas con una ecuación diferencial de segundo orden si que se pierda generalidad al respecto.
Sea la siguiente ecuación de segundo orden homogénea
$$\ a_2(x)y''(x)\ +\ a_1(x)y'(x)\ +\ a_0(x)y(x) = 0$$Pero como ya sabemos, ésta la podemos escribir también en la forma estándar
$$y'' + P(x) y' + Q(x) y = 0 \qquad \qquad \qquad (1)$$Donde $P(x) = \frac{a_1(x)}{a_2(x)}$ y $Q(x) = \frac{a_0(x)}{a_2(x)}$
Teorema 1
Si $y_1(x)$ y $y_2(x)$ son dos soluciones de la ecuación (1), entonces se tiene que
$$\boxed{\ \ \ y(x) = y_1(x) + y_2(x)\ \ \ }$$También es solución de (1)
Teorema 2
Si $y_1(x)$ es una solución de (1) y $c$ es una constante arbitraria, entonces
$$\boxed{\ \ \ y(x) = c y_1(x) \ \ \ }$$Es también solución de (1)
Dos soluciones $y_1(x)$ y $y_2(x)$ de la ecuación (1) se llaman linealmente independientes
en el intervalo $[a, b]$ , si su razón tal intervalo no es constante, esto es
$$\frac{y_1(x)}{y_2(x)} \not = \text {constante}$$En caso contrario son linealmente dependientes
Para el caso general tenemos que, si existen constantes $\alpha_1$, $\alpha_2$, ... , $\alpha_n$ en el intervalo $[a, b]$ que satisfacen la relación
$$\alpha_1 y_1(x) + \alpha_2 y_2(x) + \cdots + \alpha_n y_3(x) = 0$$Y por lo menos una constante es diferente de cero, se dice que las funciones son linealmente dependientes
Teorema 3
Sean $y_1(x)$ , $y_2(x)$, ...., $y_n(x)$ funciones continuas y derivables hasta $n - 1$ en el intervalo $[a, b]$, y si se cumple
$$\boxed{\ \ \ W(x) = det
\begin{vmatrix}
y_1(x) & y_2(x) & .... & y_n(x) \\
y_1^{'}(x) & y_2^{'}(x) & .... & y_n^{'}(x) \\
.. & .. & .... & .. \\
y_1^{(n - 1)}(x) & y_2^{(n - 1)}(x) & .... & y_n^{(n - 1)}(x) \\
\end{vmatrix}
= 0 \qquad (2) \ \ \ }
$$Se dice que las funciones son linealmente dependientes
Teorema 4
Sean $y_1$ y $y_2$ soluciones de la ecuación (1), entonces la combinación lineal de estas soluciones
$$y(x) = c_1 y_1 + c_2 y_2$$También es solución de (1), siendo $c_1$ y $c_2$ constantes arbitrarias.
El siguiente teorema nos permitirá encontrar la solución general de una ecuación de segundo orden de coeficiente variables (1), si de antemano se conoce una de sus soluciones
Teorema 5
Si se conoce una solución particular $y_1(x)$ de la ecuación lineal homogénea de segundo orden (1), siempre será posible hallar una segunda solución $y_2(x)$ linealmente independiente.
Empezaremos definiendo una segunda solución de la siguiente forma:
$$y(x) = u(x) y_1(x)\qquad \qquad \qquad (3)$$Que para evitar escribir de mas y hacer más legible el desarrollo lo simplificaremos a $y = u y_1$
Tomaremos la primera y segunda derivada de esta expresión y las sustituiremos en (1)
$$y' = u y_1^{'} + u' y_1$$$$y'' = u y_1^{''} + u' y_1^{'} + u' y_1{'} + u'' y_1$$$$y'' = u y_1^{''} + 2 u' y_1{'} + u'' y_1$$Y ahora sustiuimos
$$[u y_1^{''} + 2 u' y_1{'} + u'' y_1] + P(x) [u y_1^{'} + u' y_1] + Q(x)[u y_1] = 0$$Y ahora simplificamos
$$[\color {red} {y_1^{''} + P(x) y_1^{'} + Q(x) y_1} ]u + [2 y_1{'} + P(x) y_1] u' + u'' y_1 = 0$$Y observamos que lo que está en color rojo es 0 (cero) ya que es la ecuación (1) evaluada en la solución conocida. Recordemos que la ecuación (1) evaluada en cualquiera de sus soluciones es cero. Así que tendremos
$$u'' y_1 + u' [2 y_1{'} + P (x)y_1] = 0$$Y ahora lo que haremos, es reducir el orden es esta ecuación, haciendo $z = u'$ y por supuesto $z' = u''$
$$z' y_1 + z [2 y_1{'} + P(x) y_1] = 0$$Y observamos que esta ecuación de de variables separables, pero la podremos poner de la siguiente manera
$$\frac{dz}{dx}y_1 + 2z y'_1 + P(x) z y_1 = 0$$Y ahora multiplicamos la igualdad por
$$\frac{dx}{z y_1}$$ y tendremos
$$\frac{dz}{z} + 2 \frac{d y_1}{y_1} + P (x)dx = 0$$Ahora la integramos
$$\int \frac{dz}{z} + 2 \int \frac{d y_1}{y_1} + \int P(x) dx = c_2$$Hasta este momento no sabemos el formato que le daremos a la constante $c$, por lo que una vez que vemos el formato de los demas terminos, nos ajustaremosa ese formato y aqui, nos conviene mas:
$$\int \frac{dz}{z} + 2 \int \frac{d y_1}{y_1} + \int P(x) dx = Ln |c_2|$$y efectuamos la integración de la izquierda
$$Ln |z| + 2 Ln|y_1 | - Ln |c_2| = - \int P(x) dx$$$$Ln\bigg | \frac{z y_1^2}{c_2} \bigg| = - \int P(x) dx$$O expresada de la siguiente manera
$$z = c_2 \frac{e^{\textbf - \int P(x) dx } } {y_1^2}$$Pero sabemos que $z = u' = \frac{du}{dx}$Entonces
$$\frac{du}{dx} = c_2 \frac{e^{\textbf - \int P(x) dx } } {y_1^2}$$$$u = c_2 \int \frac{e^{\textbf - \int P(x) dx } } {y_1^2} dx + c_1$$Y ahora sustituimos este resultado en (3)
$$y(x) = u(x) y_1(x)$$$$y(x) = \bigg[ c_2 \int \frac{e^{\textbf - \int P(x) dx } } {y_1^2} dx + c_1 \bigg]y_1$$$$y(x) = c_2 y_1(x) \int \frac{e^{\textbf - \int P(x) dx } } {y_1^2(x)} dx + c_1 y_1(x)\qquad \qquad (4)$$Que si observamos, ya habíamos obtenido este resultado anteriormente y que corresponde a la solución ya conocida
$$y(x) = c_2 y_2(x) + c_1 y_1(x)$$
EJEMPLO 1 Encontrar la solución de $(e^x + 1 ) y'' - 2y' - e^xy = 0$
SOLUCIÓN 1
Dado que no se nos da una solución, podemos suponer una solución basados en los coeficientes de las derivadas y podemos suponer que
$$y_1(x) = e^x + \alpha$$Para esto, necesitaremos encontrar el valor de $\alpha$, por lo que derivamos la solución y la sustituimos en la ecuación diferencial
$$y_1{'}(x) = e^x\qquad \qquad y_1{''}(x) = e^x$$$$(e^x + 1 ) e^x - 2 e^x - e^x (e^x + \alpha) = 0$$$$e^{2x} + e^x - 2 e^x - e^{2x} - e^x \alpha = 0$$$$(1 - 2 - \alpha) e^x = 0$$Como sabemos ya, $e^x$ no puede ser cero, por lo que $- 1 - \alpha = 0$ y por tanto $\alpha = - 1$, por tanto
$$y_1(x) = e^x - 1$$Y de lo encontrado líneas atrás, tenemos que:
$$y_2(x) = y_1(x) \int \frac{e^{\textbf - \int P(x) dx } } {y_1^2(x)} dx$$Ahora lo que debemos encontrar es $P(x)$, pero asi como nos dieron la ecuación diferencial, no podemos determinarla por lo que debemos poner la ecuación diferencial en la forma estándar:
$$y'' - \frac{2}{(e^x + 1 )} y' - \frac{e^x} {(e^x + 1 )} y = 0$$Y ahora si podemos identificar $$P(x) = - \frac {2} {(e^x + 1 )}$$$$y_2(x) = (e^x - 1) \int \frac{e^{\textbf {-}\int (\textbf {-} \frac{2}{(e^x + 1 )})dx}} {(e^x - 1)^2}dx \qquad \qquad \qquad (5)$$Resolvamos primero la integral del exponente
$$\textbf {-}\int \textbf {-} \frac{2}{(e^x + 1 )}dx = \int \frac{2}{\Big( \frac{1}{e^{\textbf {-} x}} + 1 \Big )}dx = 2\int \frac{e^{\textbf {-} x}}{1 + e^{\textbf {-} x}}dx$$$$= - 2 Ln| 1 + e^{\textbf {-} x} |= Ln | 1 + e^{\textbf {-} x} |^{\textbf {-} 2} = Ln \bigg| \frac{e^x + 1}{e^x} \bigg|^{\textbf {-} 2} = Ln \bigg| \frac{e^{2x}}{(e^x + 1)^2} \bigg| $$Ahora sustituimos este resultado en (5)
$$y_2(x) = (e^x - 1) \int \frac{e^{Ln \bigg| \frac{e^{2x}}{(e^x + 1)^2} \bigg|}} {(e^x - 1)^2}dx = (e^x - 1) \int \frac{ \frac{e^{2x}}{(e^x + 1)^2}} {(e^x - 1)^2}dx$$$$= (e^x - 1) \int \frac{ e^{2x}}{(e^x - 1)^2 (e^x + 1)^2}dx = (e^x - 1) \int \frac{ e^{2x}}{(e^{2x} - 1)^2}dx$$Y se puede observar que es una integral exponencial, por lo que no hay necesidad de hacer cambio de variables ya que tenemos "casi" el diferencial del denominador que debe de ser: $2e^{2x}dx$ por lo que solo falta el 2, así que
$$y_2(x) = \frac{e^x - 1}{2} \int \frac{ 2 e^{2x}}{(e^{2x} - 1)^2}dx = \frac{e^x - 1}{2} \bigg[ \frac{1}{e^{2x} - 1 } \bigg] = \frac{e^x - 1}{2} \bigg[ \frac{1}{(e^x - 1)(e^x + 1) } \bigg]$$$$y_2(x) = \frac{1}{2 (e^x + 1) }$$Por lo que la solución general de la ecuación diferencial es:
$$y(x) = c_1 y_1 + \bar{c}_2 y_2$$$$y(x) = c_1 (e^x - 1) + \bar{c}_2 \frac{1}{2 (e^x + 1) }$$Pero el dos del denominador
$$\boxed{\ \ \ y(x) = c_1 (e^x - 1) + c_2 \frac{1}{(e^x + 1) } \qquad \qquad c_2 = \frac{\bar{c}_2}{2}\ \ \ }$$
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