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:
1
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
2
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
3
�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
4
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,
5
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):
6
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
7
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.
8
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.
9
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.
10
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
11
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.
12
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.
13
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)
14
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
15
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)
16
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
17
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
18
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.
19
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:
20
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
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:
22
(�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
23
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
24
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
25
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)
26
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
27
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.
28
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
29
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.
30
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