Ecuaciones de Cauchy-Euler: la magia de probar y = xᵐ

2026-07-07

Hay una familia de ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes variables que, pese a no ser de coeficientes constantes, se resuelve casi igual de fácil: las ecuaciones de Cauchy-Euler (o *equidimensionales*). Su forma es $$a_n\,x^n y^{(n)} + \dots + a_1\,x\,y' + a_0\,y = g(x),$$ donde la clave salta a la vista: el orden de cada derivada coincide con la potencia de $x$ que la multiplica. Ese equilibrio es lo que las hace especiales.

El truco es probar una potencia: $y = x^{m}$. Al derivarla, cada término se comporta igual de bien, porque $x^{k}\,\dfrac{d^{k}}{dx^{k}}x^{m} = m(m-1)\cdots(m-k+1)\,x^{m}$: todos vuelven a salir con $x^{m}$. Sacándolo de factor común queda una ecuación algebraica en $m$, la ecuación indicial (la «característica» de estas ecuaciones). Por ejemplo, $$x^2 y'' + x y' - y = 0 \;\Longrightarrow\; m(m-1)+m-1 = m^2-1 = 0 \;\Longrightarrow\; m=\pm 1,$$ y la solución es $y = C_1\,x + C_2\,x^{-1}$.

Como con la ecuación característica de coeficientes constantes, hay tres casos según las raíces de la indicial. Si son reales y distintas $m_1\neq m_2$, cada una aporta su potencia: $y = C_1 x^{m_1} + C_2 x^{m_2}$. Si hay una raíz doble $m$, la segunda solución gana un $\ln x$: $y = (C_1 + C_2\ln x)\,x^{m}$ —por ejemplo $x^2 y'' - 3x y' + 4y = 0$ da $y = x^2(C_1 + C_2\ln x)$—. Y si son complejas $m = \alpha\pm\beta i$, aparecen oscilaciones en escala logarítmica: $y = x^{\alpha}\bigl(C_1\cos(\beta\ln x) + C_2\sin(\beta\ln x)\bigr)$, como en $x^2 y'' + x y' + y = 0 \Rightarrow y = C_1\cos(\ln x) + C_2\sin(\ln x)$.

¿Por qué justo $x^{m}$? Porque el cambio de variable $x = e^{t}$ (es decir $t=\ln x$) convierte cualquier Cauchy-Euler en una EDO de coeficientes constantes en $t$: se cumple $x\,\dfrac{d}{dx} = \dfrac{d}{dt}$, y las soluciones $e^{mt}$ de la nueva ecuación son exactamente $x^{m}$. Ahí se ve de dónde salen el $\ln x$ de las raíces dobles (el clásico $t\,e^{mt}$) y los cosenos y senos de $\ln x$ de las complejas. MathOperator muestra esta deducción entera, término a término, y también resuelve las no homogéneas añadiendo la solución particular: x^2*y'' + x*y' - y = x^3 sale $y = C_1 x + C_2 x^{-1} + \tfrac{x^3}{8}$.

Pruébalo en el operador de ecuaciones diferenciales con ejemplos como x^2*y'' + x*y' - y = 0, x^2*y'' - 3*x*y' + 4*y = 0 o x^2*y'' + x*y' + y = 0. Como siempre, con los pasos bien explicados y la solución comprobada.