Ecuaciones diferenciales

ECUACIONES DIFERENCIALES

LINEALES UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA

SARANGO VELIZ ANDY JUAN

PAJUELO VILLANUEVA MIGUEL ANGEL

GONZALES OCHOA ANGELA

ROJAS ROJAS IVAN EDUARDO

GIRALDO BUSTAMANTE DANIEL

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES

MATEMÁTICA II Página 1

INTRODUCCIÓN

Una ecuación diferencial lineal de orden n es una ecuación de

la forma:

𝑎𝑛(𝑥)𝑑𝑛𝑦

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1(𝑥)

𝑑𝑛−1𝑦

𝑑𝑥𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1(𝑥)

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)… (1)

Lo cual equivale a:

[𝑎𝑛(𝑥)𝑑𝑛

𝑑𝑥𝑛+ 𝑎𝑛−1(𝑥)

𝑑𝑛−1

𝑑𝑥𝑛−1+ ⋯ + 𝑎1(𝑥)

𝑑

𝑑𝑥+ 𝑎0(𝑥)]𝑦 = 𝑓(𝑥)… (2)

O si se desea:

[𝑎𝑛(𝑥)𝐷𝑛 + 𝑎𝑛−1(𝑥)𝐷𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1(𝑥)𝐷 + 𝑎0(𝑥)]𝑦 = 𝑓(𝑥) … (3)

Donde 𝑎0(𝑥), 𝑎1(𝑥), … , 𝑎𝑛(𝑥) y 𝑓(𝑥) son funciones continuas

sobre un intervalo I.

A la expresión 𝐿 = 𝑎𝑛(𝑥)𝐷𝑛 + 𝑎𝑛−1(𝑥)𝐷𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1(𝑥)𝐷 + 𝑎0(𝑥),

con 𝑎𝑛(𝑥) ≠ 0, se le llama operador diferencial lineal de orden

n sobre el intervalo Entonces la expresión (3) puede ponerse

como:

𝐿𝑦 = 𝑓(𝑥) … (4)

Que 𝐿 sea un operador diferencial lineal de orden n significa

que cumple con la siguiente propiedad:

𝐿(𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2) = 𝑐1𝐿𝑦1 + 𝑐2𝐿𝑦2

La ecuación (1) o cualquiera de sus equivalentes (2), (3), o (4) se

dice que es homogénea si 𝑓 es idénticamente nula sobre I. Es

decir, su forma será:



𝐿𝑦 = 0

En caso contrario, se dice que (1) es no homogénea.

Una función 𝑦 = 𝑦(𝑥) es una solución de (1) o cualquiera de sus

equivalentes (2), (3), o (4), si y solo si 𝑦(𝑥) es n veces

diferenciable y continua sobre I y además satisface dicha

ecuación en I.

TEOREMA

La solución general de la ecuación diferencial lineal no

homogénea 𝐿𝑦 = 𝑓(𝑥), puede encontrarse al sumar todas las

soluciones de la ecuación homogénea asociada: 𝐿𝑦 = 𝑓(𝑥).

Es decir, el procedimiento para encontrar la solución general

de 𝐿𝑦 = 𝑓(𝑥), es:

1. Encontrar la solución de la ecuación homogénea asociada

𝐿𝑦 = 0, sea 𝑦𝐻 (𝑜 𝑦𝑐) la solución.

2. Encontrar una solución particular de la ecuación 𝐿𝑦 = 𝑓(𝑥),

sea 𝑦𝑝 la solución.

3. La solución general de 𝐿𝑦 = 𝑓(𝑥) esta dada por: 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝

EJEMPLO

Comprobar que 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 + 𝑥 +𝑥2

4 es la solución general de

la ecuación: 𝑥𝑦𝑛 + 𝑦 , = 𝑥 + 1 donde 𝑦𝐻 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 es solución

de la ecuación homogénea asociada: 𝑥𝑦𝑛 + 𝑦 , = 0, y 𝑦𝑝 = 𝑥 +𝑥2

4 es

una solución particular de la ecuación dada.

SOLUCIÓN

Probaremos que 𝑦𝐻 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 es solución de 𝑥𝑦𝑛 + 𝑦 , = 0 … (1)



De 𝑦𝐻 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 → 𝑦𝐻, = −

𝑐2

𝑥2

En (1): −𝑥𝑐2

𝑥2+

𝑐2

𝑥= −

𝑐2

𝑥+

𝑐2

𝑥= 0, con lo cual se pruebe que es una

solución de (1).

Probaremos que 𝑦𝑝 = 𝑥 +𝑥2

4 es solución de 𝑥𝑦 ,, + 𝑦 , = 𝑥 + 1 … (2)

De 𝑦𝑝 = 𝑥 +𝑥2

4→ 𝑦𝑝

, = 1 +𝑥

2→ 𝑦 ,, =

1

2

En (2): 𝑥 (1

2) + (1 +

𝑥

2) =

𝑥

2+

𝑥

2+ 1 = 𝑥 + 1, con lo cual queda

probada.

Luego hemos probado que la solución general de la ecuación:

𝑥𝑦𝑛 + 𝑦 , = 𝑥 + 1 es 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑝 → 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 + 𝑥 +𝑥2

4

OBSERVACIONES

a) La ecuación: 𝑥𝑦𝑛 + 𝑦 , = 𝑥 + 1 es de segundo orden y en su

solución general aparecen dos constantes. b) Concretamente las constantes aparecen en 𝑦𝐻 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥,

solución de la ecuación homogénea asociada: 𝑥𝑦𝑛 + 𝑦 , = 0

(esta solución nos da todas las soluciones de la ecuación

homogénea, conforme damos valores a 𝑐1 𝑦 𝑐2 ).

c) Ligados a las constantes 𝑐1 𝑦 𝑐2 aparecen dos funciones:

𝑦1(𝑥) = 1 𝑦 𝑦2(𝑥) = ln 𝑥 [𝑦𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑦𝐻 = 𝑐11 + 𝑐2 ln 𝑥] las cuales

notamos que son linealmente independientes y además,

también son soluciones de: 𝑥𝑦 ,, + 𝑦 , = 0

d) Luego la solución 𝑦𝐻 de la homogénea es una

combinación lineal de las soluciones

∴ 𝑦1 (𝑥) = 1 𝑦 𝑦2(𝑥) = ln 𝑥



CONCLUSION

TEOREMA

Dada la ecuación diferencial lineal de orden n: 𝐿𝑦 = 𝑓(𝑥),

decimos que la solución 𝑦𝐻 de la ecuación diferencial lineal

homogénea asociada: 𝐿𝑦 = 0 es una combinación lineal de n

funciones linealmente independientes: 𝑦1 , 𝑦2 , … , 𝑦𝑛 de la forma

𝑦𝐻 = 𝑐1𝑦1 + 𝑐2𝑦2 + ⋯ + 𝑐𝑛𝑦𝑛, (𝑐𝑎𝑑𝑎 𝑦1 , 𝑦2 , … , 𝑦𝑛 𝑒𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝐿𝑦 = 0 )

Donde al conjunto {𝑦1 , 𝑦2 , … , 𝑦𝑛} lo llamaremos sistema o base

fundamental de la solución 𝑦𝐻


CON COEFICIENTES CONSTANTES

Sea la ecuación diferencial de la forma:

𝑎𝑛𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎0𝑦 = 𝑓(𝑥)

Donde 𝑎0 ,𝑎1 , … , 𝑎𝑛 Є R

Entonces

(𝑎𝑛𝐷(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝐷(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎0)𝑦 = 𝑓(𝑥)

𝐿𝑦 = 𝑓(𝑥)

L es el operador lineal con coeficientes constantes

PROPIEDADES DEL OPERADOR DIFERENCIAL LINEAL L CON COEFICIENTES CONSTANTES

1. Los operadores lineales L con coeficientes constantes pueden ser considerados como polinomios algebraicos en D.



Es decir: 𝐿(𝐷) = 𝑎𝑛𝐷(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝐷(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎0.

2. Todo operador diferencial lineal de la forma anterior puede

expresarse como un producto de operadores con coeficientes constantes de grado uno y/o de grado 2.

EJEMPLO Sea la ecuación diferencial

𝑦 ´´´ + 4𝑦′′ + 5𝑦′ + 2𝑦 = 0

(𝐷3 + 4𝐷2 + 5𝐷 + 2)𝑦 = 0

𝐿(𝐷) = (𝐷3 + 4𝐷2 + 5𝐷 + 2) (1ra propiedad)

𝐿(𝐷) = (𝐷 + 1)2(𝐷 + 2) (2da propiedad)

ECUACIONES LINEALES HOMOGÉNEAS DE SEGUNDO ORDEN Partiendo de la ecuación lineal homogénea de orden dos, con coeficientes constantes

𝑎2𝑦′′ + 𝑎1𝑦′ + 𝑎0𝑦 = 0

(𝑎2𝐷2 + 𝑎1𝐷 + 𝑎0)𝑦 = 0

Luego la ecuación característica

𝑎2𝑟2 + 𝑎1𝑟 + 𝑎0 = 0

Cuyas raíces son 𝑟1 𝑦 𝑟2. Las posibles soluciones de la ecuación característica pueden presentar tres casos:



CASO 1 La ecuación característica tiene dos raíces reales

distintas. Si 𝑟1 𝑦 𝑟2 son las dos soluciones reales de la ecuación característica De manera que:

⟨𝑦1(𝑥)⟩ = 𝑒𝑟1𝑥 ⟨𝑦2(𝑥)⟩ = 𝑒𝑟2 𝑥

Tenemos que la solución general de la ecuación homogénea es:

𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒𝑟1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑟2𝑥 , Con 𝐶2 𝑦 𝐶1∈ R. CASO 2 La ecuación característica tiene dos raíces complejas

conjugadas. Suponiendo que 𝑟1 = a + bi, y por tanto 𝑟2 = a − bi, se verifica que

⟨𝑦1(𝑥)⟩ = 𝑒𝑟1 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 𝑦2(𝑥) = 𝑒𝑟2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑏𝑥

La solución general será 𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒𝑟1𝑥𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 + 𝐶2𝑒𝑟2 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑏𝑥 CASO 3 La ecuación característica tiene una raíz real doble. Se tiene que 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟.

Se verifica:

⟨𝑦1(𝑥)⟩ = 𝑒𝑟𝑥 ⟨𝑦2(𝑥)⟩ = 𝑥𝑒𝑟𝑥

La solución general será 𝑦(𝑥) = 𝐶1𝑒𝑟𝑥 + 𝐶2𝑟𝑒𝑟𝑥 PROCEDIMIENTO PARA BUSCAR LA SOLUCIÓN GENERAL DE UNA ECUACIÓN LINEAL HOMOGÉNEA DE ORDEN “n” CON COEFICIENTES CONSTANTES Dada la ecuación diferencial de orden n:



𝑎𝑛𝑦(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝑦(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎0 = 0

Donde 𝑎0 , 𝑎1 , … , 𝑎𝑛 Є R con 𝑎𝑛 ≠ 0

La ecuación es equivalente a

(𝑎𝑛𝐷(𝑛) + 𝑎𝑛−1𝐷(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎1𝐷 + 𝑎0)𝑦 = 0

La ecuación característica será:

𝑎𝑛𝑟𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑟𝑛−1 + ⋯ + 𝑎0 = 0 Y encontramos sus n raíces

(𝑟1 , 𝑟2 , … . 𝑟𝑛).

CASOS

a) RAÍCES REALES Y DIFERENTES

Para 𝑟1 : ⟨𝑦1(𝑥)⟩ = 𝑒𝑟1𝑥

Para 𝑟2 : ⟨𝑦2(𝑥)⟩ = 𝑒𝑟2 𝑥

Para 𝑟𝑛 : ⟨𝑦𝑛(𝑥)⟩ = 𝑒𝑟𝑛𝑥

Entonces la solución general es: 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑟1𝑥 𝐶2𝑒𝑟2𝑥 + ⋯ + 𝐶𝑛𝑒𝑟𝑛𝑥

b) RAÍCES IGUALES DE MULTIPLICIDAD k (𝒓𝟏 , 𝒓𝟐 , … . 𝒓𝒌 = 𝒓)

Para 𝑟1 = r: ⟨𝑦1(𝑥)⟩ = 𝑒𝑟𝑥

Para 𝑟2 = r: ⟨𝑦2(𝑥)⟩ = 𝑥𝑒𝑟𝑥

Para 𝑟3 = r: ⟨𝑦3(𝑥)⟩ = 𝑥2𝑒𝑟𝑥

:

Para 𝑟𝑘 = r: ⟨𝑦𝑘(𝑥)⟩ = 𝑥𝑘−1𝑒𝑟𝑥

Entonces la solución general es:

𝑦 = 𝐶1𝑒𝑟𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒𝑟𝑥 + 𝐶3𝑥2𝑒𝑟𝑥 + ⋯ + 𝐶𝑘 𝑥𝑘−1𝑒𝑟𝑥

c) RAÍCES COMPLEJAS

Para 𝑟1 = a + ib: ⟨𝑦1(𝑥)⟩ = 𝑒𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥



Para 𝑟2 = a − ib: ⟨𝑦2(𝑥)⟩ = 𝑒𝑎𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑏𝑥

Para 𝑟3 = c + id:⟨𝑦3(𝑥)⟩ = 𝑒𝑐𝑥𝑐𝑜𝑠𝑑𝑥

Para 𝑟4 = c − id:⟨𝑦3 (𝑥)⟩ = 𝑒𝑐𝑥𝑠𝑒𝑛𝑑𝑥

:

Para 𝑟2𝑚 −1 = k + iL ∶ ⟨𝑦𝑘(𝑥)⟩ = 𝑒𝑘𝑥 𝑐𝑜𝑠𝐿𝑥

Para 𝑟2𝑚 = k − iL ∶ ⟨𝑦𝑘(𝑥)⟩ = 𝑒𝑘𝑥 𝑠𝑒𝑛𝐿𝑥

Entonces la solución general es:

𝑦 = 𝐶1𝑒𝑎𝑥𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 + 𝐶2𝑒𝑎𝑥𝑠𝑒𝑛𝑏𝑥 + 𝐶3𝑒𝑐𝑥𝑐𝑜𝑠𝑑𝑥 + 𝐶4𝑒𝑐𝑥𝑠𝑒𝑛𝑑𝑥

+ 𝐶2𝑚−1𝑒𝑘𝑥𝑐𝑜𝑠𝐿𝑥 + ⋯ + 𝐶2𝑚𝑒𝑘𝑥𝑠𝑒𝑛𝐿𝑥

También se debe recurrir a la combinación de (a), (b) y (c) para

la resolución de ecuaciones diferenciales donde se presenten

raíces 𝑟𝑖 que abarquen más de un solo tipo.

PROBLEMA DE ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL

HOMOGÉNEA CON COEFICIENTES VARIABLES

Sea la siguiente ecuación diferencial

𝑥2𝑦´´ + 𝑥𝑦 ´ − 4𝑦 = 0

Halle la solución general de la ecuación diferencial sabiendo

que una solución es 𝑦1(𝑥) = 𝑥2

SOLUCIÓN

Sabemos que la siguiente ecuación diferencial es lineal (porque

depende de x) y homogénea (porque está igualada a cero) y de

orden 2 con coeficientes variables (por el 𝑥2).

1) Necesitamos las 2 soluciones porque es de orden 2, para

hallar la solución general.



2) Necesitamos hallar la otra solución, a la cual llamaremos

𝑦2(𝑥)

Hacemos

𝑦2(𝑥) = 𝑧(𝑥)𝑦1(𝑥)

Como 𝑦1(𝑥) = 𝑥2 entonces 𝑦2(𝑥) = 𝑧(𝑥)𝑥2 … (1)

Derivamos 𝑦2(𝑥):

𝑦2(𝑥)´ = 𝑧(𝑥)

´ 𝑥2 + 𝑧(𝑥)2𝑥

𝑦2(𝑥)´´ = 𝑧(𝑥)

´´ 𝑥2 + 𝑧(𝑥)´ 2𝑥 + 𝑧(𝑥)

´ 2𝑥 + 2𝑧(𝑥)

Sustituimos en la ecuación diferencial

𝑥2(𝑧(𝑥)´´ 𝑥2 + 4𝑧(𝑥)

´ 𝑥 + 2𝑧(𝑥)) + 𝑥(𝑧(𝑥)´ 𝑥2 + 𝑧(𝑥)2𝑥) − 4𝑧(𝑥)𝑥2 = 0

𝑥4𝑧(𝑥)´´ + 4𝑥3𝑧(𝑥)

´ + 𝟐𝒛(𝒙)𝒙𝟐 + 𝑧(𝑥)´ 𝑥3 + 𝟐𝒛(𝒙)𝒙𝟐 − 𝟒𝒛(𝒙)𝒙𝟐 = 0

𝑥4𝑧(𝑥)´´ + 5𝑥3𝑧(𝑥)

´ = 0

Observamos que 𝑧(𝑥)siempre se simplificará cuando usemos

este método.

Hacemos

𝑣 = 𝑧(𝑥)´

Derivando

𝑣 ´ = 𝑧(𝑥)´´

Reemplazando

𝑥4𝑣 ´ − 5𝑥3𝑣 = 0

𝑥4𝑑𝑣

𝑑𝑥= 5𝑥3𝑣



𝑑𝑦

𝑣=

5

𝑥𝑑𝑥

Integrando

∫𝑑𝑣

𝑣= ∫

5

𝑥𝑑𝑥

𝑙𝑛𝑣 = 5𝑙𝑛𝑥 + ℂ

𝑣 = 𝑒𝑙𝑛𝑥5𝑒ℂ

𝑣 = 𝑘𝑥5

Dónde K es una constante k>0

𝑧(𝑥)´ = 𝑘𝑥5

∫ 𝑧(𝑥)´ = ∫ 𝑘𝑥5

𝑧 = 𝑘𝑥6

6+ ℂ

Donde ℂ ∈ 𝕽

3) Reemplazando en (1)

𝑦2(𝑥) = 𝑘𝑥8

6+ ℂ𝑥2

Donde ℂ ∈ 𝕽, k>0

4) Dando valores: ℂ=1, k=1

𝑦2(𝑥) =𝑥8

6+ 𝑥2

Son linealmente independientes con 𝒚𝟏(𝒙)

5) Así:

{𝑥2;𝑥8

6+ 𝑥2}

Es R-base del conjunto de soluciones de la ecuación diferencial



Todas las soluciones se escribirían como la combinación lineal

de estas 2.

Luego la solución general:

𝑐1 𝑥2 + 𝑐2 (𝑥8

6+ 𝑥2)

Donde 𝒄𝟏 𝒚 𝒄𝟐 ∈ 𝕽

Para calcular soluciones simplemente daremos valores a 𝑐1 𝑦 𝑐2

en esta expresión.

PROBLEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES

NO HOMOGÉNEAS

Resolver la ecuación: 𝑦 ,,, − 4𝑦 , = −𝑥3 + x … (1)

SOLUCIÓN

Calculo de 𝑦ℎ Ecuación: 𝑦 ,,, − 4𝑦 , = 0

Ecuación característica: 𝑟3 − 4𝑟 = 0 → 𝑟(𝑟2 − 4) = 0

→ 𝑟(𝑟 + 2)(𝑟 − 2) = 0

∴ 𝑟1 = 0, 𝑟2 = −2, 𝑟3 = 2

→ 𝑦ℎ = 𝑐1 + 𝑐2𝑒−2𝑥 + 𝑐3𝑒2𝑥

Calculo de 𝑦𝑝 correspondiente a … (1)

Vemos que 𝑓(𝑥) = −𝑥3 + 𝑥 = 𝑃𝑚(𝑥) (= 𝑝𝑜𝑙𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑚 = 3)

¿El número cero es raíz de la ecuación característica?

Sí, de multiplicidad 𝑠 = 1 (𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑐𝑒 1 𝑣𝑒𝑧), entonces



𝑦𝑝 = 𝑥1𝑃3 (𝑥) → 𝑦𝑝 = 𝑥(𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 + 𝑑)

Calculo de los coeficientes de 𝑦𝑝:

Derivamos

𝑦𝑝: 𝑦𝑝, = 4𝑎𝑥3 + 3𝑏𝑥2 + 2𝑐𝑥 + 𝑑 → 𝑦𝑝

,, = 12𝑎𝑥2 + 6𝑏𝑥 + 2𝑐

→ 𝑦𝑝,,, = 24𝑎𝑥 + 6𝑏

Reemplazamos en (1):

24𝑎𝑥 + 6𝑏 − 4(4𝑎𝑥3 + 3𝑏𝑥2 + 2𝑐𝑥 + 𝑑) = −𝑥3 + 𝑥

→ −16𝑎𝑥3 − 12𝑏𝑥2 + (24𝑎 − 8𝑐)𝑥 + (6𝑏 − 4𝑑) = −𝑥3 + 𝑥

→ 𝑃𝑜𝑟 𝐶. 𝐼.

−16𝑎 = −1 → 𝑎 =1

16

−12𝑏 = 0 → 𝑏 = 0

24𝑎 − 8𝑐 = 1 → 𝑐 =1

16

6𝑏 − 4𝑑 = 0 → 𝑑 = 0

Luego en 𝑦𝑝 , tenemos: 𝑦𝑝 = 𝑥 (1

16𝑥3 +

1

16𝑥) → 𝑦𝑝 =

1

16(𝑥4 + 𝑥2)

𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝

La solución general es: 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2𝑒−2𝑥 + 𝑐3𝑒2𝑥 +1

16(𝑥4 + 𝑥2)

ECUACION DIFERENCIAL LINEAL HOMOGENEA CON

COEFICIENTE CONSTANTE

1.-𝑦(4)−4𝑦´´´ + 6𝑦´´ − 4𝑦´ + 𝑦 = 0

SOLUCION



y = 𝑒𝑟𝑥

�̇� = r𝑒𝑟𝑥

�̈� = 𝑟2 𝑒𝑟𝑥

𝑦 = 𝑟3 𝑒𝑟𝑥

𝑦(4)= 𝑟4 𝑒𝑟𝑥

Entonces:

𝑟4 𝑒𝑟𝑥 - 4𝑟3 𝑒𝑟𝑥 + 6𝑟2 𝑒𝑟𝑥 - 4𝑟𝑒𝑟𝑥 + 𝑒𝑟𝑥 = 0

𝑒𝑟𝑥 (𝑟4 − 4𝑟3 + 6𝑟2 − 4𝑟 + 1) = 0

→ 𝑒𝑟𝑥 diferente de 0

El polinomio característico de la ecuación diferencial es:

P(r)= 𝑟4 − 4𝑟3 + 6𝑟2 − 4𝑟 + 1 = 0

De donde, damos solución al polinomio y hallamos sus raíces:

𝑟1 = 1 𝑟2 = 1 𝑟3 = 1 𝑟4 = 1 (raíces reales de multiplicidad

4)Luego el sistema fundamental de soluciones es :

𝑦1 = 𝑒𝑥

𝑦2 = 𝑥. 𝑒𝑥

𝑦3 = 𝑥2 . 𝑒𝑥

𝑦4 = 𝑥3 . 𝑒𝑥

Y la solución general es :

𝑦𝑔 = 𝑐1𝑒𝑥 + 𝑐2𝑥. 𝑒𝑥 + 𝑐3𝑥2 . 𝑒𝑥 + 𝑐4𝑥3 . 𝑒𝑥

2. 𝑑6 𝑦

𝑑𝑥6+ 6

𝑑4 𝑦

𝑑𝑥4+ 9

𝑑2 𝑦

𝑑 𝑥2+ 4𝑦 = 0



SOLUCIÓN:

𝑦(6) + 6𝑦(4) + 9𝑦(2) + 4𝑦 = 0

y = 𝑒𝑟𝑥

�̈� = 𝑟2 𝑒𝑟𝑥



Entonces:

𝑟6 𝑒𝑟𝑥 + 6𝑟4 𝑒𝑟𝑥 + 9𝑟2 𝑒𝑟𝑥 + 4𝑒𝑟𝑥 = 0

𝑒𝑟𝑥 (𝑟6 + 6𝑟4 + 9𝑟2 + 4) = 0



P(r) = 𝑟6 + 6𝑟4 + 9𝑟2 + 4 = 0

De donde, damos solución al polinomio y hallamos sus raíces:

𝑟1 = 𝑖 𝑑𝑒 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 2 𝑟2 =

−𝑖 𝑑𝑒 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 2 𝑟3 = 2𝑖 𝑟4 = −2𝑖

Luego el sistema fundamental de soluciones es :

𝑦1 = cos 𝑥

𝑦2 = sin 𝑥

𝑦3 = 𝑥 cos 𝑥

𝑦4 = 𝑥 sin 𝑥

𝑦5 = cos 2𝑥



𝑦6 = sin 2𝑥


𝑦𝑔 = 𝑐1 cos 𝑥 + 𝑐2 sin 𝑥 + 𝑐3 𝑥cos 𝑥 + 𝑐4 𝑥 sin 𝑥 + 𝑐5 cos 2𝑥 + 𝑐6 sin 2𝑥

3.-𝑦(4) − 𝑦 = 0

SOLUCIÓN:

y = 𝑒𝑟𝑥


Entonces:

𝑟4 𝑒𝑟𝑥 − 𝑒𝑟𝑥 = 0

𝑒𝑟𝑥 (𝑟4 − 1) = 0



P(r)= 𝑟4 − 1 = 0 De donde, damos solución al polinomio y

hallamos sus raíces:

𝑟1 = −1 𝑟2 = 1 𝑟3 = 𝑖 𝑟4 = −𝑖

Luego el sistema fundamental de soluciones es :

𝑦1 = 𝑒−𝑥

𝑦2 = 𝑒𝑥

𝑦3 = cos 𝑥

𝑦4 = sin 𝑥




𝑦𝑔 = 𝑐1𝑒−𝑥 + 𝑐2𝑒𝑥 + 𝑐3 cos 𝑥 + 𝑐4 sin 𝑥

BIBLIOGRAFÍA

1. Ecuaciones diferenciales 2 – Cesar Saal R. y Félix Carrillo

C.

2. Análisis Matemático IV – Eduardo Espinoza Ramos.

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