ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO...

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TEMA N o 3 ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN INTRODUCCIN Una ecuacin diferencial lineal de segundo orden en su forma cannica es de la siguiente forma: d 2 y dx 2 + P (x) dy dx + Q(x)y = R(x) o bien: y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y = R(x) (1) donde P (x), Q(x) y R(x) son funciones continuas sobre un intervalo I . Si R(x) 6=0 en (1), se llama ecuacin no homogØnea. Si R(x)=0 en (1), es de la forma: y 00 + P (x)y 0 + Q(x)y =0 se llama ecuacin homogØnea. Ejemplo. 1. La ecuacin y 00 + x 2 y 0 + xy =e x , es una ecuacin de 2do. orden no homogØnea. 2. La ecuacin: y 00 + (sen x)y 0 + y =0, es una ecuacin homogØnea. Teorema (Teorema de Existencia y Unicidad de Una Solucin nica). Supongase que P (x), Q(x) y R(x) son funciones continuas sobre el intervalo I , y que contienen al punto x 0 :Entonces existe una solucin œnica y solo uno y(x) de la ecuacin (1) sobre el intervalo completo I y las condiciones iniciales y(x 0 )= y 0 , y 0 (x 0 )= y 0 0 : 1

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TEMA No 3

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DESEGUNDO ORDEN

INTRODUCCIÓNUna ecuación diferencial lineal de segundo orden en su forma canónica es de

la siguiente forma:

d2y

dx2+ P (x)

dy

dx+Q(x)y = R(x)

o bien:

y00 + P (x)y0 +Q(x)y = R(x) (1)

donde P (x), Q(x) y R(x) son funciones continuas sobre un intervalo I. SiR(x) 6= 0 en (1), se llama ecuación no homogénea. Si R(x) = 0 en (1), es de laforma:

y00 + P (x)y0 +Q(x)y = 0

se llama ecuación homogénea.

Ejemplo.

1. La ecuación y00 + x2y0 + xy =ex, es una ecuación de 2do. orden nohomogénea.

2. La ecuación: y00 + (senx)y0 + y = 0, es una ecuación homogénea.

Teorema (Teorema de Existencia y Unicidad de Una Solución Única).Supongase que P (x), Q(x) y R(x) son funciones continuas sobre el intervalo

I, y que contienen al punto x0:Entonces existe una solución única y solo unoy(x) de la ecuación (1) sobre el intervalo completo I y las condiciones iniciales

y(x0) = y0, y0(x0) = y00:

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Ejemplo.Muestre que la función y = senx, es una solución de la ecuación homogénea

y00 + y = 0 que satisface los valores iniciales y(0) = 0, y0(0) = 1.

Solución.Veri�camos que y = senx, evidentemente es una solución de la ecuación

dada , además y = cosx, más en general y = C1 senx + C2 cosx, donde C1y C2, son constantes arbitrarias y también son soluciones. Pero simplementey = senx satisface los valores iniciales, puesto que: y = senx:Si: y(0) = 0 , entonces sen(0) = 0:Luego, si y = senx =) y0 = cosx:Si: y0(0) = 1 , entonces cos(0) = 1:Esto muestra que la función y = senx es la única solución de la ecuación

y00 + y = 0, que satisface las condiciones iniciales dadas.Teorema A.Sea y1(x) y y2(x) dos soluciones linealmente independientes de la ecuación

homogenea:

y00 + P (x)y0 +Q(x)y = 0. (2)

En un intervalo [a; b] entonces la combinación lineal

y = C1y1(x) + C2y2(x),

se llama "solución general" de la ecuación (2), para todo par de constantesC1 y C2.Demostración.Sea y(x), cualquier solución de la ecuación (2) sobre el intervalo [a; b]. Ahora

debemos probar que es posible hallar las constantes C1 y C2 tal que: y(x) =C1y1(x) + C2 y2(x); 8x 2 [a; b]. Todo queda completamente determinado porel valor y(x0) y el valor de su derivada y0(x0) en un único punto x0. Esto es:�

C1y1(x0) + C2y2(x0) = y(x0)C1y

01(x0) + C2y

02(x0) = y

0(x0):

Este sistema de ecuaciones tiene una solución única, para las constantes C1y C2, siempre que la determinante de los coe�cientes sea diferente de cero, esdecir: ���� y1(x0) y2(x0)

y01(x0) y02(x0)

���� = y1(x0)y02(x0)� y2(x0)y01(x0) 6= 0.La determinante de�nida por

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W (y1,y2) =

���� y1 y2y01 y02

���� = y1y02 � y2y01,se conoce como el "wronskiano" de y1 y y2:

Corolario.Dos soluciones y1(x) y y2(x) de la ecuación homogénea

y00 + P (x)y0 +Q(x)y = 0,

en un intervalo [a; b], son linealmente independientes, si y sólo si, su wron-skiano es diferente de cero.

Ejemplo.Dada la ecuación lineal homogénea

y00 + 4y = 0.

a). Muestre que y1 = sen 2x y y2 = cos 2x son dos soluciones linealmenteindependientes.b). Hallar la solución general.c). Hallar la solución particular para los valores iniciales y(0) = 4 , y0(0) = 3.

Solución.a). Las soluciones y1 = sen 2x y y2 = cos 2x, serán linealmente independi-

entes si su wronskiano es diferente de cero, es decir:

W (y1, y2) =

���� sen 2x cos 2x2 cos 2x � 2 sen 2x

���� = �2 sen2 2x�2 cos2 2x = �2(sen2 2x+cos2 2x) = �2 6= 0.Esto muestra que evidentemente y

1y y2 son soluciones linealmente inde-

pendientes.b). La combinación lineal de las soluciones dadas es la solución general, esto

es

y = C1 sen 2x+ C2 cos 2x.

c). Para obtener la solución particular resolvemos el sistema:�C1 sen 2x+ C2 cos 2x = y;

2C1 cos 2x� 2C2 sen 2x = y01:

Aplicando las condiciones iniciales en el sistema, resulta

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�C1 sen 2(0) + C2 cos 2(0) = 4;

2C1 cos 2(0)� 2C2 sen 2(0) = 3:

De donde las soluciones son: C1 =3

2y C2 = 4. En consecuencia, la solución

particular buscada es:

y =3

2sen 2x+ 4 cos 2x.

REDUCCIÓN DE ORDEN.Para desarrollar este procedimiento, supongase que y1(x) es una solución no

nula conocida de la ecuación homogénea

y00 + P (x)y0 +Q(x)y = 0. (1)

De hecho Cy1(x), donde C es una constante, también es una solución de (1).Ahora la idea básica es sustituir C por una función desconocida digamos v(x)e intentar hallar v(x), tal que y2(x) = v(x)y1(x) sea la solución de la ecuación(1).Como suponemos que y2 = vy1 es una solución de la ecuación diferencial

(1), entonces debe cumplirse que

y002 + P (x)y02 +Q(x)y2 = 0. (2)

Las derivadas de y2 = vy1son

y02 = vy01 + v

0y1

y002 = vy001 + v

0y01 + v0y01 + v

00y1 = vy001 + 2v

0y01 + v00y1

Sustituyendo estas expresiones en (2), tenemos

(vy001 + 2v0y01 + v

00y1) + P (vy01 + v

0y1) +Qvy1 = 0,

reordenando los terminos queda

v (y001 + Py01 +Qy1) + y1v

00 + (2y01 + Py1)v0 = 0

como y1 es una solución de (1), entonces se reduce a

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y1v00 + (2y01 + Py1)v

0 = 0.

Hacemos la sustitución u = v0, entonces se reduce a

y1u0 + (2y01 + Py1)u = 0.

una ecuación diferencial lineal de primer orden y de variables separables

u0

u= �2y

01

y1� P

Integrando: Z1

udu = �2

Zy01y1dx�

ZPdx

ln juj = �2 ln jy1j �ZPdx

u =elnjy1j�2e�

ZPdx

.

Como u = v0, se tiene

v0 = y�21 e�

ZPdx

.

Intengrando nuevamente, resulta

v(x) =

Z1

y21e�

ZP (x)dx

dx.

Por tanto la segunda solución linealmente independiente de la ecuación (1)es:

y2 = vy1

y2 = y1

Z1

y21e�

ZP (x)dx

dx.

Ejemplo.La función y1 = x2 es una solución de la ecuación

x2y00 � 3xy0 + 4y = 0,

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determinar la segunda solución linealmente independiente y la solución gen-eral.Solución.Escribimos la ecuación en su forma canónica

y00 � 3

xy0 +

4

x2y = 0.

Como P (x) = � 3x, la segunda solución viene dado por y2 = vy1. Deter-

minemos v(x):

v(x) =

Z1

[x2]2e

Z�3

xdx

dx =

Z1

x4e3

Z1xdx

dx =

Z1

x4e3 lnjxjdx =

Z1

x4x3dx =

Z1

xdx = ln jxj.

Luego la segunda solución es

y2 = x2 ln jxj.

Por tanto, la solución general es

y = C1y1(x) + C2y2(x)

y = C1x2 + C2x

2 ln jxj.

Ejemplo.La función y1 =

senxpxes una solucion de

x2y00 � xy0 +�x2 � 1

4

�y = 0, en el intervalo (0; �),

determine una segunda solución linealmente independiente.Solución.La ecuación en su forma canónica es:

y00 +1

xy0 +

�1� 1

4x2

�y = 0.

Como P (x) =1

xla segunda solución viene dado por y2 = vy1. Determinemos

v(x):

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v(x) =

Z1�

senxpx

�2e�Z�1

xdx

dx =

Z1

sen2 x

x

e� lnjxjdx =Z

1

sen2 x

x

elnjxj�1dx =

Zx

sen2 xx�1dx =

Z1

sen2 xdx

=Rcsc2 xdx = � cotx.

Luego la segunda solución es

y2 = (� cotx)senxpx= � cosx

senx� senxp

x= �cosxp

x,

ó simplemente y2 =cosxpx.

Por tanto, la solución general es

y = C1senxpx+ C2

cosxpx.

Ejemplo.La función y1 = x3 es una solución de la ecuación

x2y00 � (2x2 + 6x)y0 + (6x+ 12)y = 0.

Hallar la segunda solución linealmente independiente y la solución general.Solución.La ecuación escribimos de la forma

y00 ��2 +

6

x

�y0 +

�6x+ 12

x2

�y = 0.

Como P (x) = ��2 +

6

x

�la segunda solución está dado por y2 = vy1.

Determinemos v(x):

v(x) =

Z1

[x3]2e

Z� 2+6

x

!dx

dx =

Z1

x6eR

2+6

x

!dx

dx =R 1

x6e2Rdx+6

R 1xdxdx

=

Z1

x6e2x+6lnjxjdx =

Z1

x6e2xelnjxj6dx =

Ze2x

x6x6dx =

Ze2xdx =

e2x

2.

Como y2 = vy1;entonces y2 =x3e2x

2,

o simplemente y2 = x3e2x.Por tanto la solución general es

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y = C1x3 + C2x

3e2x.

ECUACIONES LINEALES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTESCONSTANTES

Sea la ecuación lineal homogénea de segundo orden

y00 + P (x)y0 +Q(x)y = 0.

Consideremos el caso en el que P (x) y Q(x), son constantes, es decir

y00 + py01 + qy = 0. (1)

donde los coe�cientes p y q son constantes reales. La ecuación (1) se llamaecuación lineal homogénea con coe�cientes constantes. Supongase que la funciónexponencial

y =emx, (2)

donde m es una constante, es una posible solución de la ecuación (1), cuyasderivadas son

y0 = memx

y00 = m2emx.

Sustituyendo (2) y sus derivadas en (1), tenemos

m2emx + pmemx + qemx = 0

(m2 + pm+ q)emx = 0.

Esta ecuación se satisface solamente cuando la ecuación caracteristica oecuación auxiliar sea cero. Es decir

m2 + pm+ q = 0.

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Las raices m1 y m2 se obtienen mediante la fórmula general

m =�p�

pp2 � 4q2

.

Ahora debemos analizar, al igual como en álgebra los casos en el que eldiscriminante p2 � 4q, sea positiva, cero y negativo.

Raices Reales y Distintas.Si, p2�4q > 0 , entoncesm1 ym2 son raices reales y distintas, y las soluciones

son:

y1 =em1x, y2 =em2x.

Ademas y1 y y2 son linealmente independientes, puesto que:

y1y2=em1x

em2x=e(m1�m2)x 6= Ctte::

Por tanto la solución general de la ecuación (1) es

y = C1em1x + C2em2x.

Raices Reales e Iguales.Si p2�4q = 0, entoncesm1 ym2 son raices reales e iguales, es decirm1 = m2

y obtenemos solamente una sola solución: y1 =em1x con m1 = �P

2.

Sin embargo, podemos obtener la segunda solución �nalmente independienteutilizando el método de "reducción de orden"Sea: y1 =e(�

P2 )x, siendo

v =

Z1

y21�e�

RP (x)dxdx =Z

1he��

P2 xi2 �e�p R dxdx = Z 1

e�px�e�pxdx =

Zdx = x.

De manera que

y2 = vy1 =) y2 = xem1x.

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Por tanto, la solución general de la ecuación (1) es

y = C1em1x + C2xem2x.

Raices Complejas.Si p2 � 4q < 0, entonces las raices m1 y m2 son raices complejas conjugadas

y escribimosm1 = �+ i� y m2 = �� i�; donde i =

p�1; � y � 2 R:

Con � = p2 y � =

p4q�p22 .

Luego las soluciones son:

y1 =e(�+i�)x, y2 =e(��i�)x.

Pero, estamos interesados solamente en soluciones de funciones reales, paraello consideremos la fórmula de Euler

ei� = cos � + i sen �, � 2 R.

Hacemos

em1x =e(�+i�)x =e�xei�x =e�x(cos�x+ i sen�x),

em2x =e(��i�)x =e�xe�i�x =e�x(cos�x� i sen�x),

donde:

cos(��x) = cos�x, sen(��x) = � sen�x.

De manera que:

y1 =em1x + em2x

2=e�x(cos�x+ i sen�x) + e�x(cos�x� i sen�x)

2

=e�x cos�x+ i e�x sen�x+ e�x cos�x� i e�x sen�x

2=2e�x cos�x

2=e�x cos�x.

y2 =em1x � em2x

2i=e�x(cos�x+ i sen�x)� e�x(cos�x� i sen�x)

2i=2i e�x sen�x

2i=e�x sen�x.

Por tanto la solución general de la ecuación (1) es

y = C1e�x cos�x+ C2e�x sen�x.

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Ejemplo.

Hallar la solución general de la ecuación:

y00 + y0 � 6y = 0

Solución.Es una ecuación homogénea de coe�cientes constantes. La ecuación carac-

terística de la ecuación inicial es

m2 +m� 6 = 0

(m+ 3)(m� 2) = 0

m+ 3 = 0, m� 2 = 0

m1 = �3, m2 = 2.

Como las raices son reales y distintas, las soluciones son:

y1 =e�3x, y2 =e2x

Además y1 y y2 son linealmente independientes puesto que:

y1y2=e�3x

e2x=e�3x�2x =e�5x 6= Ctte:

Por tanto la solución general es:

y = C1e�3x + C2e2x.

Ejemplo.

Hallar la solución general de la siguiente ecuación:

y00 � 2y0 � y = 0

Solución.Es una ecuación homogénea de coe�cientes constantes. La ecuación carac-

terística es

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m2 � 2m� 1 = 0

m =�(�2)�

q(�2)2 � 4(�1)2

=2�

p8

2=2� 2

p2

2= 1�

p2.

Luego:m1 = 1�

p2,

m2 = 1�p2,

Como las raices son reales y distintas, de modo que las soluciones son

y1 =e(1+p2)x, y2 =e(1�

p2)x.

Vemos si son linealmente independientes y1 y y2

y1y2=e(1+

p2)x

e(1�p2)x

=e[(1+p2)x]�[(1�

p2)x] =e2

p2x 6= Ctte:

Por tanto, la solución general es

y = C1e(1+p2)x + C2e(1�

p2)x.

Ejemplo.

Hallar la solución general de la ecuación

y00 + 4y0 + 4y = 0.

Solución.La ecuación caracteristica es

m2 + 4m+ 4 = 0

(m+ 2)2 = 0

m+ 2 = 0

m = �2.

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Siendo m1 = m2 = �2, raices reales e iguales, las soluciones son:

y1 =e�2x, y2 = xe�2x.

Por tanto, la solución general es

y = C1e�2x + C2xe�2x.

Ejemplo.Determinar la solución general de la ecuación

y00 + y0 + y = 0.

Solución.La ecuación característica de la ecuación dada es

m2 +m+ 1 = 0.

Aplicando la fórmula general, tenemos

m =�1�

p1� 4

2=�1�

p�3

2= �1

2� 12

p3p�1 = �1

2� 12

p3i,

Son raices complejas y conjugadas, es decir

m1 = �1

2+

p3i

2y m2 = �

1

2�p3i

2.

Donde � = �12y � =

p3

2, entonces las soluciones son

y1 =e�x cos�x =e�12x cos

p3

2x,

y2 =e�x sen�x =e�12x sen

p3

2x.

Por tanto, la solución general es:

y = C1e�x cos�x+ C2e�x sen�x

y = C1e�12x cos

p3

2x+ C2e�

12x sen

p3

2x.

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MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS

Consideremos la ecuación diferencial lineal no homogenea

y00 + P (x)y0 +Q(x)y = R(x). (1)

Estudiamos para aquellos casos que se conoce la solución general yg(x) dela correspondiente ecuación homogenea

y00 + P (x)y0 +Q(x)y = 0. (2)

Además, si yp(x) es cualquier solución particular de (1), entonces

y = yg(x) + yp(x),

Es la solución general de la ecuación (1). El método de los coe�cientesindeterminados es un procedimiento que nos permite hallar la solución particularyp, cuando la ecuación (1) tiene la forma

y00 + py0 + qy = R(x) (3)

donde p; q son constantes y R(x) es una función exponencial (eax), un poli-nomio(a0x

n + a1xn�1 + ::::::: + an�1x + an), una función trigonométrica como

(cosx�; sen�x); o una combinación lineal de tales funciones

R(x) = (a0xn + a1x

n�1 + :::::::+ an�1x+ an)eax

�cos�xsen�x

.

Si R(x) = lnx, R(x) = 1x , R(x) = tanx, :::, etc. el método no funciona.

Primero, analizaremos la ecuación (3) de la forma:

y00 + py0 + qy =eax. (4)

Supongase que la función exponencial

yp = Aeax, (5)

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es una posible solución particular de la ecuación (4), donde A es el coe�cienteindeterminado que debe calcularse. Cuyas derivadas de (5) son:

y0p = Aaeax; y00p = Aa2eax.

Sustituyendo (5) y sus derivadas en (4), tenemos

Aa2eax + pAaeax + qAeax =eax

factorizando

A(a2 + pa+ q)eax =eax

A =1

a2 + pa+ q. (6)

Luego sustituyendo el valor de A en la ecuación (5), obtenemos la soluciónparticular, excepto cuando el denominador de (6) sea cero, esto ocurre cuandoa es una raíz de la ecuación característica:

m2 + pm+ q = 0.

Ahora intentamos de la forma

yp = Axeax. (7)

Siendo sus derivadas

y0p = Aeax +Aaxeax

y00p = Aaeax +Aaeax +Aa2xeax = 2Aaeax +Aa2xeax.

Sustituyendo (7) y sus derivadas en (4), resulta

2Aaeax +Aa2xeax + p(Aeax +Aaxeax) + qAxeax =eax.

2Aaeax +Aa2xeax + pAeax + pAaxeax + qAxeax =eax

A(a2 + pa+ q)xeax +A(2a+ p)eax =eax

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Como a es una raiz de (4), entonces se reduce a

A(2a+ p)eax =eax

A(2a+ p) = 1

A =1

2a+ p.

Sustituyendo, el valor de A en la ecuación (7), obtenemos la solución partic-

ular, salvo cuando a = �p2. Finalmente intentamos de la forma

yp = Ax2eax (8)

Siendo

y0p = 2Axeax +Aax2eax

y00p = 2Aeax+2Aaxeax+2Aaxeax+Aa2x2eax = 2Aeax+4Aaxax+Aa2x2eax.

Sustituyendo (8) y sus derivadas en la ecuación (4), tendremos

A(a2 + pa+ q)x2eax + 2A(2a+ p)xeax +Aax2eax =eax

2Aeax =eax

de manera que

A =1

2.

Ahora analizamos la ecuacion (3) de la forma

y00 + py0 + qy = a0xn + a1x

n�1 + � � �+ an�1x+ an, (9)

es natural suponer que la solución particular también es un polinomiodegrado n

yp = A0xn +A1x

n�1 + � � �+An�1x+An; (10)

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Sustituyendo (10) en (9) y sus derivadas e igualando los coe�cientes depotencias iguales de x obtenemos los coe�cientes indeterminados A0; A1; : : : ; An:El procedimiento falla cuando q = 0, entonces intentamos

yp = x(A0xn +A1x

n�1 + : : :+An�1x+An).

En el caso particular si p = 0 y q = 0, la solución obtenemos por integracióndirecta.Finalmente, analizaremos cuando la ecuación (3) es de la forma

y00 + py0 + qy = sen�x (11)

Supongase que, la solución particular de la ecuación (11) es

yp = A cos�x+B sen�x (12)

Sustituyendo (12) y sus derivadas en (11) e igualando los coe�cientes decos�x y sen�x obtenemos los coe�cientes indeterminados A y B. El proced-imiento falla cuando cos�x; o sen�x es una solución de la ecuación (10), o bieni� es una raiz de la ecuación caracteristica. Entonces intentamos de la forma:

yp = x(A cos�x+B sen�x)

= Ax cos�x+Bx sen�x.

Ejemplo.

Hallar la solución general de la ecuación

y00 � 2y0 � 3y = 4e�3x

Solución.Primero determinamos la solución general de la ecucación homogénea.

y00 � 2y0 � 3y = 0:

La ecuación característica es

m2 � 2m� 3 = 0(m� 3)(m+ 1) = 0.

Siendo las raices

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m1 = 3; m2 = �1.

De modo que la solución general es

yg = C1e3x + C2e�x.

Ahora determinamos la solución particular yp. Como a = �3 es diferente dem1 y m2 entonces planteamos de la forma

yp = Ae�3x

y0p = �3Ae�3x

y00p = 9Ae�3x

Sustituyendo, estos valores en la ecuaciones no homogeneas dada, tenemos

9Ae�3x � 2(�3Ae�3x)� 3Ae�3x = 4e�3x

9Ae�3x + 6Ae�3x � 3Ae�3x = 4e�3x

12Ae�3x = 4e�3x

A =1

3

Luego, la solución particular es

yp =1

3e�3x.

Por tanto la solución general es

y = yg + yp = C1e3x + C2e�x +1

3e�3x.

Ejemplo.

Hallar la solución general de la ecuación

y00 + 2y0 + y = 3e�x. (1)

Solución.Primero determinamos la solución general yg de la ecuación homogénea

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y00 + 2y0 + y = 0 (2)

La ecuación característica es

m2 + 2m+ 1 = 0

(m+ 1)2 = 0

son raices reales y repetidas

m1 = m2 = �1

En consecuencia la solución general de la ecuación (2) es

yg = C1e�x + C2xe�x.

Ahora determinamos la solucion particular yp de la ecuacion (1). Comoa = �1 es una raíz repetida de la ecuación característica, entonces buscamos lasolución particular de la forma

yp = Ax2e�x.

Las derivadas son

y0p = 2Axe�x �Ax2e�x

y00p = 2Ae�x � 2Axe�x � 2Axe�x +Ax2e�x

y00p = 2Ae�x � 4Axe�x +Ax2e�x

Sustituyendo yp y sus derivadas en la ecuación (1), se tiene

2Ae�x � 4Axe�x +Ax2e�x + 4Axe�x � 2Ax2e�x +Ax2e�x = 3e�x

2Ae�x = 3e�x.

Igualamos los coe�cientes, obtenemos.

2A = 3

A =3

2.

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En consecuencia la solución particular de la ecuación (1) es

yp = Ax2e�x

yp =3

2x2e�x.

Por tanto la solución general de (1) es:

y = yg + yp

y = C1e�x + C2xe�x +3

2x2e�x

Ejemplo.

Hallar la solución general de la ecuación

y00 � 3y0 + 2y = (x+ 1)2. (1)

Solución.

Primero determinemos la solución general yg de la ecuación homogénea

y00 � 3y0 + 2y = 0 (2)

Siendo la ecuación característica

m2 � 3m+ 2 = 0

(m� 2)(m� 1) = 0,

siendo las raices

m1 = 1; m2 = 2

En consecuencia, la solución general de la ecuación (2) es

yg = C1ex + C2e2x

Ahora determinemos la solución particular yp de la ecuación no homogénea(1). Buscamos de la forma:

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yp = Ax2 +Bx+ C,

siendo sus derivadas

y0p = 2Ax+B

y00p = 2A.

Sutituyendo yp y sus derivadas en la ecuación (1), se tiene:

2A� 3(2Ax+B) + 2(Ax2 +Bx+ C) = x2 + 2x+ 1

2A� 6Ax� 3B + 2Ax2 + 2Bx+ 2C = x2 + 2x+ 1

2Ax2 + (�6A+ 2B)x+ (2A� 3B + 2C) = x2 + 2x+ 1

Igualamos los coe�cientes de potencias iguales de x, obtenemos el sistema8<: 2A = 1;�6A+ 2B = 2;

2A� 3B + 2C = 1:

Donde

A =1

2; B =

5

2; C =

15

4.

Luego, la solución particular de la ecuación (1) es

yp =1

2x2 +

5

2x+

15

4.

Por tanto, la solución general de la ecuación (1) es

y = C1ex + C2e2x +1

2x2 +

5

2x+

15

4.

Ejemplo.Hallar la solución general de la ecuación

y00 + y = cosx+ senx. (1)

21

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Solución.Comenzamos determinando la solución general yg de su correspondiente

ecuación homogenea

y00 + y = 0 (2)

La ecuación caracteristica es

m2 + 1 = 0,

sus raices son complejas y conjugadas

m1 = i; m2 = �i

De manera que la solución gerneral de la ecuación (2) es

yg = C1 cosx+ C2 senx

Seguidamente determinamos la solución particular yp de la ecuación (1).Como R(x) = cosx+senx es una solución de la ecuación homogénea. Buscamosla solución particular de forma

yp = x(A cosx+B senx)

yp = Ax cosx+Bx senx

Sus derivadas son

y0p = A cosx�Ax senx+Bx senx+Bx cosx

y0p = (Bx+A) cosx+ (�Ax+B) senx

y00p = B cosx� (Bx+A) senx�A senx+ (�Ax+B) cosx

y00p = (�Ax+ 2B) cosx� (Bx+ 2A) senx

Sustituyendo yp y sus derivadas, tenemos:

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(�Ax+ 2B) cosx� (Bx+ 2A) senx+Ax cosx+Bx senx = cosx+ senx

�Ax cosx+2B cosx�Bx senx� 2A senx+Ax cosx+Bx senx = cosx+senx

2B cosx� 2A senx = cosx+ senx

Igualamos los coe�cientes de cosx y senx; obtenemos��2A = 1;2B = 1:

Donde

A = �12, B =

1

2.

Reemplazando estos coe�cientes en la solución particular es

yp = �1

2x cosx+

1

2x senx

Por tanto, la solución general de (1) es:

y = yg + yp = C1 cosx+ C2 senx�1

2x cosx+

1

2x senx.

Ejemplo.

Hallar la solución general de la ecuación

y00 � y0 � 6y = 39 sen 3x. (1)

Solución.Sea la ecuación homogénea

y00 � y0 � 6y = 0. (2)

La ecuación característica es

m2 �m� 6 = 0

(m� 3)(m+ 2) = 0

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Las raices son

m1 = 3; m2 = �2

En consecuencia la solución general de la ecuación (2) es

yg = C1e3x + C2e�2x

Planteamos la solución particular de la forma

yp = A cos 3x+B sen 3x.

Y sus derivadas son

y0p = �3A sen 3x+ 3B cos 3x

y00p = �9A cos 3x� 9B sen 3x.

Sustituyendo la solución particular y sus derivadas en (1), tendremos

�9A cos 3x� 9B sen 3x� (�3A sen 3x+ 3B cos 3x)� 6(A cos 3x+B sen 3x) =

39 sen 3x�9A cos 3x�9B sen 3x+3A sen 3x�3B cos 3x�6A cos 3x�6B sen 3x = 39 sen 3x

�15A cos 3x� 15B sen 3x+ 3A sen 3x� 3B cos 3x = 39 sen 3x

(�15A� 3B) cos 3x+ (3A� 15B) sen 3x = 39 sen 3x.

Igualando coe�cientes de cos 3x y sen 3x, obtenemos el sistema��15A� 3B = 0;3A� 15B = 39:

=) �3B = 15A =) B = � 153 A = �5A:

=) 3A� 15(�5A) = 39, =) 3A+ 75A = 39, =) A = 3978 =

12 . .=) B = � 5

2 .

De manera que

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A =1

2

B = �52.

Reemplazando los coe�cientes en yp, La solución particular es:

yp =1

2cos 3x� 5

2sen 3x

Por tanto la solución general de (1) es:

y = yg + yp = C1e3x + C2e�2x +1

2cos 3x� 5

2sen 3x:

VARIACIÓN DE PARÁMETROS

Ahora desarrollaremos un método más general, llamado "variación de parámet-ros", para determinar una solución particular de la ecuación

y00 + P (x) y0 +Q (x) y = R (x). (1)

Para emplear este método, es necesario conocer un conjunto fundamental desoluciones de la ecuación homogénea

y00 + P (x) y0 +Q (x) y = 0, (2)

donde P (x), Q(x) y R(X) son funciones continuas en un intervalo.Supongase que y1 y y2 son dos soluciones L.I. de la ecuación (2), entonces

la solución general de la ecuación homogénea (2) es

yg = C1y1 (x) + C2y2 (x). (3)

El método es análogo a la "reducción de orden", es decir, sustituimos lasconstantes C1 y C2 por las funciones desconocidas v1 (x), v2 (x) e intentamoshallar v1 y v2 tal que

yp = v1y1 + v2y2, (4)

sea la solución particular de la ecuación (1). Para este propósito debemoscalcular las derivadas

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y0p = v1y01 + v

01y1 + v2y

02 + v

02y2

y0p = (v1y01 + v2y

02) + (v

01y1 + v

02y2). (5)

Una segunda derivada complicaria más, entonces hacemos que el segundotérmino entre parentesis se anule

v01y1 + v02y2 = 0. (6)

La ecuación (5) se reduce a

y0p = v1y01 + v2y

02. (7)

Derivando una vez más, se tiene

y00p = v1y001 + v

01y01 + v2y

002 + v

02y02. (8)

Sustituyendo las ecuaciones (4), (7) y (8) en (1), obtenemos

(v1y001 + v

01y01 + v2y

002 + v

02y02) + P (v1y

01 + v2y

02) +Q (v1y1 + v2y2) = R (x).

Reagrupando los términos, resulta

v1 (y001 + Py

01 +Qy1) + v2 (y

002 + Py

02 +Qy2) + v

01y01 + v

02y02 = R (x),

como y1, y2 son soluciones de la ecuación (2), los dos términos entre paran-tesis se anulan, para tener

v01y01 + v

02y02 = R (x). (9)

Las ecuaciones (6) y (9) constituyen un sistema lineal de dos ecuaciones conlas incognitas v01 y v02.

v01y1 + v02y2 = 0

v01y01 + v

02y02 = R (x)

Resolviendo el sistema por la regla de Cramer, tenemos

v01 =�y2R (x)W (y1; y2)

; v02 =y1R (x)

W (y1; y2). (10)

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Donde

W (y1; y2) =

���� y1 y2y01 y02

����,es el Wronskiano de y1 y y2, con W (y1; y2) 6= 0.Integrando las ecuaciones de (10), tendremos

v1 =

Z �y2R (x)W (y1; y2)

dx, v2 =

Zy1R (x)

W (y1; y2)dx.

Finalmente la solución particular de la ecuación (1) es

yp = y1

Z �y2R (x)W (y1; y2)

dx+ y2

Zy1R (x)

W (y1; y2)dx.

Por tanto la solución general de la ecuación (1) es

y = yg + yp.

Ejemplo.

Determinar la solución general de

4y00 + 4y0 + y = 3ex. (11)

Solución.

La ecuación (11) escribimos en la forma (1)´:

y00 + y0 +1

4y =

3

4ex. (12)

primero, determinemos la solución general yg, de la ecuación homogénea

y00 + y0 +1

4y = 0. (13)

Siendo la ecuación caracteristica

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m2 +m+1

4= 0

m =�p�

pp2 � 4q2

=�1�

p1� 1

2= �1

2.

Luegom1 = m2 = � 1

2 .Como las raices son reales y repetidas, las soluciones son

y1 =e�12x, y2 = xe�

12x.

Así, la solución general de la ecuación (13) es

yg = C1e�12x + C2xe�

12x.

Ahora calculemos el Wronskiano de y1, y2.

W (y1; y2) =

���� y1 y2y01 y02

���� =����� e�

12x xe�

12x

�12e�

12x e�

12x � 1

2xe�

12x

����� =e�x � 12xe�x +1

2xe�x =e�x.

De manera que,

v1 =

Z �y2R (x)W (y1; y2)

dx =

Z �xe� 12x � 3

4ex

e�xdx =

Z �34xe

12x

e�xdx = �3

4

Zxe 3

2xdx

Integrando por partes, tenemosu = x =) du = dx

v =

Ze 3

2xdx =2

3e 3

2x.

v1 = �3

4

Zxe 3

2xdx = �34

�2

3xe

32x � 2

3

Ze32xdx

�= �1

2xe 3

2x +1

3e 3

2x.

Para v2, se tiene

v2

Zy1R (x)

W (y1; y2)dx =

Z e�12x3

4ex

e�xdx =

3

4

Ze 3

2x =1

2e 3

2x.

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Luego, la solución particular es

yp =

��12xe

32x +

1

3e32x

�e� 1

2x +1

2e 3

2x � xe� 12x = �1

2xex + 1

3ex + 1

2xex =

1

3ex.Por tanto, la solución general de la ecuación (11) es

y = yg + yp

y = C1e�12x + C2xe�

12x +

1

3ex.

Ejemplo.Hallar la solución particular de la ecuación

y00 + 4y = tan 2x (14)

Solución.

Determinemos la solución general de la ecuación homogenea

y00 + 4y = 0. (15)

La ecuanción caracteristica es

m2 + 4 = 0

m =p�4 = �2i,

son raices complejas y conjugadas, donde � = 0 y � = 2. De manera que la

solución general de la ecuación homogénea (15) es

yg = C1 cos 2x+ C2 sen 2x

Sea

y1 = cos 2x y y2 = sen 2x:

Ahora, calculamos el wronskiano de y1 y y2

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W (y1; y2) =

���� y1 y2y01 y02

���� = ���� cos 2x sen 2x�2 sen 2x 2 cos 2x

���� = 2 cos2 2x+ 2 sen2 2x =2�cos2 2x+ sen2 2x

�= 2.

De manera que:

v1 =

Z �y2R (x)W (y1; y2)

dx =

Z � sen 2x � tan 2x2

dx = �12

Zsen 2x

sen 2x

cos 2xdx =

�12

Zsen2 2x

cos 2xdx

= �12

Z1� cos2 2xcos 2x

dx = �12

Z �1

cos 2x� cos 2x

�dx =

1

2

Z(cos 2x� sec 2x) dx

=1

2

�sen 2x

2� ln jsec 2x+ tan 2xj

2

�=1

4sen 2x� 1

4ln jsec 2x+ tan 2xj.

Para v2, tenemos

v2 =

Zy1R (x)

W (y1; y2)dx =

Zcos 2x tan 2x

2dx =

1

2

Zcos 2x

sen 2x

cos 2xdx =

1

2

Zsen 2xdx = �1

4cos 2x.

Luego, la solución particular es

yp =

�1

4sen 2x� 1

4ln jsec 2x+ tan 2xj

�cos 2x+

��14cos 2x

�sen 2x

=1

4sen 2x cos 2x� 1

4cos 2x ln jsec 2x+ tan 2xj � 1

4sen 2x cos 2x

yp = �1

4cos 2x ln jsec 2x+ tan 2xj.

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