INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES

1) INTRODUCCIÓN

1.1) DEFINICIÓN

Una ecuación diferencial es una ecuación que involucra derivadas (o diferenciales) de una función

desconocida de una o más variables. Si la función desconocida depende sólo de una variable, la ecuación

se llama una ecuación diferencial ordinaria. Sin embargo, si la función desconocida depende de más

de una variable la ecuación se llama una ecuación diferencial parcial.

Un ejemplo de ecuación diferencial ordinaria es:

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥

La variable independiente (v. i) es x

La variable dependiente (v. d) es y

Un ejemplo de ecuación diferencial parcial es:

𝑑2𝑉

𝑑𝑥2+ 2

𝑑2𝑉

𝑑𝑦2= 𝑉

La variable independiente (v. i) es “x” y “y”

La variable dependiente (v. d) es V

1.2) ORDEN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL

El orden de una ecuación diferencial está dado por el orden mayor de su derivada.

Ejemplo

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 5𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 3𝑦 = 0 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 2 𝑝𝑜𝑟

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2

𝑦′′′ + 𝑦′′ + 𝑦′ + 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛 3𝑥 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 3 𝑝𝑜𝑟 𝑦′′′

(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 = (𝑦 − 𝑥)𝑑𝑦 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 1 𝑝𝑜𝑟 "dx" 𝑦 "𝑑𝑦"

𝑦′ = 3(𝑦′′)2 + 5𝑦 − 3𝑥 + 2 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 2 𝑝𝑜𝑟 y''

𝑑4𝑦

𝑑𝑥4+ 3

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 𝑦 = 𝑒3𝑥 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 4 𝑝𝑜𝑟 "

𝑑4𝑦

𝑑𝑥4"

1.3) GRADO DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL

El grado de una ecuación diferencial está dado por el exponente del mayor orden de su derivada.

Ejemplos

Determinar el orden y grado de las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias.

1) 𝒆𝒙 𝒅𝟐𝒚

𝒅𝒙𝟐 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑥 2do orden 1er grado

2) (𝒅𝟑𝒚

𝒅𝒙𝟑)𝟐

− 2 (𝑑𝑦

𝑑𝑥)

4

+ 𝑥𝑦 = 0 3er orden 2do grado

3) 𝒅𝟑𝒚

𝒅𝒙𝟑 + 2 (𝑑2𝑦

𝑑𝑥2)3

+𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑡𝑎𝑛 𝑥 3er orden 1er grado

4) 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑃(𝑥)𝑦 = 𝑄(𝑥) 1er orden 1er grado

2) SOLUCIÓN DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL

Una función que cuando se remplaza en la ecuación diferencial da una igualdad, se llama una solución

de la ecuación diferencial, por lo tanto, resolver una ecuación diferencial es encontrar una función

desconocida que al ser sustituida en la ecuación diferencial se obtiene una igualdad.

2.1) FUNCIÓN PRIMITIVA DE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL

Es una expresión equivalente a la ecuación diferencial que carece de derivadas.

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥

El objetivo es encontrar la función y

dy = 2x dx, pasando dx para poder integrar

∫ 𝑑𝑦 = ∫ 2𝑥𝑑𝑥 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜

𝑦 = 2𝑥2

2+ 𝑐 𝑠𝑢𝑚𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑐, 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑙𝑎 𝑣. 𝑖.

𝑦 = 𝑥2 + 𝑐 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 (𝑝𝑜𝑟 𝑐)

La expresión es una “función primitiva” de la ecuación diferencial.

Verificación

𝑦 = 𝑥2 + 𝑐 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛

La solución es aquella función que al ser reemplazada en la variable dependiente “y” satisface la ecuación

diferencial.

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥

𝑑

𝑑𝑥(𝑥2 + 𝑐) = 2𝑥

𝑥 = 2𝑥

Observación: Al derivar la función primitiva se reproduce exactamente la ecuación diferencial.

2.2) PROBLEMA DE VALOR INICIAL

Un problema de valor inicial es un problema que busca determinar una solución a una ecuación diferencia

sujeta a condiciones sobre la función desconocida y sus derivadas especificadas en un valor de la variable

independiente. Tales condiciones se llaman condiciones iniciales.

Un problema de valor de frontera es un problema que busca determinar una solución a una ecuación

diferencia sujeta a condiciones sobre la función desconocida especificadas en dos o más valores de la

variable independiente. Tales condiciones se llaman condiciones de frontera.

Ejemplo ilustrativo

Una curva tiene la propiedad de que su pendiente en cualquier punto (x,y) de ella es igual a 2x. Hallar la

ecuación de la curva si ésta pasa por el punto (2,5)

Solución:

Puesto que la pendiente de una curva en cualquier punto (x,y) de ella representa 𝑑𝑦

𝑑𝑥, se tiene:

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥

Resolviendo la ecuación diferencial

𝑑𝑦 = 2𝑥𝑑𝑥

∫ 𝑑𝑦 = ∫ 2𝑥𝑑𝑥

𝑦 + 𝐶1 = 2𝑥2

2+ 𝐶2

𝑦 = 𝑥2 + 𝐶2 − 𝐶1

La operación 𝐶2 − 𝐶1 es otra constante de integración, por lo tanto queda:

𝑦 = 𝑥2 + 𝐶

Donde C es una constante arbitraria

Empleando la condición inicial:

5 = (2)2 + 𝐶 ⇒ 𝐶 = 5 − 4 ⇒ 𝐶 = 1

Así la curva requerida está dada por

𝑦 = 𝑥2 + 1

2.3) DESCRIPCIÓN DE UNA FAMILIA DE CURVAS

Gráficamente 𝑦 = 𝑥2 + 𝐶 representa una familia de curvas, cada miembro de ella está asociado con un

valor particular de C. En la siguiente figura se muestras algunos de estos miembros para C=0,-1, 1, 2.

Puesto que C puede variar, frecuentemente se llama un parámetro para distinguirlo de las variables

principales x y y. La ecuación diferencial 𝑑𝑦

𝑑𝑥= 2𝑥 que es satisfecha por todos los miembros de la familia

frecuentemente se llama la ecuación diferencial de la familia.

3) ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

3.1) ECUACIONES CON VARIABLES SEPARABLES

Encuentre la solución general de la ecuación diferencial. 𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑦 + 3

𝑥 − 4

Resolución.

Separando para poder integrar 𝑑𝑦

𝑑𝑥= (𝑦 + 3) ∙

1

(𝑥−4)

Transponiendo términos 1

(𝑦+3)∙ 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 ∙

1

(𝑥−4)

Integrando ambos miembros

∫𝑑𝑦

𝑦+3= ∫

𝑑𝑥

𝑥−4

ln(𝑦 + 3) = ln(𝑥 − 4) + 𝑐

f g

Despejando “y” aplicando la propiedad:𝑎log𝑎 𝑛 = 𝑛

𝑒ln(𝑦+3) = 𝑒ln(𝑥−4)+𝐶

Aplicando la propiedad 𝑎𝑚 ∙ 𝑎𝑛 = 𝑎𝑚+𝑛

𝑒ln(𝑦+3) = 𝑒ln(𝑥−4)𝑒𝐶 𝑦 + 3 = 𝐶 (𝑥 − 4) 𝑦 = 𝐶 (𝑥 − 4) – 3 Solución general explicita (cuando se puede despejar 𝑦)

Soluciones Particulares

𝑺𝒊 𝒄 = 𝟏

𝑦 = 𝑐 (𝑥 − 4)– 3

𝑦 = 1 (𝑥 − 4)– 3

𝑦 = 𝑥 − 7

𝒔𝒊 𝒄 = − 𝟐

𝑦 = 𝑐 (𝑥 − 4) – 3 𝑦 = −2 (𝑥 − 4) – 3 𝑦 = −2𝑥 + 8 – 3 𝑦 = −2𝑥 + 5

Graficando en Graph

Comprobación 𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑦 + 3

𝑥 − 4

𝑑(𝒙 − 𝟕)

𝑑𝑥=

𝒙 − 𝟕 + 3

𝑥 − 4

1 =𝑥 − 4

𝑥 − 4

1 = 1

3.2) ECUACIONES HOMOGÉNEAS

Es homogénea si no contiene términos que dependen únicamente de su variable independiente, en caso

contrario es No Homogénea.

Ejemplos:

1) 𝑒𝑚𝑑2𝑚

𝑑𝑡2+ 𝑡3

𝑑𝑚

𝑑𝑡+ 𝑚𝑡

𝑑𝑚

𝑑𝑡= 𝑚𝑡 𝑆𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛

No lineal

Homogénea

Es homogénea porque no contiene términos que dependen solo de su variable independiente “t”.

m (variable dependiente) ; t (variable independiente)

2) 𝑑3𝑦

𝑑𝑥3+ 3

𝑑2𝑦

𝑑𝑥2− 5

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 8𝑥𝑦 = 2𝑥 3𝑒𝑟 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛

Lineal

No homogénea

Es NO HOMOGENEA porque si contienen un término que depende solo de la variable independiente

2x

2) 𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+ 𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑒𝑥𝑦 = 0 𝑁𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙

Homogénea

Por definición no contiene términos que dependen solamente de su variable independiente

4) 𝑥2𝑑2𝑦

𝑑𝑥2+

8

𝑥

𝑑𝑦

𝑑𝑥− 𝑦 = 𝑒𝑥 𝐿𝑖𝑛𝑒𝑎𝑙

No homogénea

𝑒𝑥 → 𝐸𝑠𝑡𝑒 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜 𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑥.

Ejemplo ilustrativo

Resolver la ecuación:

(𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥 − 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0

Resolución:

En una ecuación diferencial homogénea se realiza el cambio

𝒚 = 𝒖𝒙 ; 𝒅𝒚 = 𝒖𝒅𝒙 + 𝒙𝒅𝒖

(𝑥2 + (𝑢𝑥)2)𝑑𝑥 − 2𝑥(𝑢𝑥)(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0

Realizando las operaciones

(𝑥2 + 𝑢2𝑥2)𝑑𝑥 − 2𝑥2𝑢(𝑢𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑢) = 0

Eliminando paréntesis

𝑥2𝑑𝑥 + 𝑢2𝑥2𝑑𝑥 − 2𝑥2𝑢2𝑑𝑥 − 2𝑥3𝑢𝑑𝑢 = 0

Dividiendo para 𝑥2

𝑑𝑥 + 𝑢2𝑑𝑥 − 2𝑢2𝑑𝑥 − 2𝑥𝑢𝑑𝑢 = 0

Términos semejantes

𝑑𝑥 − 𝑢2𝑑𝑥 − 2𝑥𝑢𝑑𝑢 = 0

Agrupando y factorizando los términos con 𝑑𝑥

(1 − 𝑢2)𝑑𝑥 − 2𝑥𝑢𝑑𝑢 = 0

Separando la variable

(1 − 𝑢2)𝑑𝑥 = 2𝑥𝑢𝑑𝑢 𝑑𝑥

𝑥=

2𝑢𝑑𝑢

1 − 𝑢2

𝑑𝑥

𝑥−

2𝑢𝑑𝑢

1 − 𝑢2= 0

𝑑𝑥

𝑥+

2𝑢𝑑𝑢

𝑢2 − 1= 0

Integrando

∫𝑑𝑥

𝑥+ ∫

2𝑢𝑑𝑢

𝑢2 − 1= 𝐶

𝑙𝑛𝑥 + 𝑙𝑛(𝑢2 − 1) = 𝐶

Aplicando las propiedades de los logaritmos

𝑙𝑛𝑥(𝑢2 − 1) = 𝐶

Cambiando la notación logarítmica a exponencial

𝑒𝐶 = 𝑥(𝑢2 − 1)

𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑒𝐶 = 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒:

𝑥(𝑢2 − 1) = 𝐶

Remplazando 𝑦 = 𝑢𝑥 ⇒ 𝑢 =𝑦

𝑥

𝑥 (𝑦

𝑥2

2

− 1) = 𝐶

Realizando las operaciones

𝑥 (𝑦2 − 𝑥2

𝑥2) = 𝐶

𝑥(𝑦2 − 𝑥2) = 𝐶𝑥2

𝑥𝑦2 − 𝑥3 = 𝐶𝑥2

Graficando para un valor arbitrario C = 1

𝑥𝑦2 − 𝑥3 = 𝑥2

3.3) ECUACIONES EXACTAS

Resolver la ecuación

(2𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑦 + 𝑥)𝑑𝑦 = 0 Resolución

Para que la ecuación diferencial sea exacta debe cumplir la condición

𝑑(𝑀)

𝑑𝑦=

𝑑(𝑁)

𝑑𝑥

(2𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑦 + 𝑥)𝑑𝑦 = 0

Derivando parcialmente 2𝑥 + 𝑦 con respecto a “y” lo

𝑑

𝑑𝑦(2𝑥 + 𝑦) = 0 + 1 = 1

Derivando parcialmente 2𝑦 + 𝑥 con respecto a “x” 𝑑

𝑑𝑥(2𝑦 + 𝑥) = 0 + 1 = 1

Como cumple la condición se trata de una ecuación diferencial exacta

Como es exacta se tiene que encontrar la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶

𝑑 𝑓

𝑑𝑥= 2𝑥 + 𝑦 ;

𝑑 𝑓

𝑑𝑦= 2𝑦 + 𝑥

𝑓(𝑥, 𝑦) = ∫(2𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 = 2𝑥2

2+ 𝑦𝑥 + 𝑔(𝑦)

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦)

Para encontrar 𝑔(𝑦) se deriva la función 𝑓(𝑥, 𝑦) con respecto a y.

𝑑 𝑓(𝑥, 𝑦)

𝑑𝑥=

𝑑

𝑑𝑦(𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦))

𝑑 𝑓(𝑥, 𝑦)

𝑑𝑥= 0 + 𝑥(1) + 𝑔′(𝑦)

𝑑 𝑓(𝑥, 𝑦)

𝑑𝑥= 𝑥 + 𝑔′(𝑦)

Se Iguala las dos derivadas con respecto a y.

𝑥 + 𝑔′(𝑦) = 2𝑦 + 𝑥

∫ 𝑔′(𝑦) = ∫ 2𝑦

𝑔(𝑦) = 2𝑦2

2

𝑔(𝑦) = 𝑦2

Remplazando 𝑔(𝑦) = 𝑦2 en 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑔(𝑦) se tiene:

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2

Por lo tanto la función 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐶 es

𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2 = 𝐶

Graficando la solución de la ecuación diferencial para C = 1

3.4) ECUACIONES CON FACTORES INTEGRANTES

Dada la ecuación diferencial de la forma:

𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0

Si las derivadas parciales cruzadas de las funciones no son iguales, la ecuación se denomina lineal no

exacta 𝑑𝑀

𝑑𝑦≠

𝑑𝑁

𝑑𝑥

Para convertirla en ecuación diferencial lineal exacta, en algunos casos se puede obtener un factor de

integración 𝜇 tal que:

𝜇 ∙ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝜇 ∙ 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0

Ecuación diferencial equivalente en la que deberá cumplirse que:

𝑑(𝜇 ∙ 𝑀)

𝑑𝑦=

𝑑(𝜇 ∙ 𝑁)

𝑑𝑥

Una vez obtenida la nueva expresión se puede resolver la ecuación mediante los procedimientos para

ecuaciones diferenciales exactas

Para obtener los factores de integración se pueden emplear las siguientes reglas:

Condición Factor de integración 𝑑𝑀𝑑𝑦 −

𝑑𝑁𝑑𝑥

𝑁= 𝑓(𝑥)

𝜇 = 𝑒∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

𝑑𝑁𝑑𝑥 −

𝑑𝑀𝑑𝑦

𝑀= 𝑔(𝑦)

𝜇 = 𝑒∫ 𝑔(𝑦)𝑑𝑦

Ejemplo ilustrativo: Resolver la siguiente ecuación diferencial

(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥)𝑑𝑥 + 𝑥𝑦𝑑𝑦 = 0

Solución

Se debe verificar si la ecuación diferencial es exacta. Las funciones definidas para las ecuaciones

diferenciales exactas son:

𝑀 = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥

𝑁 = 𝑥𝑦

Obteniendo las derivadas parciales cruzadas se tiene:

𝑑𝑀

𝑑𝑦= 2𝑦 (𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 "𝑥" 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒)

𝑑𝑀

𝑑𝑥= 𝑦 (𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 "𝑦" 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Debido a que las 2 derivadas parciales no son iguales, la ecuación diferencial no es exacta.

Como la diferencias entre las 2 derivadas cruzadas dividida para N es una función de “x” se aplica:

𝑑𝑀𝑑𝑦 −

𝑑𝑁𝑑𝑥

𝑁= 𝑓(𝑥)

2𝑦 − 𝑦

𝑥𝑦= 𝑓(𝑥)

De donde:

𝑓(𝑥) =1

𝑥

El factor de integración 𝜇 es:

𝜇 = 𝑒∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

Remplazando la función “f(x)”

𝜇 = 𝑒∫1𝑥

𝑑𝑥

Aplicando la integral

𝜇 = 𝑒ln (𝑥)

Aplicando las propiedades de logaritmos naturales se tiene:

𝜇 = 𝑥

Multiplicando la ecuación diferencial por el factor de integración “x” se tiene una ecuación diferencial

equivalente

𝑥[(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑥)𝑑𝑥 + 𝑥𝑦𝑑𝑦] = 0

(𝑥3 + 𝑥𝑦2 + 𝑥2)𝑑𝑥 + 𝑥2𝑦𝑑𝑦 = 0

Para la nueva ecuación se debe redefinir las funciones “M” y “N”

𝑀 = 𝑥3 + 𝑥𝑦2 + 𝑥2

𝑁 = 𝑥2𝑦

Obteniendo las derivadas parciales cruzadas se tiene:

𝑑𝑀

𝑑𝑦= 2𝑥𝑦 (𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 "𝑥" 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒)

𝑑𝑀

𝑑𝑥= 2𝑥𝑦 (𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 "𝑦" 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

Debido a que las 2 derivadas parciales son iguales, la nueva ecuación diferencial es exacta.

Como la nueva ecuación diferencial es exacta se procede a resolverla como en casos anteriores. Esta

solución queda como tarea para el lector.

(𝑥3 + 𝑥𝑦2 + 𝑥2)𝑑𝑥 + 𝑥2𝑦𝑑𝑦 = 0

3.5) ECUACIONES LINEALES

Resolver las siguientes ecuaciones lineales

1)𝑥𝑑𝑦 − 3𝑦𝑑𝑥 = 𝑥2𝑑𝑥

Solución

𝑥𝑑𝑦

𝑑𝑥− 3𝑦 = 𝑥2

De donde 𝑑𝑦

𝑑𝑥−

3

𝑥𝑦 = 𝑥

Es una ecuación lineal en “y”

Como la solución es

𝑦 = 𝑒− ∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥 [∫ 𝑒∫ 𝑃(𝑥)𝑑𝑥𝑄(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶]

Por lo tanto

𝑃(𝑥) = −3

𝑥 𝑦 𝑄(𝑥) = 𝑥

Remplazando

𝑦 = 𝑒− ∫(−3𝑥

𝑑𝑥) [∫ 𝑒∫ −3𝑥

𝑑𝑥𝑥𝑑𝑥 + 𝐶]

Integrando

𝑦 = 𝑒3𝑙𝑛𝑥 [∫ 𝑒−3𝑙𝑛𝑥𝑥𝑑𝑥 + 𝐶]

Aplicando propiedad de la potencia de los logaritmos

𝑦 = 𝑒𝑙𝑛𝑥3[∫ 𝑒𝑙𝑛𝑥−3

𝑥𝑑𝑥 + 𝐶]

Aplicando propiedades de los logaritmos naturales

𝑦 = 𝑥3 [∫ 𝑥−3𝑥𝑑𝑥 + 𝐶]

Multiplicación de igual base

𝑦 = 𝑥3 [∫ 𝑥−2𝑑𝑥 + 𝐶]

Integrando

𝑦 = 𝑥3 [−1

𝑥+ 𝐶]

Graficando para un valor arbitrario de C = 1

2)𝑦 𝑑𝑥

𝑑𝑦+ (1 + 𝑦) − 𝑒𝑦 = 0

Solución 𝑑𝑥

𝑑𝑦+

(1 + 𝑦)

𝑦=

𝑒𝑦

𝑦

Es una ecuación lineal en “x”

Como la solución es

𝑥 = 𝑒− ∫ 𝑃(𝑦)𝑑𝑦 [∫ 𝑒∫ 𝑃(𝑦)𝑑𝑦𝑄(𝑦)𝑑𝑦 + 𝐶]

Por lo tanto

𝑃(𝑦) =1 + 𝑦

𝑦 𝑦 𝑄(𝑦) =

𝑒𝑦

𝑦

Remplazando

𝑥 = 𝑒− ∫

1+𝑦𝑦

𝑑𝑦[∫ 𝑒

∫1+𝑦

𝑦𝑑𝑦 𝑒𝑦

𝑦𝑑𝑦 + 𝐶]

Distribuyendo en la fracción

𝑥 = 𝑒− ∫(

1𝑦

+1)𝑑𝑦[∫ 𝑒

∫(1𝑦

+1)𝑑𝑦 𝑒𝑦

𝑦𝑑𝑦 + 𝐶]

Integrando

𝑥 = 𝑒−𝑙𝑛𝑦−𝑦 [∫ 𝑒𝑙𝑛𝑦+𝑦𝑒𝑦

𝑦𝑑𝑦 + 𝐶]

Propiedad conmutativa en los exponentes

𝑥 = 𝑒−𝑦−𝑙𝑛𝑦 [∫ 𝑒𝑙𝑛𝑦+𝑦𝑒𝑦

𝑦𝑑𝑦 + 𝐶]

División y multiplicación de igual base

𝑥 =𝑒−𝑦

𝑒𝑙𝑛𝑦[∫ 𝑒𝑙𝑛𝑦𝑒𝑦

𝑒𝑦

𝑦𝑑𝑦 + 𝐶]

Propiedades de los logaritmos naturales

𝑥 =𝑒−𝑦

𝑦[∫ 𝑦𝑒𝑦

𝑒𝑦

𝑦𝑑𝑦 + 𝐶]

Realizando las operaciones

𝑥 =𝑒−𝑦

𝑦[∫ 𝑒2𝑦𝑑𝑦 + 𝐶]

Integrando

𝑥 =𝑒−𝑦

𝑦[𝑒2𝑦

2+ 𝐶]

Graficando para un valor arbitrario de C = 1

4) ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

Una ecuación diferencial de segundo orden es de la forma

𝑦 ,, + 𝑎𝑦 , + 𝑏𝑦 = 𝑓(𝑥)

Si 𝑓(𝑥) = 0 se llama Ecuación homogénea, como por ejemplo

𝑦 ,, + 3𝑦 , + 4𝑦 = 0

Si 𝑓(𝑥) ≠ 0 se llama Ecuación no homogénea, como por ejemplo

𝑦 ,, + 6𝑦 , + 5𝑦 = 2𝑠𝑒𝑛𝑥

4.1) LA SOLUCIÓN GENERAL COMO COMBINACIÓN LINEAL DE SOLUCIONES

LINEALMENTE INDEPENDIENTES

Definición de independencia lineal

Se dice que las funciones 𝑦1, 𝑦2, … … … 𝑦𝑛 son linealmente independientes si la única solución de la

ecuación

𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2 + ⋯ 𝐶𝑛𝑦𝑛 = 0

Donde 𝐶1 = 𝐶2 = ⋯ 𝐶𝑛 = 0. En caso contrario, las funciones son linealmente dependientes.

Ejemplos:

1) Las funciones 𝑦1 = −𝑠𝑒𝑛𝑥 ; 𝑦2 = 𝑥2 para ser linealmente independientes debe cumplir

𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2 + ⋯ 𝐶𝑛𝑦𝑛 = 0

Remplazando los valores de las funciones se obtiene

𝐶1(−𝑠𝑒𝑛𝑥) + 𝐶2(𝑥2) = 0

Como los únicos valores posibles de 𝐶1 𝑦 𝐶2 para que cumpla la igualdad es 𝐶1 = 𝐶2 = 0, entonces las

funciones 𝑦1 = −𝑠𝑒𝑛𝑥 ; 𝑦2 = 𝑥2 son linealmente independientes

2) Las funciones 𝑦1 = 𝑥 ; 𝑦2 = 4𝑥 para ser linealmente independientes debe cumplir

𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2 + ⋯ 𝐶𝑛𝑦𝑛 = 0

Remplazando los valores de las funciones se obtiene

𝐶1(𝑥) + 𝐶2(4𝑥) = 0

Como uno de los posibles valores de 𝐶1 𝑦 𝐶2 para que cumpla la igualdad pueden ser

𝐶1 = −4 𝑦 𝐶2 = 1, entonces las funciones 𝑦1 = 𝑥 ; 𝑦2 = 4𝑥 son linealmente dependientes

Proceso de solución

Si 𝑦 𝑦1 𝑦2 son soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial

𝑦 ,, + 𝑎𝑦 , + 𝑏𝑦 = 0 , entonces, la solución general es

𝑦 = 𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2

Donde 𝐶1 𝑦 𝐶2 son las constantes

Además por ser ecuación diferencial de segundo orden se tiene soluciones de la forma

𝑦 = 𝐶𝑒𝑚𝑥 Entonces

𝑦 , = 𝐶𝑚𝑒𝑚𝑥 ; 𝑦 ,, = 𝐶𝑚2𝑒𝑚𝑥

Remplazando en 𝑦 ,, + 𝑎𝑦 , + 𝑏𝑦 = 0 se tiene

𝐶𝑚2𝑒𝑚𝑥 + 𝐶𝑎𝑚𝑒𝑚𝑥 + 𝐶𝑏𝑒𝑚𝑥 = 0

Factorando

𝐶𝑒𝑚𝑥(𝑚2 + 𝑎𝑚 + 𝑏) = 0 Como 𝐶𝑒𝑚𝑥 nunca se anula, 𝑦 = 𝐶𝑒𝑚𝑥 es una solución si y solo si 𝑚2 + 𝑎𝑚 + 𝑏 = 0

Ejemplo ilustrativo

Resolver la ecuación diferencial 𝑦 ,, − 4𝑦 = 0

Solución:

Se obtiene la ecuación característica, para lo cual se sustituye 𝑦 ,, por 𝑚2 , 𝑦 , por 𝑚 , e 𝑦 por 1 para

obtener una ecuación de la forma 𝑚2 + 𝑎𝑚 + 𝑏 = 0

Por lo tanto la ecuación característica de 𝑦 ,, − 4𝑦 = 0 es 𝑚2 − 4 = 0

Resolviendo la ecuación se tiene 𝑚 = ±2

Entonces

𝑦1 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 = 𝐶1𝑒2𝑥

𝑦2 = 𝐶2𝑒𝑚2𝑥 = 𝐶2𝑒−2𝑥

Que son las soluciones particulares de la ecuación diferencial

Además, como estas dos soluciones son linealmente independientes la solución general es

𝑦 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥

Graficando para valores arbitrarios 𝐶1 = 1 𝑦 𝐶2 = 1 se tiene

Para comprobar la respuesta, se deriva la función, para lo cual en GeoGebra

a) Al escribir Derivada en Entrada se despliega algunas opciones.

b) Se escoge la opción Derivada[(Función)]

c) Escribir f(x)

d) Enter. Clic en la círculo de g(x) para que se borre la gráfica de g(x).

Para calcular la segunda derivada de f(x), se deriva g(x) y se obtiene ℎ(𝑥)

Para comprobar que 𝑦 = 𝑒2𝑥 + 𝑒−2𝑥 es la solución de 𝑦 ,, − 4𝑦 = 0.

Reemplazando valores en 𝑦 ,, − 4𝑦 = 0

4𝑒4𝑥 + 4

𝑒2𝑥− 4(𝑒2𝑥 + 𝑒−2𝑥) = 0

Eliminando denominadores

4𝑒4𝑥 + 4 − 4𝑒2𝑥(𝑒2𝑥 + 𝑒−2𝑥) = 0

Eliminando paréntesis

4𝑒4𝑥 + 4 − 4𝑒4𝑥 − 4 = 0

Reducción de términos semejantes

0 = 0

Como se quería comprobar

4.2) ECUACIONES LINEALES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES

Una ecuación diferencial homogénea de segundo orden con coeficientes constantes es de la forma:

𝑎𝑦 ,, + 𝑏𝑦 , + 𝑐𝑦 = 0

La ecuación característica o auxiliar es de la forma

𝑎𝑚2 + 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0

Como se observa la ecuación auxiliar es una ecuación cuadrática cuyas raíces se las puede determinar

empleando la fórmula general

𝑚 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎

𝑚1 =−𝑏 + √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎 𝑦 𝑚2 =

−𝑏 − √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎

Por tanto es necesario recordar la solución de una ecuación cuadrática donde se pueden presentar tres casos.

1) Primer caso: raíces reales y diferentes

Discriminante positivo (𝑏2 − 4𝑎𝑐 ≥ 0). Entonces 𝑚1 𝑦 𝑚2 son raíces reales y diferentes. En este caso

se dice que existen dos soluciones particulares o fundamentales

𝑦1 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥

𝑦2 = 𝐶2𝑒𝑚2𝑥

La solución General estaría dada por la combinación lineal de las soluciones fundamentales

𝑦 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑚2𝑥

Ejemplo 1

Resolver la ecuación diferencial 𝑦 ,, + 6𝑦 , − 7𝑦 = 0

Solución:

La ecuación característica o auxiliar es

𝑚2 + 6𝑚 − 7 = 0

Al resolver la ecuación auxiliar se tiene

(𝑚 + 7)(𝑚 − 1) = 0 ⟹ 𝑚1 = −7 ; 𝑚2 = 1

Luego las soluciones particulares son

𝑦1 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 ⇒ 𝑦1 = 𝐶1𝑒−7𝑥

𝑦2 = 𝐶2𝑒𝑚2𝑥 ⇒ 𝑦2 = 𝐶2𝑒𝑥

Además, como estas dos soluciones son linealmente independientes, la solución general es

𝑦 = 𝐶1𝑒−7𝑥 + 𝐶2𝑒𝑥

Ejemplo 2

Resolver la ecuación 𝑦 ,, − 3𝑦 , − 10𝑦 = 0 para 𝑦(0) = 1 ; 𝑦 ,(0) = 10

Solución

La ecuación auxiliar es

𝑚2 − 3𝑚 − 10 = 0

Resolviendo la ecuación anterior

(𝑚 − 5)(𝑚 + 2) = 0 ⟹ 𝑚1 = 5; 𝑚2 = −2

Luego las soluciones particulares son

𝑦1 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 ⇒ 𝑦1 = 𝐶1𝑒5𝑥

𝑦2 = 𝐶2𝑒𝑚2𝑥 ⇒ 𝑦2 = 𝐶2𝑒−2𝑥

Además, como estas dos soluciones son linealmente independientes, la solución general es

𝑦 = 𝐶1𝑒5𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥

Remplazando la primera condición 𝑦(0) = 1 en la solución general

𝑦 = 𝐶1𝑒5𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥

1 = 𝐶1𝑒5∙0 + 𝐶2𝑒−2∙0

1 = 𝐶1𝑒0 + 𝐶2𝑒0

1 = 𝐶1 + 𝐶2

Para remplazar la segunda condición 𝑦 ,(0) = 10 se deriva la solución general

𝑦 = 𝐶1𝑒5𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥

𝑦 , = 𝐶1𝑒5𝑥 ∙ 5 + 𝐶2𝑒−2𝑥(−2)

𝑦 , = 5𝐶1𝑒5𝑥 − 2𝐶2𝑒−2𝑥

Remplazando 𝑦 ,(0) = 10

𝑦 , = 5𝐶1𝑒5𝑥 − 2𝐶2𝑒−2𝑥

10 = 5𝐶1𝑒5∙0 − 2𝐶2𝑒−2∙0

10 = 5𝐶1𝑒0 − 2𝐶2𝑒0

10 = 5𝐶1 − 2𝐶2

Resolviendo el sistema

{1 = 𝐶1 + 𝐶2

10 = 5𝐶1 − 2𝐶2⟹ {

𝐶1 + 𝐶2 = 15𝐶1 − 2𝐶2 = 10

𝐶1 =∆𝐶1

∆=

|1 1

10 −2|

|1 15 −2

|=

−2 − 10

−2 − 5=

−12

−7=

12

7

𝐶2 =∆𝐶2

∆=

|1 15 10

|

|1 15 −2

|=

10 − 5

−2 − 5=

5

−7= −

5

7

Remplazando los valores encontrados en la solución general, se obtiene la solución particular

𝑦 = 𝐶1𝑒5𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥

𝑦 =12

7𝑒5𝑥 −

5

7𝑒−2𝑥

Graficando la solución particular se tiene

2) Segundo Caso: Soluciones reales e iguales

Discriminante cero (𝑏2 − 4𝑎𝑐 = 0). Entonces 𝑚1 𝑦 𝑚2 son raíces reales e iguales. En este caso la

solución general es

𝑦 = 𝐶1𝑒𝑚𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒𝑚𝑥

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial 𝑦 ,, + 4𝑦 , + 4𝑦 = 0

Solución:

La ecuación característica o auxiliar es 𝑚2 + 4𝑚 + 4 = 0

Al resolver la ecuación auxiliar se tiene

(𝑚 + 2)(𝑚 + 2) = (𝑚 + 2)2 = 0 ⟹ 𝑚1 = 𝑚2 = −2

Luego la solución general es

𝑦 = 𝐶1𝑒−2𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒−2𝑥

3) Tercer caso: raíces complejas

Discriminante negativo (𝑏2 − 4𝑎𝑐 < 0). Entonces 𝑚1 = 𝛼 + 𝛽𝑖 ; 𝑚2 = 𝛼 − 𝛽𝑖 son raíces complejas

conjugadas.

Remplazando en 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑚2𝑥 tenemos:

𝑦 = 𝐶1𝑒(𝛼+𝛽𝑖)𝑥 + 𝐶2𝑒(𝛼−𝛽𝑖)𝑥

Multiplicación de igual base

𝑦 = 𝐶1𝑒𝛼𝑥𝑒𝛽𝑖𝑥 + 𝐶2𝑒𝛼𝑥𝑒−𝛽𝑖𝑥

Factor Común

𝑦 = 𝑒𝛼𝑥(𝐶1𝑒𝛽𝑖𝑥 + 𝐶2𝑒−𝛽𝑖𝑥)

Como 𝑒𝛽𝑖𝑥 = 𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥) y 𝑒−𝛽𝑖𝑥 = 𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥)

Remplazando

𝑦 = 𝑒𝛼𝑥 (𝐶1(𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥)) + 𝐶2(𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥)))

Operando

𝑦 = 𝑒𝛼𝑥(𝐶1𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝐶1𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥) + 𝐶2𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) − 𝐶2𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥))

Factorando

𝑦 = 𝑒𝛼𝑥((𝐶1 + 𝐶2)𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + (𝐶1𝑖 − 𝐶2𝑖)𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥))

Como 𝐶1 + 𝐶2 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 y 𝐶1𝑖 − 𝐶2𝑖 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

𝑦 = 𝑒𝛼𝑥(𝐶1𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝐶2𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥))

Finalmente se obtiene la solución general

𝑦 = 𝐶1𝑒𝛼𝑥𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝐶2𝑒𝛼𝑥𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥)

Ejemplo:

Resolver la ecuación diferencial 𝑦 ,, − 4𝑦 , + 13 = 0

Solución:

La ecuación característica o auxiliar es 𝑚2 − 4𝑚 + 13 = 0

Resolviendo la ecuación auxiliar

𝑚 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎=

4 ± √(−4)2 − 4 ∙ 1 ∙ 13

2 ∙ 1=

4 ± √16 − 52

2=

4 ± √−36

2

𝑚 =4 ± √36√−1

2=

4 ± 6𝑖

2=

2(2 ± 3𝑖)

2= 2 ± 3𝑖

𝑚1 = 2 + 3𝑖 ; 𝑚2 = 2 − 3𝑖

Como

𝑚1 = 𝛼 + 𝛽𝑖 ; 𝑚2 = 𝛼 − 𝛽𝑖

La solución general es 𝑦 = 𝐶1𝑒𝛼𝑥𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝐶2𝑒𝛼𝑥𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥)

𝑦 = 𝐶1𝑒2𝑥𝑐𝑜𝑠(3𝑥) + 𝐶2𝑒2𝑥𝑠𝑒𝑛(3𝑥)

Graficando para un valor arbitrario de 𝐶1 = 1 ; 𝐶2 = 1 se tiene

4.3) ECUACIONES LINEALES NO HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES

Una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes y término F(x) variable es de la

forma

𝑎𝑦 ,, + 𝑏𝑦 , + 𝑐𝑦 = 𝑓(𝑥)

La solución general es una combinación lineal de dos tipos de soluciones, una solución complementaria

𝑦𝑐 y una solución particular 𝑦𝑝

𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

La solución complementaria 𝑦𝑐 satisface la ecuación homogénea

𝑎𝑦𝑐,, + 𝑏𝑦𝑐

, + 𝑐𝑦𝑐 = 0

Esta ecuación se la puede resolver empleando los procesos antes mencionados para la ecuación

homogénea de coeficientes constantes

La solución particular 𝑦𝑝 satisface la ecuación no homogénea

𝑎𝑦𝑝,, + 𝑏𝑦𝑝

, + 𝑐𝑦𝑝 = 𝑓(𝑥)

Esta ecuación se la puede determinar empleando el llamado método de los coeficientes

indeterminados.

En estas condiciones, de acuerdo a la forma de 𝑓(𝑥), la solución particular 𝑦𝑝 tiene los siguientes casos

1) Si 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1𝑥 + 𝑎𝑜 , entonces,

𝑦𝑝 = 𝐴𝑛𝑥𝑛 + 𝐴𝑛−1𝑥𝑛−1 + ⋯ 𝐴1𝑥 + 𝐴0

Ejemplos:

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3𝑥, entonces,

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶

Si 𝑓(𝑥) = 7𝑥 + 6, entonces,

𝑦𝑝 = 𝐵𝑥 + 𝐶

2) Si 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑒𝑎𝑥, entonces,

𝑦𝑝 = 𝐷𝑒𝑎𝑥

Ejemplos:

Si 𝑓(𝑥) = 4𝑒𝑥, entonces,

𝑦𝑝 = 𝐷𝑒𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 4𝑥𝑒𝑥, entonces,

𝑦𝑝 = 𝐵𝑥𝑒𝑥 + 𝐷𝑒𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3𝑒𝑥, entonces,

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑒𝑥

3) Si 𝑓(𝑥) = 𝑎1𝑠𝑒𝑛𝛽𝑥 + 𝑎2𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 , entonces

𝑦𝑝 = 𝐸𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝐹𝑐𝑜𝑠𝛽

Ejemplos:

Si 𝑓(𝑥) = 6𝑠𝑒𝑛3𝑥 , entonces,

𝑦𝑝 = 𝐸𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠3𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 , entonces,

𝑦𝑝 = 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐸𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠2𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 2𝑒𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 , entonces,

𝑦𝑝 = 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑒𝑥 + 𝐸𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠2𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3𝑒𝑥 + 6𝑠𝑒𝑛2𝑥, entonces,

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑒𝑥 + 𝐸𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠2𝑥

Ejemplos ilustrativos

Hallar la solución general de 𝑦 ,, + 4𝑦 , + 9𝑦 = 𝑥2 + 3𝑥

Solución:

La solución general es de la forma 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

a) Resolviendo 𝑦𝑐

La solución complementaria debe satisfacer la ecuación homogénea, es decir,

𝑦𝑐,, + 4𝑦𝑐

, + 9𝑦𝑐 = 0

La ecuación auxiliar es 𝑚2 + 4𝑚 + 9 = 0

Resolviendo la ecuación auxiliar

𝑚 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎=

−4 ± √(4)2 − 4 ∙ 1 ∙ 9

2 ∙ 1=

−4 ± √16 − 36

2=

−4 ± √−20

2

𝑚 =−4 ± √20√−1

2=

−4 ± √4 ∙ 5√−1

2=

−4 ± 2√5𝑖

2=

2(−2 ± √5𝑖)

2= −2 ± √5𝑖

𝑚1 = −2 + √5𝑖 ; 𝑚2 = −2 − √5𝑖

Remplazando en

𝑦 = 𝐶1𝑒𝛼𝑥𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝐶2𝑒𝛼𝑥𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥)

𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒−2𝑥𝑐𝑜𝑠(√5𝑥) + 𝐶2𝑒−2𝑥𝑠𝑒𝑛(√5𝑥)

b) Resolviendo 𝑦𝑝

Como 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3𝑥, entonces 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶

La solución particular debe satisfacer la ecuación no homogénea, es decir,

𝑦𝑝,, + 4𝑦𝑝

, + 9𝑦𝑝 = 𝑥2 + 3𝑥

Calculando la primera y segunda derivada para 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶

𝑦𝑝, = 2𝐴𝑥 + 𝐵

𝑦𝑝,, = 2𝐴

Remplazando en 𝑦𝑝,, + 4𝑦𝑝

, + 9𝑦𝑝 = 𝑥2 + 3𝑥

2𝐴 + 4(2𝐴𝑥 + 𝐵) + 9(𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶) = 𝑥2 + 3𝑥

Eliminando paréntesis

2𝐴 + 8𝐴𝑥 + 4𝐵 + 9𝐴𝑥2 + 9𝐵𝑥 + 9𝐶 = 𝑥2 + 3𝑥

Agrupando

9𝐴𝑥2 + (8𝐴 + 9𝐵)𝑥 + (2𝐴 + 4𝐵 + 9𝐶) = 𝑥2 + 3𝑥

Como los dos polinomios son iguales, sus coeficientes deben ser iguales, entonces

{9𝐴 = 1 8𝐴 + 9𝐵 = 3 2𝐴 + 4𝐵 + 9𝐶 = 0

Resolviendo el sistema. Despejando de la primera ecuación 9𝐴 = 1

𝐴 =1

9

Remplazando el valor de A en la segunda ecuación 8𝐴 + 9𝐵 = 3

8 ∙1

9+ 9𝐵 = 3 ⟹ 8 + 81𝐵 = 27 ⟹ 81𝐵 = 27 − 8 ⟹ 81𝐵 = 19 ⟹ 𝐵 =

19

81

Remplazando valores en la tercera ecuación 2𝐴 + 4𝐵 + 9𝐶 = 0

2 ∙1

9+ 4 ∙

19

81+ 9𝐶 = 0 ⟹ 18 + 76 + 729𝐶 = 0 ⟹ 94 + 729𝐶 = 0 ⟹ 𝐶 = −

94

729

Por lo tanto al remplazar en 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 se tiene

𝑦𝑝 =1

9𝑥2 +

19

81𝑥 −

94

729

Finalmente la solución general es

𝑦 = 𝐶1𝑒−2𝑥𝑐𝑜𝑠(√5𝑥) + 𝐶2𝑒−2𝑥𝑠𝑒𝑛(√5𝑥) +1

9𝑥2 +

19

81𝑥 −

94

729

5) ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR

5.1) ECUACIONES LINEALES DE ORDEN N

Una ecuación diferencial de orden superior que tiene la forma:

𝑎𝑛(𝑥)𝑦𝑛 + 𝑎𝑛−1(𝑥)𝑦𝑛−1 + ⋯ + 𝑎2(𝑥)𝑦,, + 𝑎1(𝑥)𝑦 , + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)

En donde si 𝑓(𝑥) = 0, la ecuación diferencial se denomina homogénea, pero si 𝑓(𝑥) ≠ 0, entonces la

ecuación diferencial se denomina no homogénea.

Principio de Superposición o linealidad

Sean 𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, … 𝑦𝑛−1, 𝑦𝑛 soluciones de una ecuación diferencial homogénea de orden n, entonces la

combinación lineal de estas es:

𝑦 = 𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2 + 𝐶3𝑦3 + ⋯ + 𝐶𝑛−1𝑦𝑛−1 + 𝐶𝑛𝑦𝑛

También es solución de dicha ecuación diferencial

Dependencia e Independencia lineal

Se dice que las funciones 𝑦1, 𝑦2, … … … 𝑦𝑛 son linealmente independientes si la única solución de la

ecuación

𝐶1𝑦1 + 𝐶2𝑦2 + 𝐶3𝑦3 + ⋯ + 𝐶𝑛−1𝑦𝑛−1 + 𝐶𝑛𝑦𝑛 = 0

Donde 𝐶1 = 𝐶2 = 𝐶3 = ⋯ 𝐶𝑛 = 0.

En caso contrario, es decir, si alguna de las constantes no es nula, las funciones son linealmente

dependientes.

Wronskiano

Es una función, cuyo nombre se debe al matemático polaco Josef Hoene-Wronski, especialmente

importante en el estudio de las ecuaciones diferenciales. El Wronskiano se obtiene al resolver el

determinante que está conformado por un conjunto de funciones y sus derivadas. Supongamos que las

funciones 𝑓(𝑥)1, 𝑓(𝑥)2, … , 𝑓(𝑥)𝑛−1, 𝑓(𝑥)𝑛 poseen al menos 𝑛 − 1 derivadas, entonces el Wronskiano

está dado por:

𝑊(𝑓1, 𝑓2, … , 𝑓𝑛−1, 𝑓𝑛) =||

𝑓1 𝑓2 … 𝑓𝑛−1 𝑓𝑛

𝑓1, 𝑓2

, … 𝑓𝑛−1, 𝑓𝑛

,

𝑓1,,

:𝑓1

𝑛−1

𝑓2,,

:𝑓2

𝑛−1

…

…

𝑓𝑛−1,, 𝑓𝑛

,,

:𝑓𝑛−1

𝑛−1:

𝑓𝑛𝑛−1

||

Para el caso de tres funciones

𝑊(𝑓1, 𝑓2, 𝑓3) = |

𝑓1 𝑓2 𝑓3

𝑓1, 𝑓2

, 𝑓3,

𝑓1,, 𝑓2

,, 𝑓3,,|

Uno de los usos más importantes del Wronskiano en las ecuaciones diferenciales es el de verificar si un

conjunto de soluciones es linealmente independiente o no.

Dado un conjunto de soluciones 𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, … . 𝑦𝑛−1, 𝑦𝑛 de una ecuación diferencial homogénea de orden

n, dicho conjunto de soluciones es linealmente independiente si y solo si, en algún punto de un intervalo

se cumple que

𝑊(𝑦1, 𝑦2, … , 𝑦𝑛−1, 𝑦𝑛) ≠ 0

Ejemplo ilustrativo

Determine, mediante el Wronskiano, si las funciones dadas son linealmente independientes o linealmente

dependientes en el intervalo (−∞, +∞)

𝑦1 = 𝑐𝑜𝑠𝑥 ; 𝑦2 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 ; 𝑦3 = 1

Remplazando valores en

𝑊(𝑓1, 𝑓2, 𝑓3) = |

𝑓1 𝑓2 𝑓3

𝑓1, 𝑓2

, 𝑓3,

𝑓1,, 𝑓2

,, 𝑓3,,|

Se tiene

𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = |𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 1

−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 0−𝑐𝑜𝑠𝑥 −𝑠𝑒𝑛𝑥 0

|

Resolviendo el determinante de orden 3 por el método de Sarrrus

𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = ||

𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 1−𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 0−𝑐𝑜𝑠𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥

−𝑠𝑒𝑛𝑥

−𝑠𝑒𝑛𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥

010

|| = 0 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 − 0 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 0 + 0

𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 1

Como 𝑊(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) ≠ 0, entonces, las funciones son linealmente independientes

5.2) ECUACIONES LINEALES HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES

Una ecuación diferencial homogénea de orden superior tiene la forma:

𝑎𝑛𝑦𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑦𝑛−1 + ⋯ + 𝑎2𝑦 ,, + 𝑎1𝑦 , + 𝑎0𝑦 = 0

Y tiene como solución general la función 𝑦 = 𝑒𝑚𝑥, por lo tanto su ecuación auxiliar viene dada por:

𝑎𝑛𝑚𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑚𝑛−1 + ⋯ 𝑎2𝑚2 + 𝑎1𝑚 + 𝑎0 = 0

Estas ecuaciones puede generar muchas combinaciones, sin embargo, se presentan tres casos que

ayudarán en la resolución de las mismas.

1) Primer Caso: Múltiples raíces diferentes

Si todas las raíces de la ecuación diferencial homogénea son reales diferentes, es decir 𝑚1 ≠ 𝑚2 ≠⋯ ≠ 𝑚𝑛−1 ≠ 𝑚𝑛, entonces la solución general tiene la forma

𝑦 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑚2𝑥 + ⋯ 𝐶𝑛−1𝑒𝑚𝑛−1𝑥 + 𝐶𝑛𝑒𝑚𝑛𝑥

2) Segundo Caso: Múltiples raíces iguales

Si todas las raíces de la ecuación diferencial homogénea son reales e iguales, es decir 𝑚1 = 𝑚2 =⋯ = 𝑚𝑛−1 = 𝑚𝑛, entonces la solución general tiene la forma

𝑦 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶2𝑥𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶3𝑥2𝑒𝑚1𝑥 … 𝐶𝑛−1𝑥𝑛−2𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶𝑛𝑥𝑛−1𝑒𝑚1𝑥

3) Tercer Caso: Múltiples raíces iguales

Si todas las raíces de la ecuación diferencial homogénea son conjugadas complejas, es decir,

𝑚1 = 𝛼 + 𝛽𝑖 es una raíz compleja de multiplicidad k, y sus raíz conjugada 𝑚2 = 𝛼 − 𝛽𝑖 también es una

raíz compleja de multiplicidad k, entonces con base en 2k soluciones complejas se tiene como solución

general

𝑦 = 𝐶1𝑒𝛼𝑥𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝐶2𝑒𝛼𝑥𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥) + 𝑥(𝐶3𝑒𝛼𝑥𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝐶4𝑒𝛼𝑥𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥)) + ⋯ + 𝑥𝑛−1(𝐶2𝑛−1𝑒𝛼𝑥𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝐶2𝑛𝑒𝛼𝑥𝑠𝑒𝑛(𝛽𝑥))

Ejemplos ilustrativos

1) Resolver 𝑦 ,,, + 6𝑦 ,, + 11𝑦, + 6𝑦 = 0

Solución:

La ecuación auxiliar es: 𝑚3 + 6𝑚2 + 11𝑚 + 6 = 0

Factorando se tiene (𝑚 + 1)(𝑚 + 2)(𝑚 + 3) = 0

Las raíces son

𝑚1 = −1 ; 𝑚2 = −2; 𝑚3 = −3

Entonces la solución general es

𝑦 = 𝐶1𝑒𝑚1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑚2𝑥 + ⋯ 𝐶𝑛−1𝑒𝑚𝑛−1𝑥 + 𝐶𝑛𝑒𝑚𝑛𝑥

𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 + 𝐶3𝑒−3𝑥

Graficando para valores arbitrarios 𝐶1 = 𝐶2 = 𝐶3 = 1 se obtiene:

2) Comprobar que 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 + 𝐶3𝑒−3𝑥 es la solución de 𝑦 ,,, + 6𝑦 ,, + 11𝑦 , + 6𝑦 = 0

Solución

Calculando la primera derivada de 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 + 𝐶3𝑒−3𝑥

𝑦 , = 𝐶1𝑒−𝑥𝑙𝑛𝑒 ∙ (−1) + 𝐶2𝑒−2𝑥𝑙𝑛𝑒 ∙ (−2) + 𝐶3𝑒−3𝑥𝑙𝑛𝑒 ∙ (−3)

𝑦 , = −𝐶1𝑒−𝑥 − 2𝐶2𝑒−2𝑥 − 3𝐶3𝑒−3𝑥

Calculando la segunda derivada

𝑦 ,, = 𝐶1𝑒−𝑥 + 4𝐶2𝑒−2𝑥 + 9𝐶3𝑒−3𝑥

Calculando la tercera derivada

𝑦 ,,, = −𝐶1𝑒−𝑥 − 8𝐶2𝑒−2𝑥 − 27𝐶3𝑒−3𝑥

Remplazando valores en 𝑦 ,,, + 6𝑦 ,, + 11𝑦 , + 6𝑦 = 0

−𝐶1𝑒−𝑥 − 8𝐶2𝑒−2𝑥 − 27𝐶3𝑒−3𝑥 + 6(𝐶1𝑒−𝑥 + 4𝐶2𝑒−2𝑥 + 9𝐶3𝑒−3𝑥)

+11(−𝐶1𝑒−𝑥 − 2𝐶2𝑒−2𝑥 − 3𝐶3𝑒−3𝑥) + 6(𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 + 𝐶3𝑒−3𝑥) = 0

−𝐶1𝑒−𝑥 − 8𝐶2𝑒−2𝑥 − 27𝐶3𝑒−3𝑥 + 6𝐶1𝑒−𝑥 + 24𝐶2𝑒−2𝑥 + 54𝐶3𝑒−3𝑥

−11𝐶1𝑒−𝑥 − 22𝐶2𝑒−2𝑥 − 33𝐶3𝑒−3𝑥 + 6𝐶1𝑒−𝑥 + 6𝐶2𝑒−2𝑥 + 6𝐶3𝑒−3𝑥 = 0

0 = 0

Como se quería comprobar

3) Encontrar la ecuación diferencial cuya solución es: 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 + 𝐶3𝑒−3𝑥

Solución:

Se observa que

𝑚1 = −1 ; 𝑚2 = −2; 𝑚3 = −3

Entonces

(𝑚 + 1)(𝑚 + 2)(𝑚 + 3) = 0

Por lo tanto al eliminar los paréntesis se obtiene la ecuación auxiliar

(𝑚2 + 2𝑚 + 𝑚 + 2)(𝑚 + 3) = 0 (𝑚2 + 2𝑚 + 𝑚 + 2)(𝑚 + 3) = 0 (𝑚2 + 3𝑚 + 2)(𝑚 + 3) = 0

𝑚3 + 3𝑚2 + 3𝑚2 + 9𝑚 + 2𝑚 + 6 = 0

𝑚3 + 6𝑚2 + 11𝑚 + 6 = 0

Entonces la ecuación pedida es 𝑦 ,,, + 6𝑦 ,, + 11𝑦 , + 6𝑦 = 0

5.3) ECUACIONES NO HOMOGÉNEAS CON COEFICIENTES CONSTANTES

Una ecuación diferencial de orden superior que tiene la forma:

𝑎𝑛(𝑥)𝑦𝑛 + 𝑎𝑛−1(𝑥)𝑦𝑛−1 + ⋯ + 𝑎2(𝑥)𝑦,, + 𝑎1(𝑥)𝑦 , + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)

En donde si 𝑓(𝑥) ≠ 0, la ecuación diferencial se denomina no homogénea.

La solución general es una combinación lineal de dos tipos de soluciones, una solución complementaria

𝑦𝑐 y una solución particular 𝑦𝑝

𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝

La solución complementaria 𝑦𝑐 satisface la ecuación homogénea

𝑎𝑛(𝑥)𝑦𝑛 + 𝑎𝑛−1(𝑥)𝑦𝑛−1 + ⋯ + 𝑎2(𝑥)𝑦,, + 𝑎1(𝑥)𝑦, + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 0

Esta ecuación se la puede resolver empleando los procesos antes mencionados para la ecuación

homogénea de coeficientes constantes

La solución particular 𝑦𝑝 satisface la ecuación no homogénea

𝑎𝑛(𝑥)𝑦𝑛 + 𝑎𝑛−1(𝑥)𝑦𝑛−1 + ⋯ + 𝑎2(𝑥)𝑦,, + 𝑎1(𝑥)𝑦 , + 𝑎0(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥)

Esta ecuación se la puede determinar empleando el llamado método de los coeficientes

indeterminados para determinar 𝒚𝒑

En estas condiciones, de acuerdo a la forma de 𝑓(𝑥), la solución particular 𝑦𝑝 tiene los siguientes casos

1) Si 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1𝑥 + 𝑎𝑜 , entonces,

𝑦𝑝 = 𝐴𝑛𝑥𝑛 + 𝐴𝑛−1𝑥𝑛−1 + ⋯ 𝐴1𝑥 + 𝐴0

Ejemplos

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶

𝑆𝑖 𝑓(𝑥) = 7𝑥 + 6 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐵𝑥 + 𝐶

Si 𝑓(𝑥) = 8 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐶

Si 𝑓(𝑥) = 5 + 𝑥3 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷

Si 𝑓(𝑥) = 3𝑥4 + 2𝑥2 + 𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥4 + 𝐵𝑥3 + 𝐶𝑥2 + 𝐷𝑥 + 𝐸

2) Si 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑒𝑎𝑥, entonces,

𝑦𝑝 = 𝐷𝑒𝑎𝑥

Ejemplos

Si 𝑓(𝑥) = 4𝑒𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐷𝑒𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 4𝑥𝑒𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐵𝑥𝑒𝑥 + 𝐷𝑒𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3𝑒𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑒𝑥

Si 𝑓(𝑥) = (𝑥2 + 4)𝑒2𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶)𝑒2𝑥

3) Si 𝑓(𝑥) = 𝑎1𝑠𝑒𝑛𝛽𝑥 + 𝑎2𝑐𝑜𝑠𝛽𝑥 , entonces

𝑦𝑝 = 𝐸𝑠𝑒𝑛𝛽 + 𝐹𝑐𝑜𝑠𝛽

Ejemplos

Si 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠3𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐸𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠3𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛3𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐸𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠3𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 6𝑠𝑒𝑛3𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐸𝑠𝑒𝑛3𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠3𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐸𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠2𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 2𝑒𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑒𝑥 + 𝐸𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠2𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 3𝑒𝑥 + 6𝑠𝑒𝑛2𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑒𝑥 + 𝐸𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠2𝑥

Si 𝑓(𝑥) = 𝑒−5𝑥𝑠𝑒𝑛2𝑥 ⟹ 𝑦𝑝 = 𝑒−5𝑥(𝐸𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠2𝑥)

Si 𝑓(𝑥) = 4𝑥(𝑠𝑒𝑛2𝑥) ⟹ 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑠𝑒𝑛2𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷)𝑐𝑜𝑠2𝑥

Si 𝑓(𝑥) = (4𝑥 − 𝑥2)𝑒3𝑥(𝑠𝑒𝑛2𝑥) ⟹ 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶)𝑒3𝑥𝑠𝑒𝑛2𝑥 + (𝐷𝑥2 + 𝐸𝑥 + 𝐹)𝑒3𝑥𝑐𝑜𝑠2𝑥

Casos especiales tomando en cuenta las raíces de la ecuación auxiliar

Ejemplos ilustrativos

1) Dado 𝑦 ,, + 5𝑦 , + 6 = 2𝑒−𝑥, entonces

La ecuación auxiliar es 𝑚2 + 5𝑚 + 6 = 0 con raíces 𝑚1 = −3 ; 𝑚2 = −2

La parte expoencial de 𝑓(𝑥) = 2𝑒−𝑥 𝑒𝑠 − 1

𝑚1 ≠ 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑓(𝑥) y 𝑚2 ≠ 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑓(𝑥) ; por lo tanto

𝑦𝑝 = 𝐷𝑒−𝑥

2) Dado 𝑦 ,, + 𝑦 , − 6𝑦 = −5𝑒2𝑥

La ecuación auxiliar es 𝑚2 + 𝑚 − 6 = 0 con raíces 𝑚1 = −3 ; 𝑚2 = 2

La parte exponencial de 𝑓(𝑥) = −5𝑒2𝑥 𝑒𝑠 2

Como 𝑚2 = 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑓(𝑥) ; por lo tanto

𝑦𝑝 = 𝐷𝑥𝑒2𝑥

3) Dado 𝑦 ,, + 2𝑦 , + 𝑦 = 3𝑒−𝑥

La ecuación auxiliar es 𝑚2 + 2𝑚 + 1 = 0 con raíces 𝑚1 = 𝑚2 = −1

La parte exponencial de 𝑓(𝑥) = 3𝑒−𝑥 𝑒𝑠 − 1

Puesto que hay dos raíces iguales a la parte exponencial de 𝑓(𝑥) , por lo tanto

𝑦𝑝 = 𝐷𝑥2𝑒−𝑥

4) Dado 𝑦4 − 5𝑦3 + 9𝑦 ,, − 7𝑦 , + 2𝑦 = 2𝑒𝑥

La ecuación auxiliar es 𝑚4 − 5𝑚3 + 9𝑚2 − 7𝑚 + 2 = 0 con raíces

𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3 = 1; 𝑚4 = 2

La parte exponencial de 𝑓(𝑥) = 2𝑒𝑥 𝑒𝑠 1

Puesto que hay tres raíces iguales a la parte exponencial de 𝑓(𝑥) , por lo tanto

𝑦𝑝 = 𝐷𝑥3𝑒𝑥

5) Dado 𝑦 ,, + 5𝑦 , + 6 = 3𝑐𝑜𝑠𝑥

La ecuación auxiliar es 𝑚2 + 5𝑚 + 6 = 0 con raíces 𝑚1 = −3 ; 𝑚2 = −2

El coeficiente del ángulo de 𝑓(𝑥) = 3𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑒𝑠 1

Como 𝑚1 ≠ 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑥 y 𝑚2 ≠ 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑥 ; por lo tanto

𝑦𝑝 = 𝐸𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐹𝑠𝑒𝑛𝑥

6) Dado 𝑦 ,, + 4𝑦 = 3𝑐𝑜𝑠2𝑥

La ecuación auxiliar es 𝑚2 + 4 = 0 con raíces 𝑚 = ±2𝑖 , de donde 𝛼 = 0; 𝛽 = 2

El coeficiente del ángulo de 𝑓(𝑥) = 3𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑒𝑠 2

Como 𝛽 = 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑥; por lo tanto

𝑦𝑝 = 𝑥(𝐸𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠2𝑥)

Nota: Las letras A, B, C, D, E y F de 𝑦𝑝 pueden remplazarse entre si o ser remplazandas por otras

letras, así por ejemplo

𝑦𝑝 = 𝐵𝑥 + 𝐶 = 𝐴𝑥 + 𝐶 = 𝐴𝑥 + 𝐵 = 𝑀𝑥 + 𝐵

𝑦𝑝 = 𝑥(𝐸𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐹𝑐𝑜𝑠2𝑥) = 𝑥(𝐴𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝐵𝑐𝑜𝑠2𝑥) = 𝑥(𝑃𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑄𝑐𝑜𝑠2𝑥)

Casos especiales tomando en cuenta la multiplicidad

Ejemplos ilustrativos

1) Dado 𝑦 ,, + 4𝑦 , + 3𝑦 = 7𝑥 + 2, entonces

La ecuación auxiliar es 𝑚2 + 4𝑚 + 3 = 0 con raíces 𝑚1 = −3 ; 𝑚2 = −1

La solución complementaria es 𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒−3𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥

Se asume que la solución particular es 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵

Se verifica que entre 𝐴𝑥 + 𝐵 con 𝐶1𝑒−3𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥 no hay multiplicidad, ya que 𝐴𝑥 + 𝐵 no es múltiplo

de 𝑒−3𝑥 𝑜 𝑒−𝑥 , por lo tanto

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵

2) Dado 𝑦 ,,, − 𝑦 ,, = 𝑥 + 1, entonces

La ecuación auxiliar es 𝑚3 − 𝑚2 = 0 con raíces 𝑚1 = 𝑚2 = 0 ; 𝑚3 = 1

La solución complementaria es 𝑦𝑐 = 𝐶1 + 𝐶2𝑥 + 𝐶3𝑒𝑥

Se asume que la solución particular es 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵

Se verifica que entre 𝐴𝑥 + 𝐵 con 𝐶1 + 𝐶2𝑥 + 𝐶3𝑒𝑥 si hay multiplicidad, ya que 𝐴𝑥 es múltiplo de 𝐶2𝑥

Por lo tanto se debe multiplicar 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥 + 𝐵 por x, quedando 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥

Nuevamente se verifica entre 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 con 𝐶1 + 𝐶2𝑥 + 𝐶3𝑒𝑥 sigue existiendo multiplicidad entre 𝐵𝑥

con 𝐶2𝑥

Por lo tanto la solución particular se multiplica nuevamente por x para que no exista multiplicidad,

quedando

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2

3) Dado 𝑦 ,, + 𝑦 = 2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥, entonces

La ecuación auxiliar es 𝑚2 + 1 = 0 con raíces 𝑚1 = 0 + 𝑖 ; 𝑚2 = 0 − 𝑖

La solución complementaria es 𝑦𝑐 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑥

Se asume que la solución particular es 𝑦𝑝 = (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑠𝑒𝑛𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷)𝑐𝑜𝑠𝑥

Se verifica que entre 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝐶2𝑠𝑒𝑛𝑥 con (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑠𝑒𝑛𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷)𝑐𝑜𝑠𝑥 si hay multiplicidad, por lo

tanto se multiplica la solución particular por x

𝑦𝑝 = (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥)𝑠𝑒𝑛𝑥 + (𝐶𝑥2 + 𝐷𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑥

4) Dado 𝑦 ,,, − 4𝑦 ,, + 4𝑦 , = 𝑥2 + 4𝑒2𝑥, entonces

La ecuación auxiliar es 𝑚3 − 4𝑚2 + 4𝑚 = 0 con raíces 𝑚1 = 0; 𝑚2 = 𝑚3 = 2

La solución complementaria es 𝑦𝑐 = 𝐶1 + 𝐶2𝑒2𝑥 + 𝐶3𝑥𝑒2𝑥

Se asume que la solución particular es 𝑦𝑝 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 + 𝐷𝑒2𝑥

Se debe vericar la multiplicidad en forma individual

Se verifica que entre 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 con 𝐶1 + 𝐶2𝑒2𝑥 + 𝐶3𝑥𝑒2𝑥 si hay multiplicidad, por lo tanto se debe

multiplicar 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶 por x, quedando

𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥

Se verifica que entre 𝐷𝑒2𝑥 con 𝐶1 + 𝐶2𝑒2𝑥 + 𝐶3𝑥𝑒2𝑥 si hay multiplicidad, por lo tanto se debe

multiplicar 𝐷𝑒2𝑥 por x, quedando

𝐷𝑥𝑒2𝑥

Se verifica de nuevo que entre 𝐷𝑥𝑒2𝑥 con 𝐶1 + 𝐶2𝑒2𝑥 + 𝐶3𝑥𝑒2𝑥 si hay multiplicidad, por lo tanto se

debe multiplicar 𝐷𝑥𝑒2𝑥 por x, quedando

𝐷𝑥2𝑒2𝑥

Por lo tanto la solución particular queda

𝑦𝑝 = 𝐴𝑥3 + 𝐵𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷𝑥2𝑒2𝑥

Notas:

Una vez obtenida la complementaria y la ecuación particular se procede a resolver como en casos

anteriores.

Próximamente se publicará las respectivas de tareas de cada uno de los temas.

Se recomienda visitar las siguientes direcciones en donde se encontrará artículos sobre Aritmética,

Álgebra, Geometría, Probabilidades, Estadística Descriptiva, Estadística Inferencial y planificaciones

por módulos curriculares

http://repositorio.utn.edu.ec/handle/123456789/24 http://www.monografias.com/usuario/perfiles/mario_suarez_7/monografias http://es.scribd.com/mariosuarezibujes https://docentesinnovadores.net/Usuarios/Ver/29591 http://articulosmatematica.blogspot.com

Cordialmente

Mgs. Mario Suárez