Existencia y unicidad en una ODE de primer orden. Un ejemplo

Averigüemos el dominio del plano $\mathcal{D}\subseteq \mathbb{R}^2$ el el que la ecuación diferencial $y'=x\,y$ tiene solución única en cada uno de sus puntos.

Recordemos que una ecuación diferencial ordinaria de primer orden, con dos variables, $F(x,y,y')=0$ (forma general), siendo $y=y(x)$ la función incógnita y en la que sea posible despejar $y'$ (ecuación diferencial explicitada según la derivada $y'$) puede escribirse de la forma $y'(x)=f(x,y)$. Y que si $f(x,y)$ es un a función continua en un recinto $\mathcal{D} \subset \mathbb{R}^2$ y admite derivada parcial $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}$ continua con respecto a $x$ e $y$ en el recinto $\mathcal{D}$, entonces el teorema de existencia y unicidad asegura que existe una solución (única) $y=\varphi(x)$ de la ecuación diferencial que satisface la condición inicial $y(x_0)=y_0$. Encontrar la solución que satisface esa condición inicial dada lleva el nombre de problema de Cauchy; y, desde el punto de vista geométrico, significa encontrar la curva integral en el dominio del plano $\mathcal{D} \subseteq \mathbb{R}^2$ que pasa por un punto dado (de dicho dominio).

Observemos que la función $f(x,y)=xy$ así como su derivada parcial $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}=x$ son funciones continuas vara cualquier punto del plano $\mathbb{R}^2$, luego por el teorema de existencia y unicidad, existe una solución $y=\varphi(x)$ única en todos los puntos del plano; así pues, el dominio pedido es $\mathcal{D}=\mathbb{R}^2$ (todo el plano). $\diamond$

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Referencias

  [1] R. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simón S.A., Barcelona, 1978.
  [2] A. Kiseliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, cuarta edición, Mir, Moscú, 1984.
  [3] C. G. Lambe, C. J. Tranter, Ecuaciones diferenciales, UTEHA, México D.F., 1964.
  [4] M. Cordero, M. Gómez, Ecuaciones diferenciales ordinarias, García Maroto Editores, Madrid, 2010.
  [5] F. Ayres, Ecuaciones diferencials, McGraw-Hill (Shaum), México D.F., 1992.

Ecuaciones diferenciales ordinarias (EDOs) de primer orden exactas

Se dice que una EDO $P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0$ es de tipo diferencial exacta si existe una función $U:\mathbb{R^2} \rightarrow \mathbb{R}$ de clase $\mathcal{C}^2$ (existen todas sus derivadas parciales de orden $2$ y son continuas) a la que se denomina función potencial que cumpla: $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,x}=P(x,y)$ y $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)$; y como, por la propiedad de las segundas derivadas cruzadas, $\dfrac{\partial^2\,U(x,y)}{\partial\,x\,\partial\,y}=\dfrac{\partial^2\,U(x,y)}{\partial\,y\,\partial\,x}$, puede afirmarse que la condición necesaria y suficiente para que la e. sea diferencial exacta es $\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}$, en cuyo caso la solución general de la EDO viene dada por $U(x,y)=C$, donde $C$ es una constante arbitraria.

Veamos ahora cómo calcular dicha solución. De $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)$ se tiene que, integrando con respecto de $y$: $\displaystyle U(x,y)\equiv\int\,\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,y}\,dy=\int\,Q(x,y)\,dy+\phi(x) \;\;\; (1)$, y, teniendo en cuenta que $\dfrac{\partial\,U(x,y)}{\partial\,x}=P(x,y)$, podemos escribir que $\displaystyle P(x,y)=\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}+\phi'(x) \Rightarrow \phi'(x)=P(x,y)-\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}$, por lo que, integrando con respecto a $x$, $\displaystyle \phi(x)=\int\,\left(P(x,y)-\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}\right)\,dx+\text{constante}$, con lo cual, sustituyendo en (1), se llega a $$\displaystyle U(x,y)=\int\,Q(x,y)\,dy+ \int\,\left(P(x,y)-\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}\right)\,dx=C$$

Ejemplo 1:

Consideremos la ecuación diferencial exacta $y\,dx+x\,dy=0$. Comprobemos, primero, que es del tipo diferencial exacta: en efecto, como $P(x,y):=y$ y $Q(x,y):=x$, se cumple que $\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=1=\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}$, y por tanto queda probado que se trata de una ecuación diferencial exacta, luego existe una función potencial $U(x,y)$ tal que $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)$ y $ \dfrac{U(x,y)}{\partial\,x}=P(x,y)$, siendo $U(x,y)=C$ (constante) la solución general de dicha ecuación diferencial.

Calulémos la función potencial $U(x,y)$, paso a paso:
De $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)$ se tiene que $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,y}=x \Rightarrow U(x,y)=\int\,x\,dy+\Phi(x)=x\,y+\Phi(x)$. Por otra parte, $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,x}=P(x,y)$, esto es $\displaystyle \dfrac{U(x,y)}{\partial\,x}=y$; así pues, $\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial\,x}\,\left( x\,y+\Phi(x) \right)=y$, es decir, $y+\Phi'(x)=y$, y por tanto, $\Phi'(x)=0$, con lo cual $\Phi(x)=\text{constante}$. Por consiguiente, la función potencial es $U(x,y)=x\,y+\text{constante}$, y, finalmente, podemos ya escribir la solución general de dicha ecuación diferencial exacta: $x\,y=C\,$, lo cual quiere decir que ésta representa la familia de curvas integrales $y=\dfrac{C}{x}$ (hipérbolas equiláteras). $\diamond$

Ejemplo 2:

Consideremos la EDO diferencial exacta $y\,e^x\,dx+e^x\,dy=0$. Comprobemos, primero, que es del tipo diferencial exacta: en efecto, como $P(x,y):=y\,e^x$ y $Q(x,y):=x$, se cumple que $\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=e^x=\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}$, luego existe una función potencial $$\displaystyle U(x,y):=\int\,Q(x,y)\,dy+ \int\,\left(P(x,y)-\dfrac{\partial \, \left(\int\,Q(x,y)\,dy \right)}{\partial\,x}\right)\,dx\;\;\; (2)$$

Calulémosla ahora directamente (aplicando (2)):
$\displaystyle\int\,Q(x,y)\,dy=\int\,e^x\,dx=e^x+\text{constante}$ (primer término del segundo miembro de (2)) y por tanto $\displaystyle \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}=e^x$
Por otra parte,
  $\displaystyle\int\,P(x,y)\,dx=\int\,y\,e^x\,dx=y\,e^x+\text{constante}$
  $\displaystyle\int\,\dfrac{\partial\,\int\,Q(x,y)\,dy}{\partial\,x}\,dx=\int\,e^x\,dx=e^x+\text{constante}$
con lo cual, el segundo término del segundo miembro de (2) nos queda: $y\,e^x-e^x+\text{constante}$
Entonces, finalmente: $U(x,y)=e^x+y\,e^x-e^x+\text{constante}=y\,e^x+\text{constante}$, con lo cual la solución general de la ecuación diferencial propuesta es $y\,e^x=C$, es decir, el conjunto de curvas integrales $y=C\,e^{-x}$. $\diamond$

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Referencias

  [1] R. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simón S.A., Barcelona, 1978.
  [2] A. Kiseliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, cuarta edición, Mir, Moscú, 1984.
  [3] C. G. Lambe, C. J. Tranter, Ecuaciones diferenciales, UTEHA, México D.F., 1964.
  [4] M. Cordero, M. Gómez, Ecuaciones diferenciales ordinarias, García Maroto Editores, Madrid, 2010.
  [5] F. Ayres, Ecuaciones diferencials, McGraw-Hill (Shaum), México D.F., 1992.

Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden de coeficientes homogéneos

Recordemos que llamamos ecuación diferencial ordinaria a una ecuación que relaciona la variable independiente $x$, la función incógnita $y=y(x)$ —dependiendo de una sola variable—, y sus derivadas $y',y'',\ldots,y^{(n)}$ mediante la función $F(x,y,y',\ldots,y^{(n)})=0$. Se denomina orden de la ecuación diferencial al de la derivada de mayor orden que aparece en dicha ecuación.

Se considera una ecuación diferencial ordinaria de primer orden, con dos variables, $F(x,y,y')=0$ (forma general), siendo $y=y(x)$ la función incógnita. Supondremos que de la forma general es posible despejar $y'$, por lo que la ecuación diferencial explicitada según la derivada puede escribirse de la forma $y'(x)=f(x,y)$. Recordemos que, si $f(x,y)$ es un a función continua en un recinto $\mathcal{D} \subseteq \mathbb{R}^2$ y admite derivada parcial $\dfrac{\partial\,f}{\partial\,y}$ continua con respecto a $x$ e $y$ en el recinto $\mathcal{D}$, entonces el teorema de existencia y unicidad asegura que existe una solución (única) $y=\varphi(x)$ de la ecuación diferencial que satisface la condición inicial $y(x_0)=y_0$. Encontrar la solución que satisface esa condición inicial dada lleva el nombre de problema de Cauchy; y, desde el punto de vista geométrico, significa encontrar la curva integral en el dominio $\mathcal{D}\subset \mathbb{R}^2$ que pasa por un punto dado de dicho dominio.

Recordemos que una funcion $\varphi(x,y)$ se dice homogénea de grado $n$ si $\varphi(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda^n\,\varphi(x,y) \;\forall \lambda\gt 0$ y $\forall\, x,y\in \mathbb{R^2}\,$. Diremos que, en las condiciones expuestas arriba, una EDO es homogénea en el caso de que $f(\lambda\,x,\lambda\,y)=f(x,y)$, esto es si $f(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda^0\,f(x,y) \; \forall \, \lambda \in \mathbb{R}$, es decir, si es una función homogénea de grado $0$.

Además, si dicha ecuación puede expresarse de la forma $P(x,y)\,dx+Q(x,y)\,dy=0\;\;\; (1)$, donde $P(x,y)$ y $Q(x,y)$ sean funciones homogéneas del mismo grado, entonces la ecuación diferencial dada se convierte en una ecuación diferencial de variables separables mediante el cambio de variable $y:=x\,u$, donde $u$ es función de $x$.

Ejemplo:

Sea la EDO de primer orden $y'(x)=\dfrac{x+y(x)}{x}$ (por lo que, aquí, $f(x,y)=\dfrac{x+y(x)}{x}$). Notemos que $f(\alpha\,x,\alpha\,y)=\dfrac{\alpha\,x+\alpha\,y}{\alpha\,x}=\dfrac{\alpha\,(x+y(x))}{\alpha\,x}=\dfrac{x+y(x)}{x}=\alpha^0\cdot \dfrac{x+y(x)}{x}=f(x,y)$, luego al ser $f(x,y)$ una función homogénea, la ecuación propuesta es una EDO de coeficientes homogéneos.

Intentemos expresarla tal como está escrita en (1), para ello, la reescribimos de la forma $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{x+y(x)}{x}$; de ello, fácilmente se obtiene que $(x+y)\,dx+(-x)\,dy=0$, con lo cual $P(x,y):=x+y$ y $Q(x,y):=-x$. Observemos que estas funciones son homogéneas de grado $1$; en efecto, $P(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda\,x+\lambda\,y=\lambda\,(x+y)=\lambda^1\,P(x,y)$, y $Q(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda\,(-x)=\lambda^1\,Q(x,y)$.

Estamos en condiciones de realizar el cambio de variable indicado para expresar la EDO de partida (ecuación con coeficientes homogéneos) como una EDO de variables separables. Entonces, haciendo pues dicho cambio de variables, $y(x)=x\cdot u(x)$, se tiene que $y'(x)=u(x)+x\,u'(x)$; por otra parte, el segundo miembro de la ecuación diferencial se expresará ahora de la forma $\dfrac{x+y(x)}{x}=\dfrac{x+x\,u(x)}{x}=1+u(x)$. Así, la ecuación diferencial nos queda reescrita de la forma $u(x)+x\,u'(x)=1+u(x)$, esto es $x\,u'(x)=1$, que es lo mismo que $x\,\dfrac{u(x)}{dx}=1$, luego $du(x)=\dfrac{dx}{x}$.

Integrando en ambos miebros: $\displaystyle \int\,du(x)=\int\,\dfrac{dx}{x}+C$, con lo cual, $u(x)=\ln\,x+C$. Y, finalmente, deshaciendo el cambio de variable: $u(x)=\dfrac{y(x)}{x}\, \therefore y=x\,(\ln\,x+C)$, que es la estructura de la solución general. $\diamond$

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Referencias

  [1] R. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simón S.A., Barcelona, 1978.
  [2] A. Kiseliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias, cuarta edición, Mir, Moscú, 1984.
  [3] C. G. Lambe, C. J. Tranter, Ecuaciones diferenciales, UTEHA, México D.F., 1964.
  [4] M. Cordero, M. Gómez, Ecuaciones diferenciales ordinarias, García Maroto Editores, Madrid, 2010.
  [5] F. Ayres, Ecuaciones diferencials, McGraw-Hill (Shaum), México D.F., 1992.

Ejemplos de resolución de EDOs lineales de segundo orden de coeficientes constantes, no homogéneas

En este ejemplo, muestro el proceso de resolución de tres ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de segundo orden no homogéneas:
  a) $y^{''}+3y^{'}+2=x+1$
  b) $y^{''}-2y^{'}+1=4x-3$
  c) $y^{''}+y^{'}+1=x^2+2$
Recuérdese que primero se resuelve la EDO lineal homogénea, encontrando su solución, $y_H$; a continuación, hay que encontrar una solución particular $y_P$ de la EDO no homogénea. Finalmente, la solución general de la EDO lineal no homgénea viene dada por $y_G=y_H+y_P$.

(a) Resolución de $y^{''}+3y^{'}+2=x+1$

1. La EDO homogénea es $y^{''}+3y^{'}+2=0$; entonces, haciendo $y=e^{\lambda\,x}$, y por tanto: $y^{'}=\lambda\,e^{\lambda\,x}$ e $y^{''}=\lambda^2\,e^{\lambda\,x}$. Sustituyendo en la e. homogénea, encontramos $(\lambda^2+3\,\lambda+2)\,e^{\lambda\,x}=0\,\therefore\, \lambda^2+3\,\lambda+2=0$, encontrando dos valores reales distintos como solución a esa ecuación algebraica, $\lambda=\left\{\begin{matrix}-1\\-2\end{matrix}\right.$, por consiguiente se sabe que la s. homogénea es del tipo $y_H=C_1\,e^{\lambda_1\,x}+C_2\,e^{\lambda_2\,x}$, esto es, $y_H=C_1\,e^{-x}+C_2\,e^{-2x}$.
2. Procedo ahora a calcular una solución particular de la ecuación general, para lo cual utilizaré el método de los coeficientes indeterminados. Teniendo en cuenta que el segundo miembro es un polinomio de primer grado, ensayamos un polinomio de grado $1$ como una s. particular: $y_P=Ax+B$, con lo cual $y_{P}^{'}=A$ e $y_{P}^{''}=0$. Sustituyendo en la ecuación general, e igualando los coeficientes de los términos de igual grado, se obtiene $0+3A+2\,(Ax+B)=x+1 \, \therefore\, \left\{\begin{matrix}2A=1\\ 3A+2B=1\end{matrix}\right.$, de lo cual se deduce que $A=\dfrac{1}{2}$ y $B=-\dfrac{1}{4}$; por consiguiente, una solución particular de la ecuación general es $y_P=\dfrac{1}{2}\,x-\dfrac{1}{4}$
3. En consecuencia, la solución general de la ecuación diferencial no homogénea (suma de la solución de la e.d. homogénea) y de una solución particular es: $$y=C_1\,e^{-x}+C_2\,e^{-2x}+ \dfrac{1}{2}\,x-\dfrac{1}{4}$$

(b) Resolución de $y^{''}-2y^{'}+1=4x-3$

Éste es un caso en el que, como novedad con respecto al apartado anterior, la solución algebraica a la ecuación en $\lambda$ consta de un sólo valor real, con multiplicidad $2$. Se demuestra que, al igual que la expresión del tipo $e^{\lambda \,x}$, también satisface la ecuación diferencial homogénea la expresión $x\,e^{\lambda\,x}$.

1. La EDO homogénea es $y^{''}-2y^{'}+1=0$; entonces, haciendo $y=e^{\lambda\,x}$, y por tanto: $y^{'}=\lambda\,e^{\lambda\,x}$ e $y^{''}=\lambda^2\,e^{\lambda\,x}$. Sustituyendo en la e. homogénea, encontramos $(\lambda^2-2\,\lambda+1)\,e^{\lambda\,x}=0\,\therefore\, \lambda^2-2\,\lambda+1=0$, encontrando un sólo valor real, $\lambda=1$ (con multiplicidad $2$), como solución a la ecuación algebraica, por consiguiente se sabe que la s. homogénea es del tipo $y_H=C_1\,e^{\lambda\,x}+C_2\,x\,e^{\lambda\,x}$, esto es, $y_H=C_1\,e^{x}+C_2\,x\,e^{x}$.
2. Procedo ahora a calcular una solución particular de la ecuación general, para lo cual utilizaré el método de los coeficientes indeterminados. Teniendo en cuenta que el segundo miembro es un polinomio de primer grado, ensayo un polinomio de grado $1$ como solución particular: $y_P=Ax+B$, con lo cual $y_{P}^{'}=A$ e $y_{P}^{''}=0$. Sustituyendo en la ecuación general, e igualando los coeficientes de los términos de igual grado, se obtiene $0-2A+Ax+B=4x-3 \, \therefore\, \left\{\begin{matrix}A=4\\ -2A+B=-3\end{matrix}\right.$, de lo cual se deduce que $B=5$; por consiguiente, una solución particular de la ecuación general es $y_P=4\,x-5$
3. En consecuencia, la solución general de la ecuación diferencial no homogénea (suma de la solución de la e.d. homogénea) y de una solución particular es: $$y=C_1\,e^{x}+C_2\,x\,e^{x}+ 4\,x-5$$

(c) Resolución de $y^{''}+y^{'}+1=x^2+2$

Este último apartado del ejercicio presenta el caso más interesante de los tres, pues, a diferencia de los otros dos, la solución algebraica a la ecuación en $\lambda$ consta de dos valores complejos conjungados. La expresiones del tipo $e^{\lambda_1 \,x}$ y $e^{\lambda_2 \,x}$, siguien satisfaciendo la ecuación diferencial homogénea; sin embargo, habrá que hacer algunos arreglos que veremos a continuación.

1. La EDO homogénea es $y^{''}+y^{'}+1=0$; entonces, haciendo $y=e^{\lambda\,x}$, y, derivándola dos veces: $y^{'}=\lambda\,e^{\lambda\,x}$ e $y^{''}=\lambda^2\,e^{\lambda\,x}$, como en los demás casos. Sustituyendo en la e. homogénea, encontramos $(\lambda^2+\lambda+1)\,e^{\lambda\,x}=0\,\therefore\, \lambda^2+\,\lambda+1=0$, cuyas soluciones son, $\lambda_1=\dfrac{-1+i\,\sqrt{3}}{2}$ y $\lambda_1=\dfrac{-1-i\,\sqrt{3}}{2}$, por consiguiente se sabe que la s. homogénea, que es del tipo $y_H=C_1\,e^{\lambda_1\,x}+C_2\,x\,e^{\lambda_2\,x}$, es $y_H=C_1\,\,e^{-x/2}\,e^{i\,\sqrt{3}/2\,x}+C_2\,\,e^{-x/2}\,e^{-i\,\sqrt{3}/2\,x}$, que, por la fórmula de Euler, puede escribirse de la forma $y_H=C_1\,\,e^{-x/2}\,\left( \cos(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x)+i\,\sin(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,x)\right)+C_2\,\,e^{-1/2}\,\left( \cos(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x)-i\,\sin(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,x)\right)=$
     $=e^{-x/2}\left( (C_1+C_2)\,\cos( \dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x ) + i\,(C_1-C_2)\,\sin( \dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x )\right)$. Desde luego, las constantes arbitrarias $C_1$ y $C_2$ pueden ser complejas, y por tanto, conllevan cuatro cantidades desconocidas (las dos partes reales y las dos partes imaginarias), que no pueden ser independientes entre sí. Para salvar esta pega elegimos dichas constantes (arbitrarias), de manera que una sea la compleja conjugada de la otra, por lo que podemos expresar esas cuatro cantidades como dos constantes reales haciendo $A\overset{.}{=}C_1+C_2$ y $B\overset{.}{=}(C_1-C_2)\,i$. Mediante esta estratagema, podemos escribir la solución a esta e. diferencial homogénea de la forma $$y_H=e^{-x/2}\,\left(A\,\cos(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x)+B\,\sin(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x)\right)$$ espresión que también puede ponerse de otra manera equivalente que puede resultar práctica en según que casos; se trata de multiplicar y dividir por $\mu\overset{.}{=}\sqrt{A^2+B^2}$ en el segundo miembro de la igualdad anterior; de esta forma, $y_H=\mu\,e^{-x/2}\,\left(\dfrac{A}{\mu}\,\cos(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x)+\dfrac{B}{\mu}\,\sin(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x)\right)$, pues interpretando $\mu$ como el módulo de un cierto vector, por significado trigonométrico, aparece una cantidad (angular) $\lambda$ que nos viene bastante bien y que cumple que $\dfrac{A}{\mu}=\sin\,(\delta)$ y $\dfrac{B}{\mu}=\cos\,(\delta)$. Así, de forma equivalente, podremos escribir también: $$y_H=\mu\,e^{-x/2}\,\left(\sin(\delta)\,\cos(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x)+\cos(\delta)\,\sin(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x) \right)=\mu\,e^{x/2}\,\,\sin(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x+\delta)$$ donde, ahora, con estas transformaciones algebraicas, las constantes arbitrarias son $\mu$ y $\delta$, pudiendo interpretar esta última como un ángulo de fase.
2. Procedo ahora a calcular una solución particular de la ecuación general, para lo cual utilizaré el método de los coeficientes indeterminados. Teniendo en cuenta que el segundo miembro es un polinomio de segundo grado, ensayo un polinomio de grado $2$ como solución particular: $y_P=Ax^2+Bx+C$, con lo cual $y_{P}^{'}=2Ax+B$ e $y_{P}^{''}=2A$. Sustituyendo en la ecuación general, e igualando los coeficientes de los términos de igual grado, se obtiene $y^{''}+y^{'}+1=x^2+2 \, \therefore\, \left\{\begin{matrix}A=1\\ 2A+B=0 \\ 2A+B+C=0\end{matrix}\right.$, de lo cual se deduce que $B=-2$ y $C=2$; por consiguiente, una solución particular de la ecuación general es $y_P=x^2-2x+2$
3. En consecuencia, la solución general de la ecuación diferencial no homogénea (suma de la solución de la e.d. homogénea) y de una solución particular es: $$y=\mu\,e^{x/2}\,\,\sin(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\,x+\delta)+ x^2-2x+2$$

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Referencias:

  [1] N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simón, S.A., Barcelona, 1978.
  [2] A. Kiseliov, M. Krasnov, G. Makarenko, Problemas de ecuaciones diferenciales ordinarias; tercera edición traducida al castellano. Editorial Mir, Moscú, 1979.
  [3] J.B. Marion, Mecánica clásica de las partículas y sistemas, Reverté, Barcelona, 1998.