Est Semana08

Ecuaciones Diferenciales

Catalina DomınguezRicardo Prato

Universidad del Norte

Departamento de matematicas y estadıstica

14.09.2015

Pagina 1 Semana 08 14.09.2015 C. Domınguez -R. Prato

EDO lineales de segundo orden con coeficientes constantes

Una ecuacion lineal de segundo orden homogenea con coeficientesconstantes es de la forma

ay′′ + by′ + cy = 0 con a, b, c ∈ IR y a 6= 0 (1)

Note que al ser los coeficientes constantes son funciones continuascuyo dominio comun es I := R.

Supongamos que la solucion es de la forma y = erx para algun r ∈ R.

Reemplazando en (1)

y = erx, y′ = rerx, y′′ = r2erx

se obtiene:

. ay′′ + by′ + cy = ar2erx + brerx + cerx = erx(ar2 + br + c) = 0

entonces para que y(x) = erx sea solucion, r debe satisfacer la ecuacion

Ecuacion caracterıstica

ar2 + br + c = 0

Las raıces r1 y r2 de la ecuacion caracterıstica

ar2 + br + c = 0

estan dadas por

r1 =−b+

√b2 − 4ac

2ar2 =

−b−√b2 − 4ac

2a

y su naturaleza depende del discriminante ∆ := b2 − 4ac, siendo

Raıces reales y distintas (∆ > 0).

Raıces reales e iguales (∆ = 0)

Raıces complejas y distintas (∆ < 0).


Primer Caso: r1 y r2 raıces reales y distintas

Tenemos dos soluciones

y1(x) = er1x y2(x) = er2x

W (er1x, er2x) =

∣∣∣∣

er1x er2x

r1er1x r2e

r2x

∣∣∣∣= e(r1+r2)x(r2 − r1) 6= 0

{er1x, er2x} forma un conjunto fundamental de soluciones de laecuacion ay′′ + by′ + cy = 0

Una solucion general estarıa dada por

y(x) = c1er1x + c2e

r2x


Encontrar una solucion general de las siguientes ecuaciones2y′′ − 7y′ + 4y = 0 y y′′ + 2y′ = 0.

2y′′ − 7y′ + 4y = 0

2r2 − 7r + 4 = 0

r1, r2 =−(−7)±

√49− 4 · 2 · 4

2 · 2

=7±

√49− 32

4

=7±

√17

4

r1 =7 +

√17

4, r2 =

7−√17

4

y(x) = c1e7+

√

17

4x + c2e

7−√

17

4x

y′′ + 2y′ = 0

r2 + 2r = 0

r(r + 2) = 0 entonces

r1 = 0 r2 = −2

o calcular

r1, r2 =−2±

√4− 4 · 1 · 02 · 1

r1 =−2 + 2

2= 0 r2 =

−2− 2

2= −2

y(x) = c1e0x + c2e

−2x = c1 + c2e−2x


Segundo Caso: r1 = r2 raıces reales e iguales (b2 − 4ac = 0)

En este caso r1 = r2, por tanto y(x) = er1x es solucion. Debemosencontrar otra solucion que sea linealmente independiente con y(x) = er1x.

Reduccion de orden y2 = u(x)y1

Forma estandar

y′′ +b

ay′ +

c

ay = 0

P (x) = ba

e−∫

b

adx = e−

b

ax

u(x) =

∫e−

b

ax

(er1x

)2dx

r1 =−b±

√b2 − 4ac

2a= − b

2a

u(x) =

∫e−

b

ax

(e−

b

2ax)2

=

∫e−

b

ax

e−2b

2axdx

=

∫e−

b

ax

e−b

axdx =

∫

1dx = x

y2(x) = xer1x

Solucion general

y(x) = c1er1x + c2xe

r1x

Encontrar una solucion general de 2y′′ − 8y′ + 8y = 0 y y′′ = 0

2y′′ − 8y′ + 8y = 0

La ecuacion caracterıstica asociadaa la ecuacion es

2r2 − 8r + 8 = 0

r1, r2 =−(−8)±

√64− 4 · 2 · 8

2 · 2

=8±

√0

4= 2

r1 = 2 = r2

y(x) = c1e2x + c2xe

2x

y′′ = 0

La ecuacion caracterıstica asociadaa la ecuacion es

r2 = 0

r1 = r2 = 0

y(x) = c1e0x + c2xe

0x = c1 + c2x


Tercer Caso: Raıces complejas (si b2 − 4ac < 0)En este caso las raıces son de la forma

r1 =−b

2a+

√

−(b2 − 4ac)

2ai, r2 =

−b

2a−

√

−(b2 − 4ac)

2ai

r1 =−b

2a︸︷︷︸

α

+

√

−(b2 − 4ac)

2a︸︷︷︸

β

i, r2 =−b

2a︸︷︷︸

α

−√

−(b2 − 4ac)

2a︸︷︷︸

β

i

r1 = α+ βi, r2 = α− βi donde α = − b

2a, β =

√

−(b2 − 4ac)

2aFormalmente no hay diferencia entre este caso y el primer caso, por lo que

y(x) = c1e(α+βi)x + c2e

(α−βi)x = eαx(

c1eβxi + c2e

−βxi)

Sin embargo, usando la formula de Euler

eiθ = cos θ + i sin θ

encontramos que:eβxi = cos βx+ i sin βx

e−βxi = cos βx− i sin βx

Tercer Caso: Raıces complejas (si b2 − 4ac < 0)

Por lo que la solucion general toma la forma

y(x) = eαx(

(c1 + c2) cos βx+ i(c1 − c2) sin βx)

Note que

Si c1 = c2 ⇒ y1(x) = eαx cos βx es solucion

Si c1 = −c2 ⇒ y2(x) = eαx sinβx es solucion.

Ademas, son l.i. ya que

W (y1, y2) =

∣∣∣∣

eαx cos βx eαx sin βxeαx(α cos βx− β sin βx) eαx(α sin βx+ β cos βx)

∣∣∣∣

= βe2αx 6= 0

y podemos escribir la solucion general de ay′′ + by′ + cy = 0 como

y(x) = c1eαx cos(βx) + c2e

αx sin(βx)


Ecuaciones Diferenciales lineales de orden superior

Una ecuacion diferencial lineal de orden superior homogenea concoeficientes constantes es de la forma

any(n)+an−1y

(n−1)+ · · ·+a2y′′+a1y

′+a0y = 0 ai ∈ IR, i = 0, 1, . . . n

Metodo de solucion: Tomando la suposicion que una solucion toma laforma y = erx, se obtiene el polinomio caracteristico

anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a2r2 + a1r + a0 = 0

Dificultad: Se debe resolver la ecuacion polinomica.

anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a2r2 + a1r + a0 = 0


Teorema de los ceros racionales

Si r1 =p

qes una raız racional de

anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a2r2 + a1r + a0 = 0

anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a2r2 + a1r + a0 = 0

entonces p es un factor de a0, q es un factor de an

Ejemplo: Resolver la ecuacion polinomica

p(r) = 3r3 + 5r2 + 10r − 4 = 0

Todos los factores de a0 = 4 son ±1,±2,±4 y de a3 = 3 son ±1,±3 ası lasposibles raıces racionales son

{

±1, ±2, ±3, ±4, ±1

3, ±2

3, ±4

3

}

Aplicando el teorema del residuo, se verifica que p(13

)= 0; Es decir, r1 = 1

3 esuna raız. Por lo tanto,

3r3 + 5r2 + 10r − 4y =

(

r − 1

3

)

(3r2 + 6r + 12) = 0

√ √

Ejemplo: Resolver 3y′′′ + 5y′′ + 10y′ − 4y = 0.

La ecuacion caracterıstica toma la forma

3r3 + 5r2 + 10r − 4 = 0

Las raıces de este polinomio son:

r1 =1

3, r2 = −1 +

√3i, r3 = −1−

√3i

En consecuencia, la solucion general es

y(x) = c1ex/3 + c2e

−x cos(√3x) + c3e

−x sin(√3x)


Raices con repeticion: Multiplicidad mayor o igual que 2

Si el polinomio

p(r) = anrn + an−1r

n−1 + · · ·+ a1r + a0

puede factorizarse en la forma

p(r) = an(r − α)n

Entonces α es una raız del polinomio p(r) con multiplicidad n.En el caso que la ecuacion caracterıstica de una EDO tome la forma

p(r) = an(r − α)n = 0

entonces la solucion general toma la forma

y = (c0 + c1x+ c2x2 + · · ·+ cn−1x

n−1)eαx


Ejemplo: Resolver y′′′ + 6y′′ + 12y′ + 8y = 0.

Para resolver la ecuacion debemos resolver la ecuacion polinomica

p(r) = r3 + 6x2 + 12x+ 8 = 0

Todos los factores de a0 = 8 son ±1,±2,±4,±8 y de a3 = 1 son ±1 asılas posibles raıces son

{±1, ±2, ±4,±8}Como p(−2) = 0, entonces r1 = −2 es una raız. Al dividir se encuentra

quer3 + 6x2 + 12x+ 8 = (r + 2)(r + 2)(r + 2) = (r + 2)3


y(x) = c1e−2x + c2xe

−2x + c3x2e−2x


Ejemplo: Resolver y(iv) − 3y′′ − 4y = 0.


r4 − 3r2 − 4 = 0

Todos los factores de a0 = 4 son ±1,±2,±4 y de a3 = 1 son ±1 ası lasposibles raıces son

{±1, ±2, ±4, }Comprobando se encuentra que r1 = 2 es una raiz. Al dividir se

encuentra que

r4 − 3r2 − 4 = 0 = (r − 2)(r + 2)(r2 + 1)


y(x) = c1e2x + c2e

−2x + c3 cos(x) + c4 sin(x)


Ejemplo: Resolver y(iv) + 2y′′ + 1 = 0.


p(r) = r4 + 2r2 + 1 = 0

Todos los factores de a0 = 1 son ±1 y de a4 = 1 son ±1 ası las posiblesraıces son

{±1}Comprobando se encuentra que p(±1) 6= 0, entonces el polinomio NO

tiene raices racionales!Tenemos

r4 + 2r2 + 1 = (r2 + 1)(r2 + 1) = 0

entonces las raıces son ±i cada una con multiplicidad 2. Enconsecuencia, la solucion general es

y(x) = c1 cos(x) + c2 sinx+ c3x cos(x) + c4x sinx


Ecuaciones de Cauchy-Euler

La ecuacion de Cauchy-Euler de orden n es de la forma

anxny(n) + an−1x

n−1y(n−1) + · · · + a2x2y′′ + a1xy

′ + a0y = 0

en la que an, . . . , a0 son constantes con an 6= 0

¿ Cuales de estas EDO son de Cauchy-Euler? Justifique!

2x3y′′′ − x2y′′ +1

3y = 0, y(iv) +

1

2xy′′′ − 3

x2y′′ +

2

x3y′ − 1

x4y = 0,

x3y′′ − x2y′ + 10y = 0,1

x3y′′′ − 1

x2y′′ +

1

xy′ − 1

2y = 0.

¿El siguiente PVI tiene unica solucion? Justifique!

anxny(n) + an−1x

n−1y(n−1) + · · ·+ a2x2y′′ + a1xy

′ + a0y = 0

y(x0) = y0, x0 > 0

Ecuacion de Cauchy-Euler de segundo orden

Son de la forma ax2y′′ + bxy′ + cy = 0. Sustituyendo y = xr tenemos

ax2y′′ + bxy′ + cy = ax2r(r − 1)xr−2 + bxrxr−1 + cxr

= ar(r − 1)xr + brxr + cxr = 0

dividiendo por xr obtenemos la ecuacion cuadratica

ar(r − 1) + br + c = 0

Que equivale a:ar2 + r(b− a) + c = 0

cuyas raıces son

r1 =−(b− a) +

√

(b− a)2 − 4ac

2ar2 =

−(b− a)−√

(b− a)2 − 4ac

2a

Posibles casos:1 Raıces reales y distintas2 Raıces reales e iguales3 Raıces complejas conjugadas


Raıces reales y distintas

Para este caso se tiene que y1 = xr1 y y2 = xr2 son soluciones de la EDO.Probemos que es l.i., para ello tenga en cuenta que

W (y1, y2) =

∣∣∣∣

xr1 xr2

r1xr1−1 r2x

r2−1

∣∣∣∣= (r2 − r1)x

r1+r2−1 6= 0

Por lo tanto, {y1, y2} forman un CFS, y la solucion general de la ecuacionpara x > 0 esta dada por

y(x) = c1xr1 + c2x

r2


Encuentre la sol. general de la ecuacion 2x2y′′ + xy′ − 15y = 0

Haciendo la sustitucion y = xr tenemos

2x2y′′ + xy′ − 15y = 2x2rr(r − 1)xr−2 + xrxr−1 − 15xr

= 2xrr(r − 1) + rxr − 15xr = xr(2r(r − 1) + r − 15) =

2r(r − 1) + r − 15 = 0 ⇒ 2r2 − r − 15 = 0

las raıces son r1 =1+

√121

4 = 3 r2 =1−

√1+1214 = −5

2

y(x) = c1x3 +

c2

x5/2Solucion general


Raıces reales e iguales

Tenemos y1(x) = xr1 es solucion con r1 = − (b−a)2a . Usando el metodo de

reduccion de orden y2(x) = u(x)y1(x)

u(x) =

∫e−

∫P (x)dx

y21(x)dx =

∫e−

∫b

axdx

x2r1dx =

∫e−

b

alnx

x−2 b−a

2a

dx

=

∫x−

b

a

x−b−a

a

dx =

∫1

xdx = lnx

por lo tanto, la solucion general de la ecuacion es

y(x) = c1xr1 + c2x

r1 lnx

Pregunta

¿ Forman {xr1 , xr1 lnx} un CFS? Justifique su respuesta!


Ejemplo: Raıces reales e iguales

Resolver y′′ + 5xy

′ + 4x2 y = 0.

Asumiendo x > 0, entonces la ecuacion dada equivale a

x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0

donde a = 1, b = 5, c = 4 y la ecuacion caracterıstica esta dada por:

r(r − 1) + 5r + 4 = 0 ⇒ r2 + 4r + 4 = 0

donde r = −2 es una raız con multiplicidad 2. Entonces la solucion generaltoma la forma

y(x) = c1x−2 + c2x

−2 lnx


Raıces complejas conjugadas

En este caso las raıces son

r1,2 =−(b− a)

2a︸︷︷︸

α

±√

4ac− (b− a)2i

2a︸︷︷︸

β

las cuales pueden reescribirse de la forma

r1 = α+ βi r2 = α− βi

En forma analoga a las EDO de coeficientes constantes se deduce que

xα±βi = e(α±βi) lnx = eα lnxei(±β lnx) = xα(cos(β lnx)± i sin(β lnx)

)

Las partes real e imaginaria son soluciones linealmente independientes, asıpara x > 0 una solucion general de la ecuacion es

y(x) = c1xα cos(β lnx) + c2x

α sin(β lnx)


Ejemplo: Raıces complejas conjugadas

Resolver x2y′′ + 7xy′ + 13y = 0

En este caso se asume que x > 0, entonces la ecuacion caracterıstica a laEDO de Cauchy-Euler esta dada por

r(r − 1) + 7r + 13 = 0 ⇒ r2 + 6r + 13 = 0

cuyas raıces estan dadas por

r1,2 = −3± 2i α = −3 β = 2

Entonces la solucion general es la forma

y(x) = c1x−3 cos(2 ln x) + c2x

−3 sin(2 ln x)


Ecuacion de Cauchy-Euler (Orden superior)

Veamos que ocurre con la sustitucion y = xr. Tenemos

y′ = rxr−1, y′′ = r(r−1)xr−2 . . . y(n) = r(r−1)·· · ··(r−(n−1))xr−n

sustituyendo en la ecuacion

anxny(n) + an−1x

n−1y(n−1) + · · ·+ a2x2y′′ + a1xy

′ + a0y = 0

anxn r(r − 1) · · · (r − (n− 1))xr−n + · · ·+ a2x

2r(r − 1)xr−2+

+a1x r xr−1 + a0x

r = 0

anxr r(r − 1) · · · (r − (n − 1)) + · · ·+ a2x

r r(r − 1) + a1rxr + a0x

r = 0

xr(anr(r − 1) · · · (r − (n− 1)) + · · ·+ a2r(r − 1) + a1r + a0

)= 0

y se obtiene la ecuacion polinomial.

Ecuacion caracterıstica

anr(r − 1) · · · (r − (n− 1)) + · · ·+ a2r(r − 1) + a1r + a0 = 0


Resolver x3y′′′ + 6x2y′′ + 7xy′ + y = 0

La ecuacion caracterıstica asociada a la EDO es

r(r − 1)(r − 2) + 6r(r − 1) + 7r + 1 = 0

r3 + 3r2 + 3r + 1 = 0

(r + 1)(r + 1)(r + 1) = 0

Por lo tanto, la raız del polinomio es r = −1 (con multiplicidad 3)y por lo tanto

y(x) =c1

x+

c2 lnx

x+

c3(lnx)2

x( ln x )2 6= lnx2


Resolver 2x3y′′′ − 2x2y′′ + xy′ − y = 0

Haciendo y = xr tenemos

2r(r − 1)(r − 2)− 2r(r − 1) + r + − 1 = 0

(r − 1)(2r(r − 2)− 2r + 1) = 0

(r − 1)(2r2 − 6r + 1) = 0

Por lo tanto, las raıces del polinomio son

r1 = 1, r2,3 =3±

√7

2

y por lo tanto

y(x) = c1x+ c2x3+

√

7

2 + c2x3−

√

7

2


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