dr. errols -- coeficientes indeterminados

Universidad Mayor de San Andres

Facultad de Ciencias Puras y Naturales

Carrera de Informatica

La Paz - Bolivia. Jueves 30 de Abril de 2015

Captulo II

METODO DE COEFICIENTES INDETERMINADOS

ECUACIONES DIFERFENCIALES DE SEGUNDO ORDEN

Por el

Dr.MSc.Dipl.Lic.Dgte.PM.Cmdte.Mario Errol Chavez Gordillo PhD.

Contenido

1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12. La solucion general de la ecuacion homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . 93. Utilizacion de una solucion conocida para encontrar otra . . . . . . 64. Ecuacion Diferencial Homogenea con Coeficientes Constantes . 105. El Metodo de Coeficientes Indeterminados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Referencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1. Introduccion

La ecuacion diferencial lineal general de segundo orden es

d 2y

dx2+ P (x)

dy

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

o bien, de manera mas simple,

(1.1) y + P (x)y +Q(x)y = R(x).

Como lo indica la notacion, se entiende que P (x), Q(x) y R(x) son unicamente funciones dex o quiza constantes.Puesto que, en general, no es posible encontrar una solucion explcita de (1.1), el primer

paso sera asegurarnos de que esta ecuacion tenga, en realidad, una solucion. Para ello uti-lizaremos el teorema de existencia y unicidad.

Teorema 1.1. Sean P (x), Q(x) y R(x) funciones continuas en un intervalo cerrado [a, b].Si x0 es un punto cualquiera en [a, b] y si y0 y y

0 son numeros cualesquiera, entonces laecuacion (1.1) tiene una y solo una solucion y(x) en el intervalo, de tal modo que y(x0) = y0y y(x0) = y

0.

El termino R(x) en la ecuacion (1.1) esta aislado y se escribe a la derecha, ya que nocontiene la variable dependiente y y o cualquiera de sus derivadas. Si R(x) es igual a cero,entonces (1.1) se reduce a la ecuacion homogenea

1

o mo os 2

(1.2) y + P (x)y +Q(x)y = 0.

Si R(x) no es identicamente cero, entonces se dice que (1.1) no es homogenea. Al es-tudiar la ecuacion (1.1) no homogenea, es necesario tomar en consideracion tambien a laecuacion homogenea (1.2) que se obtuvo de (1.1), al reemplazar R(x) por cero. El objetode este razonamiento se puede ver con facilidad. Supongamos que, en alguna forma, se sabeque yg(x, c1, c2) es la solucion general de la ecuacion homogenea (1.2) (se espera que con-tenga dos constantes arbitrarias) y que yp(x) es una solucion fija y particular de la ecuacionno homogenea (1.1), entonces yg(x, c1, c2) + yp(x) es la solucion general de la ecuacion nohomogenea (1.1). Para ser mas precisos demostraremos el siguiente Lema:

Lema 1.2. Si y(x) es cualquier solucion de (1.1), entonces y(x) = yg(x, c1, c2) + yp(x) parauna seleccion adecuada de las constantes c1 y c2.

DEMOSTRACION. Si y(x) es cualquier solucion de (1.1), entonces un calculo sencillodemostrara que y(x) yp(x) es una solucion de (1.2), en efecto

(1.3)

(y yp) + P (x)(y yp) +Q(x)(y yp) == y yp + P (x)y P (x)yp +Q(x)y Q(x)yp= y + P (x)y +Q(x)y

(yp + P (x)y

p +Q(x)yp

)= R(x) R(x) = 0

Puesto que yg(x, c1, c2) es la solucion general de (1.2), se deduce que y(x) yp(x) =yg(x, c1, c2) o bien,

y(x) = yg(x, c1, c2) + yp(x)

para una seleccion adecuada de las constantes c1 y c2.

El Lema 1.2 demuestra el teorema siguiente:

Teorema 1.3. Si yg es la solucion general de la ecuacion (1.2) y yp es cualquier solucionparticular de la ecuacion (1.1), entonces yg + yp es la solucion general de (1.1).

Lo primero que debemos observar sobre la ecuacion homogenea (1.2) es que la funciony(x) que es identicamente nula, esto es y(x) = 0 para todas las x, es siempre una solucion,que se conoce con el nombre de solucion trivial y, por lo comun, carece de interes. El hechoestructural basico para las soluciones de (1.2) se da en el teorema que sigue.

Teorema 1.4. Si y1(x) y y2(x) son dos soluciones cualquiera de la ecuacion homogenea(1.2) entonces

(1.4) c1y1(x) + c2y2(x)

es tambien una solucion para cualesquiera constantes c1 y c2.

DEMOSTRACION.

Dr.MSc.Dipl.Lic.Dgte.PM.Cmdte. Mario Errol Chavez Gordillo PhD. o

o mo os 3

Por razones relacionadas con el algebra elemental de vectores, generalmente se dice quela solucion (1.4) es la combinacion lineal de las soluciones y1(x) y y2(x). Si se utiliza estaterminologa, el Teorema 1.4 puede replantearse como sigue: cualquier combinacion lineal dedos soluciones, de la ecuacion homogenea (1.2), es tambien una solucion.Suponga que, por algun medio, logramos encontrar dos soluciones para la ecuacion (1.2).

Entonces este teorema nos proporcionara otro que incluya dos constantes y que, por con-siguiente, pueda ser la solucion general de (1.2). Hay una dificultad: y1 o y2 es una multiploconstante de la otra ecuacion, por ejemplo y1 = ky2, entonces

c1y1 + c2y2 = c1ky2 + c2y2 = (c1k + c2)y2 = cy2,

donde solo se encontrara presente una constante esencial. De acuerdo con esta base, ten-dremos motivos razonables para decir que, si ni y1 ni y2 son multiplos constantes de la otraecuacion, entonces c1y1(x) + c2y2(x) sera la solucion general de (1.2).

2. La solucion general de la ecuacion homogenea

Definicion 2.1. Sean f y g dos funciones

a) Decimos que f y g son linealmente dependientes en un intervalo I si existen con-stantes c1, c2 no ambas nulas tales que c1f(x) + c2g(x) = 0 para todo x en I.

b) Si para todo x en I c1f(x) + c2g(x) = 0 implica que c1 = c2 = 0, entonces decimosque f y g son linealmente independientes en el intervalo I.

Segun la definicion dada, es facil ver que dos funciones f(x) y g(x) definidas en un intervalo[a, b] son linealmente dependientes si y solo si una de las dos funciones es un multiplo escalarde la otra. Si ninguna de ellas es multiplo constante de la otra, son linealmente independientes.Por ejemplo f = sen x y g = 5 sen x son linealmente dependientes ya que c1 sin x +

c2(5 sin x) = 0 admite la solucion no nula c1 = 5 y c2 = 1. Es interesante observar quedos funciones pueden ser linealmente independientes en un intervalo, y no serlo en otro. Porejemplo f(x) = x y g(x) = |x|, son linealmente independientes en R y no lo son en (0,).Definicion 2.2. Sean f y g funciones que admiten derivadas hasta el orden 2 en el inter-valo [a, b]. Se denomina wronskiano de f y g a la funcion definida en [a,b] por medio deldeterminante.

W (f, g) =

f gf g = fg gf

Lema 2.3. Si y1 y y2 son dos soluciones cualesquiera de la ecuacion y+P (x)y+Q(x)y = 0

en el intervalo [a, b], entonces su wronskiano W = W (y1, y2) es, ya sea identicamente cero,o nunca cero en [a, b]. Es decir, es cierta una y solo una de las proposiciones siguientes:

a) W (y1, y2)(x) = 0 para todo x [a, b].b) W (y1, y2)(x) 6= 0 para todo x [a, b].

DEMOSTRACION. Es obvio que solo caben dos posibilidades, que las soluciones seanlinealmente dependientes (en el intervalo [a, b]) o que no lo sean.Si las funciones y1 y y2 son linealmente dependientes, vamos a ver que W (y1, y2) 0 en

[a, b]. En efecto, supongamos que existe una combinacion lineal c1y1(x) + c2y2(x) = 0 para


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todo x [a, b] con los coeficientes c1, c2 no ambos nulos. Derivando, y considerando estasexpresiones en el punto x0, donde x0 es un punto cualquiera del intervalo [a, b], obtendremos

c1y1(x0) + c2y2(x0) = 0

c1y

1(x0) + c2y

2(x0) = 0

Este es un sistema lineal y homogeneo con 2 incognitas c1 y c2. Es claro que c1 y c2 son unasolucion no trivial de este sistema, de donde se deduce que el determinante del sistema, queno es otro que el wronskiano en el punto x0, es cero.Por tanto, puesto que la eleccion de x0 era arbitraria, se tiene que el sistema tiene solucion

distinta de la trivial si y solo si el determinante del sistema (o sea el Wronskiano) se anulaen [a, b], es decir si y solo si W (y1, y2)(x) = 0 para todo x en [a, b].Si las soluciones y1 y y2 son linealmente independientes, W (y1, y2) 6= 0 en todos los puntos

de [a,b]. En efecto, observemos que

dW

dx= W = y1

y2 + y1y2 y2 y1 y2y1 = y1y2 y2y1 6= 0

Puesto que y1 y y2 son linealmente independientes entoncesdW

dx6= 0. Ahora bien, del hecho

de que y1(x) y y2(x) son soluciones de la ecuacion y + P (x)y +Q(x)y = 0 obtenemos

y1 + P (x)y

1 +Q(x)y1 = 0, y

2 + P (x)y

2 +Q(x)y2 = 0.

Al multiplicar la primera de estas ecuaciones por y2 y la segunda por y1

y2y

1 + Py2y

1 +Qy2y1 = 0, y1y

2 + Py1y

2 +Qy1y2 = 0.

restando la segunda menos la primera se tiene

(y1y2 y2y1 ) + P (y1y2 y2y1) = 0

de dondedW

dx+PW = 0. La solucion de esta ecuacion de primer orden esW = C exp

(P (x) dx

)y puesto que el factor exponencial es nunca cero, se completa la prueba.

Corolario 2.4. Si y1(x) y y2(x) son dos soluciones de la ecuacion y+ P (x)y+Q(x)y = 0

en el intervalo [a, b], entonces seran linealmente dependientes en el intervalo [a, b], si y solosi su wronskiana W (y1, y2) = y1y

2 y2y1 es identicamente cero.Nuestra finalidad en esta seccion, es demostrar el teorema siguiente.

Teorema 2.5. Para la ecuacion diferencial

(2.1) y + P (x)y +Q(x)y = 0.

se cumple: a) Admite 2 soluciones linealmente independientes. b) Si y1 y y2 son solucioneslinealmente independientes, entonces

(2.2) y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

es la solucion general de la ecuacion (2.1) en [a, b], en el sentido de que cada solucion de(2.1), se puede obtener a partir de (2.2), mediante una eleccion adecuada de las constantesarbitrarias c1 y c2.


o mo os 5

Demostracion. Tomemos un x0 [a, b] arbitrario. a) Basta aplicar el Teorema 1.1 relativa ala existencia y unicidad a los problemas de condiciones iniciales:

y(x0) = 1 y(x0) = 0

y(x0) = 0 y(x0) = 1

Se obtienen as, 2 soluciones de la ecuacion, y1 y y2, cuyo wronskiano es distinto de cero enel punto x0, en efecto

W (y1, y2)(x0) =

y1(x0) y2(x0)y1(x0) y2(x0) =

1 00 1 = 1

y por tanto, son linealmente independientes en el intervalo [a, b]. (Recuerdese el Corolario2.4.)Sea y(x) cualquier solucion de (2.1) en [a, b]. Demostraremos que existen constantes c1 y

c2 de tal modo que

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

para toda las x en [a, b]. Por el Teorema 1.1 una solucion de (2.1) sobre todo el intervalo [a, b],se determinan completamente por su valor y el valor de su derivada en un punto simple. Enconsecuencia, puesto que c1y1(x) + c2y2(x) y y(x) son soluciones de (2.1) en [a, b], vamos ademostrar que para algun punto x0 en [a, b], se pueden obtener c1 y c2 de tal modo que seansoluciones del siguiente sistema de ecuaciones

(2.3)

c1y1(x0) + c2y2(x0) = y(x0)

c1y

1(x0) + c2y

2(x0) = y(x0)

.

Para que este sistema pueda resolverse para c1 y c2, basta que el determinante

W (y1, y2)(x0) =

y1(x0) y2(x0)y1(x0) y2(x0) = y1(x0)y2(x0) y2(x0)y1(x0)

tenga un valor diferente de cero. En efecto, puesto que y1 y y2 son linealmente independientesen el intervalo [a, b], entonces el Corolario 2.4 implica que W (y1, y2)(x0) 6= 0, por tanto elsistema (2.3) tiene solucion. Con esto, se completa la prueba del Teorema 2.5.

Ordinariamente, el modo mas sencillo de probar que dos soluciones de (2.1) son linealmenteindependientes a lo largo de un intervalo, es demostrar que su razon no es constante y , enla mayora de los casos, esto se puede determinar con facilidad mediante una inspeccion.Sin embargo, a veces es conveniente emplear la prueba formal indicada en el Corolario 2.4:calcular la wronskiano y demostrar que no se desvanece. Ambos procedimientos se ilustra enel siguiente ejemplo.

Ejemlo 2.6. Demuestre que y = c1 sen x + c2 cosx es la solucion general de y + y = 0, en

cualquier intervalo y encuentre la solucion particular para la que y(0) = 2 y y(0) = 3.

SOLUCION.- El hecho de que y1 = sen x y y2 = cosx son soluciones, se puede verificarcon facilidad, mediante la substitucion. Su independencia lineal en cualquier intervalo [a, b]


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se infiere al observar quey1y2

= tanx, no es constante y asimismo, por el hecho de que su

wronskiano nunca de anula

W (y1, y2) =

sen x cosxcosx sen x = sen2 x cos2 x = 1.

Puesto que P (x) = 0 y Q(x) = 1 son continuos en [a, b], se infiere del Teorema 2.5 quey = c1 sen x+c2 cosx es la solucion general de la ecuacion dada en [a, b]. Ademas, puesto queel intervalo [a, b] puede extenderse indefinidamente, sin la introduccion de puntos en los queP (x) o Q(x) se descontinuen, esta solucion general es valida para todas las x. Para encontrarla solucion particular que se requiere, se resuelve el sistema

c1 sen 0 + c2 cos 0 = 2c1 cos 0 c2 sen 0 = 3

Esto da c1 = 2 y c2 = 3 de modo que y = 3 sen x + 2 cosx es la solucion particular quesatisface las condiciones dadas.

pg101 1. Escobar - Ecuaciones Diferenciales con aplicaciones en Maple. LIBRO

Ejemlo 2.7. Resuelva la siguiente ecuacion utilizando cualquier metodo x2y+4xy+2y = 0.

SOLUCION. Comencemos por demostrar que existe una solucion de esta ecuacion ho-mogenea que tiene la forma y = xn, (x > 0), y luego construiremos una base de solucionesde dicha ecuacion.Un reemplazo de y = xn en la ecuacion homogenea permite encontrar n = 2 o n = 1.

En efecto:

y = xn, y = nxn1, y1 = n(n 1)xn2

x2y + 4xy + 2y = 0

x2n(n 1)xn2 + 4xnxn1 + 2xn = 0n(n 1)xn + 4nxn + 2xn = 0

(n2 n+ 4n+ 2)xn = 0Ahora bien puesto que n2 + 3n + 2 = (n + 2)(n + 1) = 0 tiene por soluciones a n = 1

o n = 2, entonces podemos llamar y1(x) = 1xy y2(x) =

1

x2las dos soluciones linealmente

independientes. Luego la solucion general es y =c1x+

c2x2

.

3. Utilizacion de una solucion conocida para encontrar otra

Como hemos visto, es facil escribir la solucion general de la ecuacion homogenea

(3.1) y + P (x)y +Q(x)y = 0.

siempre que se conozcan dos soluciones linealmente independientes y1 y y2; sin embargo,como se pueden encontrar y1 y y2?. Desgraciadamente, no hay ningun metodo general


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que permita resolver este problema. De todos modos, existe un procedimiento comun paradeterminar y2 cuando se conoce y1. Esto tiene una importancia considerable, ya que, enmuchos casos puede encontrarse una solucion simple de (3.1) mediante analisis o algun otrodispositivo.Para desarrollar este procedimiento, se supone que y1(x) es una solucion conocida no nula

de (3.1), de tal modo que cy1(x) es tambien una solucion para cualquier constante c. La ideabasica es remplazar la constante c por una funcion conocida v(x) y a continuacion tratar dedeterminar v de tal modo que y2 = vy1 sea una solucion de (3.1). No es del todo claro elprogreso que se logra con este enfoque; sin embargo, as es. Para intentar probarlo, recuerde

que la independencia lineal de las soluciones y1 y y2 requiere que la razony2y1

sea una funcion

no constante de x, por ejemplo vy, si podemos encontrar v, entonces, puesto que se conocey1 se tendra y2 y el problema estara resuelto.

Teorema 3.1. Si y1(x) es una solucion de la ecuacion diferencial homogenea y+P (x)y +

Q(x)y = 0 en el intervalo [a, b] y ademas se cumple que y1(x) 6= 0 en dicho intervalo, entoncesexiste una funcion v = v(x) tal que:

1. y2(x) = v(x)y1(x) es tambien una solucion de y + P (x)y +Q(x)y = 0

2. y1(x) e y2(x) son linealmente independientes.

Demostracion. Supongamos que y2 = vy1 es una solucion de y + P (x)y +Q(x)y = 0, esto

es

(3.2) y2 + P (x)y

2 +Q(x)y2 = 0.

Se trata de encontrar la funcion incognita v(x). Al sustituir y2 = vy1 y las expresiones

y2 = vy

1 + vy1 y y

2 = vy

1 + 2vy1 + v

y1

en (3.2), se tiene reordenando,

v(y1 + Py

1 +Qy1) + vy1 + v

(2y1 + Py1) = 0.

Puesto que y1 es una solucion de (3.1), la anterior ecuacion se reduce a

vy1 + v(2y1 + Py1) = 0.

ov

v= 2y

1

y1 P.

A continuacion mediante una integracion obtenemos

log(v)= 2 log (y1) P (x) dx,

de modo que

v =1

y21exp

(P (x) dx

)y

(3.3) v =

1

y21e

P (x)dx dx


o mo os 8

Luego la segunda solucion es

y2 = y1

e

P (x)dx

y21dx

con y1 6= 0 en I. Lo unico que queda por demostrar es que y1 y y2 = vy1 son linealmenteindependientes.

W (y1, y2) =

y1 y1

e

P (x)dx

y21dx

y1 y1

eP (x)dx

y21+ y1

e

P (x)dx

y21dx

= e

P (x)dx + y1y1

e

P (x)dx

y21dx y1y1

e

P (x)dx

y21dx

= eP (x)dx > 0

Luego y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la E.D. y + P (x)y +Q(x)y =

0

En conclusion, si y1 es una solucion, con y1 6= 0 en I, entonces

y2 = y1

e

P (x)dx

y21dx (Formula de DAlembert)

es tambien solucion

Ejemlo 3.2. y1 = x es una solucion de x2y + xy y = 0, lo que se puede descubrir

facilmente mediante una inspeccion. Encuentre la solucion general.

SOLUCION.- Para empezar, se escribe la ecuacion dada en la forma de (3.1):

y +1

xy 1

x2y = 0.

Puesto que P (x) = 1x, una segunda solucion linealmente independiente se da por medio de

y2 = vy1, en donde

v =

1

x2exp

(

1

xdx

)dx =

1

x2exp ( log(x)) dx =

x3 dx =

x2

2

de esto se obtiene que y2 = vy1 = 12x

, de tal modo que la solucion general es y = c1x+c2x.

Ejemplo Sea y1(x) = x sen(ln x) una solucion de la ecuacion diferencial x2yxy+2y =

0, halle una segunda solucion que satisfaga la ecuacion.

SOLUCION.- Lo primero que se debe hacer es escribir la ecuacion diferencial en su formacanonica, es decir, dividimos la ecuacion por x2:

y 1xy +

2

x2y = 0


o mo os 9

Por lo tanto de acuerdo a (3.3) una segunda solucion para la ecuacion diferencial vienedada por:

y2(x) = x sen(lnx)

1[

x sen(ln x)]2 exp( ( 1x) dx

)dx

Resolviendo la integral del numerador, se tiene:

y2(x) = x sen(ln x)

elnx[

x sen(ln x)]2 dx = x sen(ln x) x[

x sen(ln x)]2 dx

Ahora simplificando y utilizando un cambio de variable, se obtiene:

y2(x) = x sen(ln x)

1

x sen2(ln x)dx

u = ln x

du =1

xdx

= x sen(ln x)

1

sen2 udu = x sen(ln x)

csc2 u du

= x sen(ln x) cotu = x sen(lnx) cot(lnx)

Ejemlo 3.3. Considere la ecuacion 2x2y + 3xy y = 0. a) Muestre que y1(x) = 1x es unasolucion de la ecuacion. b) Determine la solucion general de la ecuacion. c) Realice una brevedescripcion del comportamiento de la solucion del inciso (b).

SOLUCION.

(a) Puesto que

y1(x) =1

x, y1(x) =

1

x2, y1(x) =

2

x3

2x2y + 3xy y = 2x2 2x3 3x 1

x2 1x=

4

x 3x 1x= 0

(b) Para empezar. se escribe la ecuacion dada en la forma siguiente:

y +3

2xy 1

2x2y = 0.

Puesto que P (x) =3

2x, una segunda solucion linealmente independiente se da por

medio de y2 = vy1, en donde

v =

1

y21exp

(P dx

)dx

v =

x2 exp

(

3

2xdx

)dx =

x2 exp (3/2 log(x)) dx =

x2x3/2 dx =

x1/2 dx =

x3/2

3/2


o mo os 10

de esto se obtiene que y2 = vy1 =x3/2

3/2

1

x=

2

3

x, de tal modo que la solucion general

es y =c1x+ c2

x.

(c)

4. Ecuacion Diferencial Homogenea con Coeficientes Constantes

En este punto estamos ya en condiciones de realizar un analisis completo de la ecuacionhomogenea y+P (x)y+Q(x)y = 0 para el caso especial en el que P (x) y Q(x) son constantesp y q:

(4.1) y + py + qy = 0.

Nuestro punto de partida es el hecho de que la funcion exponencial ex tiene la propiedadde que sus derivadas son multiplos constantes de la funcion misma. Esto nos lleva a considerar

(4.2) y = ex

como solucion posible para (4.1), si la constante se escoge de la manera adecuada. Puestoque y = ex y y = 2ex, la sustitucion en (4.1) da

(4.3) (2 + p+ q)ex = 0

y puesto que ex nunca es cero, (4.3) se justifica si y solo si satisface la ecuacion carac-terstica

(4.4) 2 + p+ q = 0.

Las dos races 1 y 2 de esta ecuacion, o sea, los valores de para los que (4.2) es unasolucion de (4.1), se dan mediante la formula cuadratica

(4.5) 1, 2 =p

p2 4q2

El desarrollo posterior de esta situacion requiere que se traten por separado las tres posibil-idades inherentes a (4.5).

Definicion 4.1. La ecuacion caracterstica se obtiene al sustituir y por 2, y por y ypor 0 = 1 en la ecuacion diferencial homogenea y+ py+ qy = 0. Las races caractersticasde la ecuacion diferencial y + py + qy = 0 son las races de la ecuacion caracterstica2 + p+ q = 0.

4.1. Races reales distintas. Es evidente que las races 1 y 2 son numeros realesdistintos si y solo si p2 4q > 0. En este caso se tiene las dos soluciones

y1 = e1x y y2 = e

2x.

Puesto que la razone1x

e2x= e(12)x

no es constante y esas soluciones son linealmente independientes y

(4.6) y = c1e1x + c2e

2x


o mo os 11

esta es la solucion general de (4.1). Por otro lado, puesto que p > 0, q > 0 y 0 < p24q < p2,entonces

p2 4q < p. Por lo tanto

1 < 0 y 2 < 0

Esto implica que lmx

y(x) = 0.

Ejemlo 4.2. Resuelva y + 3y 10y = 0.SOLUCION.- Como se sabe este tipo de ecuacion tiene como solucion general y = ex, lacual al derivar y sustituir en la ecuacion diferencial se tiene:

2ex + 3ex 10ex = 0, ex(2 + 3 10) = 0Entonces la ecuacion caracterstica es 2 2 + 3 10 = 0 y sus races 1 = 5 y 2 = 2, porlo cual se puede concluir que la solucion general de la ecuacion diferencial es:

y = c1e5x + c2e

2x

Ejemlo 4.3. Resolver la ecuacion diferencial y 4y = 0SOLUCION.- En este caso la ecuacion caracterstica es 2 4 = 0 as que 2 = 4 o sea = 2 luego y1 = e2x y y2 = e2x son soluciones particulares de la ecuacion diferencialdada. Ademas, como estas dos soluciones son linealmente independientes, podemos aplicarel teorema 2.5 par

4.2. Races reales iguales. Resulta evidente que las races 1 y 2 son numeros realesiguales si y solo si p2 4q = 0. En este caso, tomando = 1 = 2 se obtiene solamente unasolucion

y1 = ex donde = p

2.

Sin embargo, se puede encontrar facilmente una segunda solucion linealmente independientemediante el metodo descrito en la seccion anterior: si se toma y1 = e

p

2x, entonces,

v =

1

y21exp

(P dx

)dx =

1

epxexp

(p dx

)dx =

1

epxepx dx = x

yy2 = vy1 = xe

x.

En este caso, (4.1) tiene

(4.7) y = c1ex + c2xe

x

como solucion general. Ahora, puesto que = p2< 0, otra ves tenemos que lm

xy(x) = 0.

Ejemlo 4.4. Resuelva. y 6y + 9y = 0.SOLUCION.- Como la solucion general y = ex, la cual al derivar y sustituir en la ecuacionse tiene:

2ex 6ex + 9ex = 0, ex(2 6+ 9) = 0Entonces la ecuacion caracterstica es 2 6 + 9 = 0 y sus races 1 = 3 y 2 = 3, por locual se puede concluir que la solucion general de la ecuacion diferencial es:

y = (c1 + c2x)e3x.


o mo os 12

Ejemlo 4.5. Resolver la ecuacion diferencial y+4y+4y = 0 sujeta a la condiciones inicialesy(0) = 2 e y(0) = 1.

SOLUCION.- La ecuacion caracterstica 2 + 4 + 4 = 0, ( + 2)2 = 0 tiene dos racesreales = 2 repetidas luego la solucion general es y = (c1 + c2x)e2x.Ahora bien como y = 2 cuando x = 0, tenemos 2 = (c1 + c20)e

0 = c1 Ademas, comoy = 1 cuando x = 0 tenemos y = c2e

2x + (c1 + c2x)(2)e2x, 1 = c2e0 + (c1 + c20)(2)e0,1 = c2 2c1, c2 = 5. Por tanto la solucion es y = (2 + 5x)e2x solucion particular

4.3. Races complejas conjugadas. Las races 1 y 2 son numeros complejos distintossi y solo si p2 4q < 0. En este caso 1 y 2 pueden escribirse en la forma a ib y segun laformula de Euler

(4.8) ei = cos + i sen ,

nuestras dos soluciones de (4.1) son

(4.9) e1x = e(a+ib)x = eaxeibx = eax(cos b+ i sen b)

y

(4.10) e2x = e(aib)x = eaxeibx = eax(cos b i sen b)Puesto que nos interesan solamente soluciones que sean funciones de valor real, podemossumar (4.9) y (4.10) y dividirlas por 2, despues restar y dividir por 2i para obtener

(4.11) y1 = eax cos bx y y2 = e

ax sen bx

Estas soluciones son linealmente independientes, de tal modo que la solucion general de (4.1),en este caso, es

(4.12) y = eax(c1 cos bx+ c2 sen bx)

Ahora usando (4.12), se tiene que lmx

y(x) = 0. Podemos observar esta cuestion desde

otro punto de vista. Una funcion de valor complejo w(x) = u(x)+ iv(x) satisface la ecuacion(4.1), donde p y q son numeros reales, si y solo si u(x) y v(x) satisfacen la ecuacion (4.1) porseparado. De acuerdo con esto una solucion compleja de (4.1) contiene siempre dos solucionesreales, y (4.9) da las dos soluciones (4.11) inmediatamente.

Ejemlo 4.6. Resuelva. y + y + y = 0.

SOLUCION.- Como la solucion general y = ex, la cual al derivar y sustituir en la ecuacionse tiene:

2ex + ex + ex = 0, ex(2 + + 1) = 0

Entonces la ecuacion caracterstica es 2++1 = 0, con lo cual luego de aplicar la ecuacion

(4.55), se obtienen las races: 1 = 12+

3

2i y 2 = 1

23

2i, por lo tanto se tiene que


o mo os 13

a =1

2y b =

3

2, por consiguiente se puede concluir que la solucion general de la ecuacion

diferencial es:

y = ex

2

(c1 cos

3

2x+ c2 sen

3

2x

)

Ejemlo 4.7. Hallarlas la solucion general de la ecuacion diferencial y + 6y + 12y = 0

SOLUCION.- la ecuacion caracterstica 2 + 6+ 12 = 0 tiene dos races complejas.

=662 4(12)

2=612

2= 3 i

3

As pues, a = 3 y b = 3, y la solucion general es y = e3x(c1 cos3x + c2 sen

3x), la

ecuacion caracterstica tiene dos races complejas, la solucion de la ecuacion diferencial esreal.

5. El Metodo de Coeficientes Indeterminados

En las dos secciones anteriores se consideraron varios metodos para encontrar la soluciongeneral de la ecuacion homogenea

(5.1) y + P (x)y +Q(x)y = 0.

Como se pudo advertir, esos metodos son utiles solo en unos cuantos casos especiales; cuandolos coeficientes son constantes y cuando no lo son; sin embargo, todava son lo suficientementesimples como para permitirnos descubrir una solucion diferente de cero mediante un analisis.Afortunadamente, esas categoras son bastante amplias y cubren un cierto numero de apli-caciones significativas; no obstante, debe entenderse que muchas ecuaciones homogeneas degran importancia en matematicas y fsica, estan fuera del alcance de estos procedimientos ysolo pueden resolverse por el metodo de la serie de potencias.En esta seccion y en la siguiente, volveremos a estudiar el problema de la resolucion de la

ecuacion no homogenea

(5.2) y + P (x)y +Q(x)y = R(x).

para los casos en los que la solucion general yg(x) de la ecuacion homogenea correspondiente(5.1) sea ya conocida. Segun el Teorema 1.3, si yp(x) es cualquier solucion particular de (5.2),entonces,

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

es la solucion general de (5.2). Sin embargo, como se puede encontrar yp?. Se trata de unproblema practico que se vera a continuacion empleando para ello el metodo de coeficientesindeterminados.El metodo de coeficientes indeterminados es un procedimiento para encontrar una solucion

particular yp cuando (5.2) tiene la forma

(5.3) y + py + qy = f(x),

en donde p y q son constantes reales y f(x) es pertenece a la siguiente lista de funciones:

Polinomicas f(x) = a, f(x) = axn, f(x) = a0 + a1x+ + anxn


o mo os 14

Exponenciales f(x) = Aeax

Trigonometricas f(x) = A sen bx o f(x) = A cos bxProducto finito de las anteriores: f(x) = Aeax sen bx, f(x) = Aeax cos bx

f(x) = A

(ni=0

aixi

)eax sen bx, f(x) = A

(ni=0

aixi

)eax cos bx

Sumas finitas de las anteriores.

El nombre de coeficientes indeterminados lleva su nombre de coeficientes indeterminadosdebido a que inicialmente se propone una solucion particular yp semejante a la funcion f(x)de la ecuacion diferencial no homogenea que contenga uno o mas coeficientes desconocidos,luego se deben determinar el valor de dichos coeficientes.Es importante resaltar, que la solucion general de una ecuacion diferencial no homogenea

debe contener funciones linealmente independientes entre s. Por lo tanto se debe verificar quela solucion particular propuesta no sea multiplo de ninguna de las funciones que conformanla solucion general de la ecuacion homogenea, de as serlo, la solucion particular debe sermultiplicada por xn, donde n se obtiene de manera adecuada.Algunos ejemplos de funciones para f(x) permitidas en este metodo son:

f(x) = 5 f(x) = 4x 8 f(x) = x3 4xf(x) = 5e4x f(x) = 2x+ 4 + e3x f(x) = (2x+ 4)ex

f(x) = 2 sen 5x f(x) = (x2 + 6x) cos 4x f(x) = xe4x + sen 2xe3x

Caso contrario, algunos ejemplos de funciones que para f(x) no estan permitidas:

f(x) = ln x f(x) =x

x2 + 2xf(x) =

1

x3

f(x) =x

cosxf(x) =

4

sen xf(x) = arc cosx

Teorema 5.1 (Caso 1). Si la ecuacion no homogenea y + py + qy = f(x) es de coefi-cientes constantes y f(x) = A para alguna constante A. Entonces siempre existe una solucionparticular de la forma:

yp(x) = xmM

donde m = 0 si 0 no es raz de la ecuacion caracterstica, m = 1 si 0 es raz de multiplicidad1, m = 2 si 0 es raz de multiplicidad 2. La constanteM se obtienen sustituyendo la expresionyp(x) en la ecuacion no homogenea.

Otra manera equivalente de escoger la solucion particular yp(x) en el caso cuando f(x) = Asea una constante es

Si q 6= 0 entonces proponga como solucion particular a yp =M . Si q = 0 entonces proponga como solucion particular a yp =Mx. Si p = q = 0 entonces proponga como solucion particular a yp = Mx2. O bien la

ecuacion diferencial puede resolverse inmediatamente, por medio de la integraciondirecta.

Ejemlo 5.2. Resuelva y 9y + 20y = 60.


o mo os 15

SOLUCION.- Primero se determina la solucion de la ecuacion diferencial homogenea aso-ciada: y 9y + 20y = 0. Su ecuacion caracterstica es:

2 9+ 20 = 0, ( 4)( 5) = 0Con lo cual las races de la ecuacion caracterstica son: = 4 y = 5. Por lo tanto la solucioncomplementaria viene dada por:

yg = C1e4x + C2e

5x

Ahora como f(x) = 60 un contante y 0 no es raz de la ecuacion caracterstica, por elteorema 5.1 se propone como solucion particular a: yp =M . Se deriva yp dos veces debida aque es una ecuacion diferencial de segundo orden:

yp = M, y

p = 0, y

p = 0

Sustituyendo la solucion particular y sus derivadas en la ecuacion diferencial se tiene:

y 9y + 20y = 60, 0 9(0) + 20M = 60, M = 3Por lo tanto se tiene que: M = 3 entonces la solucion particular es:

yp = 3

Por ultimo se concluye que la solucion general de la ecuacion diferencial es:

y = C1e4x + C2e

5x + 3.

Teorema 5.3 (Caso 2). Si la ecuacion no homogenea y+py+qy = f(x) es de coeficientesconstantes y f(x) = a0 + a1x + + anxn es un polinomio de grado n. Entonces siempreexiste una solucion particular de la forma:

yp(x) = xm[M0 +M1x+ +Mnxn

]donde m = 0 si 0 no es raz de la ecuacion caracterstica, m = 1 si 0 es raz de multiplicidad1, m = 2 si 0 es raz de multiplicidad 2. Para encontrar los valores de los coeficientesideterminandos M0, M1, ..., Mn se sustituye yp(x) en la ecuacion no homogenea y luego deigualan los coeficientes de las potencias iguales de x.

Otra manera equivalente de escoger la solucion particular yp(x) en el caso cuando f(x) =a0 + a1x+ + anxn es una polinomio es

Si q 6= 0 entonces proponga como solucion particular a yp = a0 + a1x+ + anxn. Si q = 0 se hace y = u y y = u y se procede como en el caso anterior para la

ecuacion reducida de primer orden resultante. O tambien, equivalentemente, se poneyp = x(a0 + a1x+ + anxn).

Si p y q son iguales a cero, entonces la ecuacion no homogenea puede resolverseinmediatamente, por medio de la integracion directa.

Ejemlo 5.4. Resuelva y + 4y + 3y = 7x+ 2.


o mo os 16

SOLUCION.- Primero se determina la solucion de la ecuacion diferencial homogenea aso-ciada: y + 4y + 3y = 0Su ecuacion caracterstica es:

2 + 4+ 3 = 0, (+ 3)(+ 1) = 0

Con lo cual las races de la ecuacion caracterstica son:

{ = 3 = 1

Por lo tanto la solucion complementaria viene dada por:

yg = C1e3x + C2e

x

Ahora se asume una solucion particular de acuerdo a la funcion contenida en f(x), entoncescomo f(x) = 7x+2, por el teorema 5.3 se propone como solucion particular a: yp = Ax+BInmediatamente debe verificarse si Ax + B es linealmente independiente con respecto a

las funciones que conforman la solucion general de la ecuacion homogenea, es decir, si esmultiplo de e3x o de ex. En este caso, como no hay multiplicidad, se concluye que lasolucion particular a utilizarse es la asumida, por lo tanto se confirma que yp = Ax+B.Se deriva yp dos veces debida a que es una ecuacion diferencial de segundo orden:

yp = Ax+B, y

p = A, y

p = 0


y + 4y + 3y = 7x+ 2, 0 + 4(A) + 3(Ax+B) = 7x+ 2

En consecuencia

4A+ 3Ax+ 3B = 7x+ 2, 3Ax+ (4A+ 3B) = 7x+ 2

Con lo cual {3A = 7

4A+ 3B = 2

{ 12A = 2812A+ 9B = 6

Por lo tanto se tiene que: A =7

3y B = 22

9entonces la solucion particular es:

yp =7

3x 22

9


y = C1e3x + C2e

x +7

3x 22

9

Ejemlo 5.5. Resuelva y 3y = x2 + 3.SOLUCION.- Primero se determina la solucion de la ecuacion diferencial homogenea aso-ciada: y 3y = 0. Su ecuacion caracterstica es:

2 3 = 0, ( 3) = 0Con lo cual las races de la ecuacion caracterstica son: = 0 y = 3. Por lo tanto la solucioncomplementaria viene dada por:

yg = C1 + C2e3x


o mo os 17

Ahora como f(x) = x2 + 3 es un polinomio de grado 2 y 0 es raz de la ecuacion carac-terstica de multiplicidad 1, por el teorema 5.3 se propone como solucion particular a

yp = x(Ax2 +Bx+ C) = Ax3 +Bx2 + Cx

Se deriva yp dos veces debida a que es una ecuacion diferencial de segundo orden:

yp = Ax3 +Bx2 + Cx, yp = 3Ax

2 + 2Bx+ C, yp = 6Ax+ 2B


y 3y = x2 + 3, 6Ax+ 2B 3(3Ax2 + 2Bx+ C) = x2 + 3Por lo tanto se tiene que: M = 3 entonces la solucion particular es:

yp = 3


y = C1e4x + C2e

5x + 3.

Ejemlo 5.6. Resuelva y y = x+ 1SOLUCION.- Se determina la solucion complementaria de y y = 0, primero se con-struye la ecuacion caracterstica y se determinan sus races:

3 2 = 0, 2( 1) = 0 = 0 = 0 = 1

Lo que implica que la solucion complementaria de la ecuacion dada es:

yg = C1 + C2x+ C3ex

Ahora se asume una solucion particular de acuerdo a la funcion que contiene f(x). Comof(x) = x+ 1 entonces, por el teorema 5.3 se asume yp = Ax+B.Sin embargo al verificar si yp es linealmente independiente con respecto a yg, se comprueba

que si hay multiplicidad, por lo tanto se multiplica la solucion particular por x2, con lo cualse tiene que la nueva solucion particular es:

yp = Ax3 +Bx2

Es importante cotejar que si se hubiese multiplicado la solucion particular por x, todavaseguira siendo linealmente independiente.Entonces se deriva la solucion particular tres veces porque es una ecuacion diferencial de

tercer orden, con lo cual se tiene:

yp = Ax3 +Bx2, yp = 3Ax

2 + 2Bx, yp = 6Ax+ 2B, y

p = 6A

Sustituyendo la solucion particular y sus derivadas en la ecuacion diferencial, se tiene:

y y = x+ 1, 6A (6Ax+ 2B) = x+ 1En consecuencia

6A 6Ax 2B = x+ 1, 6Ax+ (6A 2B) = x+ 1


o mo os 18

Con lo cual 6A = 1 y 6A 2B = 1.Por lo tanto se tiene que: A = 1

6y B = 1 entonces la solucion particular es:

yp = 16x3 x2

Con lo cual se concluye que la solucion general de la ecuacion diferencial es:

y = C1 + C2x+ C3ex 1

6x3 x2

Teorema 5.7 (Caso 3). Si la ecuacion no homogenea y+py+qy = f(x) es de coeficientesconstantes y f(x) = Keax es una funcion exponencial. Entonces siempre existe una solucionparticular de la forma:

yp(x) =Mxmeax

donde m = 0 si a no es raz de la ecuacion caracterstica, m = 1 si a es raz de multiplicidad1 y m = 2 si a es raz de multiplicidad 2. La constante M se obtienen sustituyendo laexpresion yp(x) en la ecuacion no homogenea.DEMOSTRACION.Tomemos la ecuacion

(5.4) y + py + qy = Keax.

Puesto que la derivacion de una exponencial como eax reproduce simplemente la funcion conun cambio posible en el coeficiente numerico, es natural suponer que

(5.5) yp(x) =Meax

puede ser una solucion particular de (5.4). En este caso A es el coeficiente indeterminando quese desea determiar, se tal modo que (5.5) satisfaga realmente la ecuacion (5.4). Al sustituir(5.5) en (5.4), se obtiene

M(a2 + pa+ q)eax = Keax,

de modo que

(5.6) M =K

a2 + pa + q.

Este valor de M hara que (5.5) sea una solucion de (5.4), excepto cuando el denominador,a la derecha de (5.6) sea cero. La causa de esta excepcion es facil de comprender, porque sepresenta cuando a es una raz de la ecuacion caracterstica

(5.7) 2 + p+ q = 0,

y, en este caso, se sabe que (5.5) reduce el lado izquierdo de (5.4) a cero y, en esta forma, nopuede satisfacer la ecuacion (5.4), con el lado derecho diferente a cero.Que puede hacerse en este caso excepcional para seguir adelante con el procedimiento?.

En la seccion anterior, se vio que, cuando la ecuacion caracterstica tiene una raz doble, yse multiplica por x se obtiene la segunda solucion linealmente independiente de la ecuacionhomogenea. Al considerar esta indicacion, se toma a

(5.8) yp = Mxeax

como una solucion substituta del tanteo. Al insertar (5.8) en (5.4), se tiene

yp = Meax +Mxaeax = (1+ ax)Meax, yp = aMe

ax + (a+ a2x)Meax = (2a+ a2x)Meax


o mo os 19

yp + py

p + qyp = Keax

(2a+ a2x)Meax + p(1 + ax)Meax + qMxeax = Keax

2aMeax + a2xMeax + pMeax + apxMeax + qMxeax = Keax

a2xMeax + apxMeax + qMxeax + 2aMeax + pMeax = Keax

(a2 + ap+ q)Mxeax + (2a+ p)Meax = Keax

La primera expresion dentro del parentesis es igual a cero, debido a nuestra suposicion deque a es una raz de (5.7), de modo que

(5.9) M =K

2a+ p

Esto nos permite tener un coeficiente valido para (5.8), excepto cuando a = p2, es decir,

menos cuando a es una raz doble de (5.7). En este caso se puede seguir el patron adecuadoque se indico antes y probar que

(5.10) yp =Mx2eax.

La sustitucion de (5.10) en (5.2) da

(a2 + ap + q)Mx2eax + 2(2a+ p)Mxeax + 2Meax = Keax.

Puesto que ahora se supone que a es una raz doble de (5.7), las dos expresiones entreparentesis seran iguales a cero y

(5.11) M =K

2.

En resumen: si a no es una raz de la ecuacion caracterstica (5.2), entonces (5.4) tiene unasolucion particular de la forma Meax; si a es una raz simple de la ecuacion (5.2), entonces(5.4) no tendra una solucion de la forma Meax, sino que la de la forma Mxeax y, si a es unaraz doble, entonces (5.4) no tendra solucion de la forma Mxeax, sino de la forma Mx2eax.En cada caso, se tiene una formula dada para M ; pero solo con el fin de aclarar las razonesde cada evento. En la practica, es mas facil encontrar M mediante la sustitucion directa enla ecuacion que se esta considerando.

Otra manera equivalente de escoger la solucion particular yp(x) en el caso cuando f(x) =Keax es una funcion exponencial es:

Se conjetura que yp = Meax, si a 6= 1 y a 6= 2, esto es, a no es raz de la ecuacioncaracterstica.

Se conjetura que yp = Mxeax, si a = 1 y a 6= 2, esto es, a es raz simple de laecuacion caracterstica.

Se conjetura que yp = Mx2eax, si a = 1 = 2, esto es, a es raz doble de la ecuacioncaracterstica.

Ejemlo 5.8. Determnese la solucion general de y 5y+6y = 2e4x, calculando la solucionparticular que cumple las condiciones iniciales y(0) = 1 e y(0) = 2.


o mo os 20

SOLUCION.- La ecuacion es de segundo orden, lineal, de coeficientes constantes y com-pleta. Su solucion general es suma de la solucion general de la ecuacion homogenea corre-spondiente y de una solucion particular de la ecuacion completa.La ecuacion homogenea es y5y+6y = 0, siendo r25r+6 = 0 su ecuacion caracterstica,

cuyas races son 2 y 3 (ambas simples). As, las funciones

y1 = e2x y y2 = e

3x

forman un sistema fundamental de soluciones de la homogenea. As, la solucion general dela homogenea es

yh = C1e2x + C2e

3x.

Siendo f(x) = 2e4x, usando el teorema 5.7 la solucion particular de la ecuacion completaes de la forma

yp = Axe4x,

donde es el orden de multiplicidad de la raz r = 4 en la ecuacion caracterstica ..... yno siendo r = 4 raz de esa ecuacion, es = 0, por lo que yp = Ae

4x. Para determinar Abasta sustituir yp, y

p e y

p en la ecuacion completa y 5y + 6y = 2e4x.

yp = Ae4x, yp = 4Ae

4x, yp = 16Ae4x

16Ae4x 5(4Ae4x) + 6(Ae4x) = 2e4x16A 20A+ 6A = 2

A = 1, yp = e4x

En definitiva, la solucion general de la ecuacion y 5y + 6y = 2e4x esy = yh + yp = C1e

2x + C2e3x + e4x

Al exigir que y(0) = 1 e y(0) = 2 resulta C1 = 2 y C2 = 2. En efecto:{y(x) = C1e

2x + C2e3x + e4x

y(x) = 2C1e2x + 3C2e

3x + 4e4x

{y(0) = C1e

0 + C2e0 + e0 = 1

y(0) = 2C1e0 + 3C2e

0 + 4e0 = 2{C1 + C2 + 1 = 1

2C1 + 3C2 + 4 = 2

{C1 = 2

C2 = 2Por tanto, la solucion particular pedida es y = 2e2x 2e3x + e4x. Otro caso importante en el que puede aplicarse el metodo de los coeficientes indeterminados

es cuando el lado derecho de la ecuacion (5.4) se remplaza por sen bx:

(5.12) y + py + qy = sen bx

Puesto que las derivadas de sen bx son multiplos constantes de sen bx y cos bx, se tomauna solucion de prueba de la forma

(5.13) yp =M sen bx+N cos bx


o mo os 21

Los coeficientes indeterminados M y N pueden calcularse sustituyendo (5.13) en (5.12)y equiparando los coeficientes resultantes de sen bx y cos bx a la izquierda y la derecha.Esas etapas funcionan igualmente bien, si el lado derecho de la ecuacion (5.12) se remplazapor cos bx o por cualquier combinacion lineal de sen bx y cos bx, o sea cualquier funcion dela forma sen bx + cos bx. Como en el caso anterior, el metodo se descompone si (5.13)satisface la ecuacion homogenea correspondiente a (5.12). Cuando esto no ocurre, se puedecontinuar con el procedimiento, mediante la utilizacion de

(5.14) yp = x(M sen bx+N cos bx)

como solucion de prueba, en lugar de (5.13).

Teorema 5.9 (Caso 4). Si la ecuacion no homogenea y+py+qy = f(x) es de coeficientesconstantes y f(x) es una funcion trigonometrica de una de las siguientes formas f(x) =A sen bx o f(x) = A cos bx o bien f(x) = A sen bx + B cos bx. Entonces siempre existe unasolucion particular de la forma:

yp(x) = xm(M sen bx+N cos bx

)donde m = 0 si bi no es raz de la ecuacion caracterstica, m = 1 si bi es raz de laecuacion caracterstica. Las constantes M y N se obtienen sustituyendo la expresion yp(x)en la ecuacion no homogenea.

Ejemlo 5.10. Hallar la solucion general de la ecuacion y 2y 3y = 2 sen x.SOLUCION.-Para hallar yh , resolvemos la ecuacion caracterstica

223 = (+1)(3) = 0, cuyas soluciones son = 1 y = 3. As pues, yh = C1ex + C2e3x. A continuacion,hacemos que yp sea una forma generalizada de 2 senx. Esto es, usamos el teorema 5.9 parasuponer que

yp = A cosx+B sen x.

de aqu obtenemos

yp = A sen x+B cosx, yp = A cos x B sen x.Sustituyendo en la ecuacion dada obtenemos

A cosx B sen x+ 2A sen x 2B cos x 3A cosx 3B sen x = 2 sen xo

(4A 2B) cosx+ (2A 4B) sen x = 2 sen xEn consecuencia, yp es una solucion, una vez igualados los coeficientes de cosx y de sen x,que dan lugar al sistema.{ 4A 2B = 0

2A 4B = 2{ 4A 2B = 0

4A 8B = 4

con soluciones A =1

5y B = 2

5. Luego la solucion general es

y = yh + yp = C1ex + C2e

3x +1

5cosx 2

5sen x


o mo os 22

Teorema 5.11 (Caso 5). Si la ecuacion no homogenea y+py+qy = f(x) es de coeficientesconstantes y f(x) es de la forma f(x) = Aeax sen bx o f(x) = Aeax cos bx. Entonces siempreexiste una solucion particular de la forma:

yp(x) = xmeax

(M sen bx+N cos bx

)donde m = 0 si a + bi no es raz de la ecuacion caracterstica, m = 1 si a + bi es raz de laecuacion caracterstica. Las constantes M y N se obtienen sustituyendo la expresion yp(x)en la ecuacion no homogenea.

Ejemlo 5.12. Hallar la solucion general de y + y 2y = ex sen xSOLUCION.- Consideremos la ecuacion y+y2y = ex sen x. Hallamos la solucion generalde la ecuacion homogenea asociada encontrando las races de la ecuacion caracterstica 2 + 2 = 0,

=112 4(1)(2)

2, = 1, = 2

Tenemos que y1 = ex y y2 = e

2x, por tanto la solucion general de la homogenea es dadopor ygh = C1e

x + C2e2x.

Ahora bien, puesto que el termino independiente es la funcion ex sen x, tenemos que a = 1y b = 1, entonces por el teorema 5.11 buscamos una solucion particular yp(x) de la forma

yp(x) = xmex

(M cosx+N sen x

)del hecho de que a + bi = 1 + i no es raz de la ecuacion caracterstica, entonces m = 0.Luego

yp(x) =Mex cosx+Nex sen x

donde los coeficientes M y N se determinaran a continuacion.Derivando yp(x):

yp(x) = Mex cosxMex sen x+Nex sen x+Nex cosx

simplificando

yp(x) = (M +N)ex cosx+ (N M)ex sen x

calculando la segunda derivada

yp(x) = (M +N)ex cosx (M +N)ex sen x+ (N M)ex sen x+ (N M)ex cosx

yp(x) = (M +N +N M)ex cosx+ (N M N M)ex sen x = 2Nex cosx 2Mex sen xreemplazando estos resultados en la ecuacion y + y 2y = ex sen x se tiene

2Nex cos x2Mex sen x+(M+N)ex cos x+(NM)ex sen x2(Mex cosx+Nex sen x) = ex sen x

(3N M)ex cosx (3M +N)ex sen x = ex sen x


o mo os 23

Igualando los coeficientes de ex cos x y de ex sen x, que dan lugar al sistema.{ 3N M = 03M N = 1

Se concluye que M = 310

y N = 110

. La solucion general es entonces

yg = C1ex + C2e

2x sen x 310ex cos x 1

10ex sen x

Ejemlo 5.13. Hallar la solucion general de y + 2y + 2y = ex cosx

SOLUCION.- Empecemos hallando la solucion general de la ecuacion homogenea asociaday+2y+2y = 0, para esto resolvemos la ecuacion caracterstica 2+2+2 = 0, sus solucionesson

=222 4(1)(2)

2= 1 i.

Por tanto las soluciones linealmente independientes de la ecuacion homogenea son y1 =ex cosx, y y2 = e

x sen x, por tanto la solucion general de la homogenea es dado porygh = C1e

x cosx+ C2ex sen x.

Ahora bien, puesto que el termino independiente es la funcion ex cosx, tenemos quea = 1 y b = 1, as por el teorema 5.11 plantemos una solucion particular de la forma

yp(x) = xmex

(M cosx+N sen x

)del hecho de que a+ bi = 1+ i es raz de la ecuacion caracterstica, entonces m = 1. Luego

yp(x) = xex(M cosx+N sen x

)= Mxex cosx+Nxex sen x

Las constantes M y N se obtienen sustituyendo la expresion yp(x) en la ecuacion no ho-mogenea. Derivando tenemos

yp(x) =M[ex cosx xex cosx xex sen x]+N[ex sen x xex sen x+ xex cos x]

yp(x) =Mex cosx+Nex sen x+ (N M)xex cosx (N +M)xex sen x

Obteniendo la derivada de orden dos:

yp(x) = Mex cosxMex sen xNex sen x+Nex cosx+(N M)(ex cosx xex cosx xex sen x)(N +M)(ex sen x xex sen x+ xex cosx)

yp(x) = (M +N +N M)ex cos x+ (M N N M)ex sen x+(N +M N M)xex cosx+(N +M +N +M)xex sen x

de donde

yp(x) = 2(N M)ex cos x 2(N +M)ex sen x 2Nxex cosx+ 2Mxex sen x


o mo os 24

Reemplazando yp(x), y

p(x) y y

p(x) en la ecuacion y+2y+2y = ex cos x y simplificando

tenemos

2Nex cosx 2Mex sen = ex cosxDe donde 2N = 1, 2M = 0, as N = 1/2, M = 0, por tanto yp(x) = 1

2xex sen x. Luego

la solucion general de la ecuacion diferencial y + 2y + 2y = ex cosx es

yg = C1ex cosx+ C2e

x sen x+1

2xex sen x

Teorema 5.14 (Caso 6). Si la ecuacion no homogenea y+py+qy = f(x) es de coeficientes

constantes y f(x) es de la forma f(x) =

(ni=0

aixi

)eax. Entonces siempre existe una solucion

particular de la forma:

yp(x) = xm

(ni=0

Mixi

)eax

donde m = 0 si 0 no es raz de la ecuacion caracterstica, m = 1 si 0 es raz de multiplicidad1, m = 2 si 0 es raz de multiplicidad 2. Para encontrar los valores de los coeficientesideterminandos M0, M1, ..., Mn se sustituye yp(x) en la ecuacion no homogenea y luego deigualan los coeficientes de las potencias iguales de x.

Ejemlo 5.15. Hallar la solucion general de la ecuacion y + 9y = xe3x

SOLUCION.- El polinomio caracterstico es 2 + 9 y tiene races 3i, 3i, por tanto lasolucion general de la ecuacion homogenea es C1 cos 3x+ C2 sen 3x.Debido al teorema 5.14 debemos buscar una solucion de la forma

yp = (Ax+B)e3x.

Tenemos que

yp = Ae3x + 3(Ax+B)e3x = (3Ax+ A+ 3B)e3x

yp = 3Ae3x + 3(3Ax+ A+ 3B)e3x = (9Ax+ 6A+ 9B)e3x

de donde

y + 9y = (9Ax+ 6A+ 9B + 9Ax+ 9B)e3x = (18Ax+ 6A+ 18B)e3x

por lo tanto, debe cumplirse la igualdad

(18Ax+ 6A+ 18B)e3x = xe3x

o, lo que es lo mismo

18Ax+ 6A+ 18B = x


o mo os 25

Igualando los coeficientes y resolviendo el sistema lineal correspondiente, obtenemos A =1

18

y B = 154

por lo tanto la solucion general es

y = C1 cos 3x+ C2 sen 3x+

(1

18x 1

54

)e3x.



(ni=0

aixi

)sen bx o f(x) =

(ni=0

aixi

)cos bx.

Entonces siempre existe una solucion particular de la forma:

yp(x) = xm

(ni=0

Mixi

)(M sen bx+N cos bx

)donde m = 0 si bi no es raz de la ecuacion caracterstica, m = 1 si bi es raz dela ecuacion caracterstica. Para encontrar los valores de los coeficientes ideterminandos M0,M1, ..., Mn se sustituye yp(x) en la ecuacion no homogenea y luego de igualan los coeficientesde las potencias iguales de x.

Ejemlo 5.17. Resolver y + y = 2x sen x

SOLUCION.- Se determina la solucion general de la ecuacion homogenea y + y = 0,construyendo primero la ecuacion caracterstica y determinando sus races:

2 + 1 = 0,

{ = i = i

Lo que implica que la solucion general de la ecuacion homogenea asociada es:

ygh = C1 cosx+ C2 sen x

Ahora se asume una solucion particular de acuerdo a la funcion que contiene f(x). Comof(x) = 2x sen x entonces segun el teorema 5.16 se asume

yp = (Ax+B) cosx+ (Cx+D) sen x.

Sin embargo al verificar si yp es linealmente independiente con respecto a yg, se compruebaque si hay multiplicidad, por lo tanto se multiplica la solucion particular por x , con lo cualse tiene que la nueva solucion particular es:

yp = (Ax2 +Bx) cosx+ (Cx2 +Dx) sen x

Entonces se deriva la solucion particular dos veces porque es una ecuacion diferencial desegundo orden, con lo cual se tiene:

yp = (2Ax+B + Cx2 +Dx) cosx+ (Ax2 Bx+ 2Cx+D) sen x

yp = (Ax2 + 2A Bx+ 4Cx+ 2D) cosx+ (4Ax 2B Cx2 + 2C Dx) sen xSustituyendo la solucion particular y sus derivadas en la ecuacion diferencial, se tiene:


o mo os 26

(Ax2 + 2A Bx+ 4Cx+ 2D) cosx+ (4Ax 2B Cx2 + 2C Dx) sen x+(2Ax+B + Cx2 +Dx) cosx+ (Ax2 Bx+ 2Cx+D) sen x+

(Ax2 +Bx) cosx+ (Cx2 +Dx) sen x = 2x sen x

En consecuencia

(2A+ 4Cx+ 2D) cosx+ (4Ax 2B + 2C) sen x = 2x sen x4Cx cosx+ (2A+ 2D) cosx 4Ax sen x+ (2B + 2C) sen x = 2x sen x

Con lo cual4C = 0, 2A+ 2D = 0, 4A = 2,2B + 2C = 0

Por lo tanto se tiene que: A = 12, B = 0, C = 0 y D =

1

2, entonces la solucion particular

es:

yp = 12x2 cos x+

1

2x sen x

Con lo cual se concluye que la solucion general de la ecuacion diferencial es:

y = C1 cosx+ C2 sen x 12x2 cosx+

1

2x sen x



(ni=0

aixi

)eax sen bx o f(x) =

(ni=0

aixi

)eax cos bx.

Entonces siempre existe una solucion particular de la forma:

yp(x) = xmeax

[(ni=0

Mixi

)sen bx +

(ni=0

Nixi

)cos bx

]donde m = 0 si a + bi no es raz de la ecuacion caracterstica, m = 1 si a + bi es razde la ecuacion caracterstica. Para encontrar los valores de los coeficientes ideterminandosM0, M1, ..., Mn, N0, N1, ..., Nn se sustituye yp(x) en la ecuacion no homogenea y luego deigualan los coeficientes de las potencias iguales de x.

El caso general es analizado en el siguiente teorema:

Teorema 5.19 (Caso General). Si la ecuacion

(5.15) y + py + qy = R(x).

es de coeficientes constantes y

R(x) = eax[Pn(x) cos(bx) +Qm(x) sen(bx)]

para algunos valores de a y b y para algunos polinomios Pn(x) de grado n y Qm(x) de gradom. Entonces siempre existe una solucion particular de la forma:

yp(x) = xseax[Pn(x) cos(bx) + Qm(x) sen(bx)]

donde s es la multiplicidad de a+ bi como raz caracterstica y Pk(x) y Qk(x) son polinomiosde coeficientes indeterminados de grado k = max(n,m). Los coeficientes indeterminados


o mo os 27

de Pk(x) y Qk(x) se obtienen sustituyendo esta expresion de yp(x) en la ecuacion (5.15).Ademas

Si a+ bi no es raz caracterstica entonces s = 0. Aun cuando Pn(x) o Qm(x) sean cero, en la expresion de yp(x) deben aparecer tanto

Pk(x) y Qk(x), k = max(n,m).

Teorema 5.20 (Principio de Superposicion). Dada la ecuacion diferencial

y + py + qy = f1(x) + f2(x) + + fn(x),su solucion general es

yg = ygh + yp1 + yp2 + + ypn,donde ygh es la solucion general de la ecuacion homogenea y ypi es una solucion particularde

y + py + qy = fi(x)

para cada i = 1, ..., n.

Ejemlo 5.21. a) Determine la solucion general de y + 4y + 20y = 3 + 2 cos 2x. b) Para lasolucion y = y(x) analiza su comportamiento a largo plazo, es decir cuando x.SOLUCION.-

(a) Usando el Metodo de Coeficientes Indeterminados.Para hallar yh , resolvemos la ecuacion caracterstica

2 + 4 + 20 = 0, cuyassoluciones son dos races complejas.

=442 4(1)(20)

2=464

2= 2 4i

As pues, a = 2 y b = 4, y la solucion general esyh = e

2x(c1 cos 4x+ c2 sen 4x)

A continuacion, hacemos que yp sea una forma generalizada de 3 + 2 cos 2x. Estoes, hacemos

yp = M + A cos 2x+B sen 2x.

de aqu obtenemos

yp = 2A sen 2x+ 2B cos 2x, yp = 4A cos 2x 4B sen 2x.Sustituyendo en la ecuacion dada obtenemos

4A cos 2x4B sen 2x8A sen 2x+8B cos 2x+20M+20A cos 2x+20B sen 2x = 3+2 cos 2x

20M + (4A + 8B + 20A) cos 2x+ (4B 8A+ 20B) sen 2x = 3 + 2 cos 2x

20M + (16A+ 8B) cos 2x+ (8A+ 16B) sen 2x = 3 + 2 cos 2x


o mo os 28

En consecuencia, yp es una solucion, una vez igualados los coeficientes de cos2x yde sen2x, que dan lugar al sistema. 20M = 316A+ 8B = 28A + 16B = 0

M = 3/2016A+ 8B = 216A+ 32B = 0con soluciones M =

3

20, B =

1

20y A =

1

10. Luego la solucion general es

y = yh + yp = e2x(c1 cos 4x+ c2 sen 4x) +

3

20+

1

10cos 2x 1

20sen 2x

(b)

Ejemlo 5.22. Hallar la solucion general de y 2y = x+ 2ex

SOLUCION.- La ecuacion caracterstica 2 2 = 0 tiene por soluciones a = 0 y = 2.Luego yh = C1 + C2e

2x.Puesto que R(x) = x + 2ex nuestra primera eleccion de yp seria (A + Bx) + Ce

x. sinembargo, como yh ya contiene un termino constante C1, multiplicando la parte polinomicaA +Bx por x usamos

yp = Ax+Bbx2 + Cex

de donde se sigue que

yp = A+ 2Bx+ Cex, yp = 2B + Ce

x

Remplazando en la ecuacion diferencial, resulta

(2B + Cex) 2(A+ 2Bx+ Cex) = x+ 2ex

(2B 2A) 4Bx Cex = x+ 2exIgualando los coeficientes de terminos analogos, obtenemos el sistema

2B 2A = 0, 4B = 1, C = 2Con solucion A = B = 1

4y C = 2. En consecuencia.

yp = 14x 1

4x2 2ex

Siendo la solucion general.

y = C1 + C2e2x 1

4x 1

4x2 2ex.

Ejemlo 5.23. Resolver y + 4y + 4y = 4x2 + 6ex


o mo os 29

SOLUCION.- Esta ecuacion tiene como solucion de la homogenea

yh = (C1 + C2x)e2x

y proponemos como solucion particular de la ecuacion a

yp = (Ax2 +Bx+ C) +Dex

sustituimos su expresion en la ecuacion y obtenemos

2A+Dex + 4[2Ax+B +Dex] + 4[(Ax2 +Bx+ C) +Dex] = 4x2 + 6ex

de donde surge el siguiente sistema de ecuaciones4A = 0

8A+ 4B = 02A+ 4B + 4C = 0

9D = 6

y de all el valor de los coeficientes

A = 1, B = 2, C = 32, B =

2

3

y con ellos la solucion general

y = (C1 + C2x)e2x + x2 2x+ 3

2+

2

3ex

Resumen del coeficientes indeterminados.- El metodo de coeficientes indetermi-nados consta de los siguientes pasos:

(5.16) y + py + qy = f(x).

Se verifica que la funcion contenida en f(x), se encuentre entre las permitidas por elmetodo de coeficientes indeterminados.

Se determina la solucion general de la homogenea asociada ygh. Supongamos que y1(x)y y2(x) son dos soluciones linealmente independientes de la ecuacion homogenea

(5.17) y + py + qy = 0.

Por tanto

(5.18) ygh(x) = c1y1(x) + c2y2(x)

es la solucion general de la ecuacion (5.17). Una posible solucion particular yp(x) puede ser elegido de acuerdo a la forma de la

funcion f(x) (ver la siguiente tabla) siempre y cuando esta solucion particular nocontenga a ninguna de las soluciones y1(x) y y2(x).


o mo os 30

R(x) yp sugerida

a Aaxn A0 + A1x+ + Anxna0 + a1x+ + anxn A0 + A1x+ + Anxnaex Aex

(a0 + a1x+ + anxn)ex (A0 + A1x+ + Anxn)ex sen bx A sen bx+B cos bx cos bx A sen bx+B cos bxeax sen bx eax(A sen bx+B cos bx)eax cos bx eax(A sen bx+B cos bx)(

ni=0

aixi

)eax sen bx eax

[(ni=0

Aixi

)sen bx +

(ni=0

Bixi

)cos bx

](

ni=0

aixi

)eax cos bx eax

[(ni=0

Aixi

)sen bx +

(ni=0

Bixi

)cos bx

]En caso de que la formula yp(x) elegida de la anterior tabla contenga a yi(x)

debemos debemos multiplicarla por la potencia entera positiva mas baja de x de modoque la funcion resultante al cual volvemos a llamar yp sea linealmente independientecon respecto a yi(x).Una regla practica. Si el termino no homogeneo f(x) es solucion de la ecuacion

homogenea, busquese una solucion particular de la forma a xmf(x), donde m es elmenor entero tal que xmf(x) no es solucion de la ecuacion homogenea.

Se sustituye la solucion particular yp(x) definida en el paso anterior en la ecuaciondiferencial no homogenea, para de este modo determinar los coeficientes desconocidosde yp

Se escribe la solucion general de la ecuacion diferencial no homogenea como yg =ygh + yp.

Ejemlo 5.24. Determine una formula apropiada de yp para la siguiente situacion

y + ay + by = R(x) yh1 y = x2 C1 + C2x2 y + 2y + 10y = 4 sen 3x C1e

x cos 3x+ C2ex sen 3x

3 y 4y + 4 = e2x C1e2x + C2xe2x

SOLUCION.- a) como R(x) = x2 la eleccion normal de yp seria A+Bx+Cx2. Sin embargo

como Yh = C1 + C2x ya contiene un termino lineal, por tanto multiplicamos por x2 para

obtener yp = Ax2 +Bx3 + Cx4.

b) como R(x) = 4 sen 3x y puesto que cada termino en yh = C1ex cos 3x + C2e

x sen 3xcontiene un factor de ex , hacemos simplemente yp = A cos 3x+B sen 3x.c) como R(x) = e2x la eleccion normal de yp seria de Ae

2x pero como yh = C1e2x+C2xe

2x

ya contienen un termino xe2x , multiplicamos por x2 para concluir que yp = Ax2e2x.

Ejemlo 5.25. Determine una formula apropiada de yp para la siguiente situacion


o mo os 31

y + ay + by = f(x) yp

1 y 3y + 2 = 3x2 yp = Ax2 +Bx+ C2 y + 2y + 10y = 4xex yp = (Ax+B)e

x

3 y 4y + 4 = x+ sen2x yp = (Ax+B) + C sen 2x+D cos 2x

Ejemlo 5.26. En la tabla siguiente, se presentan algunos ejemplos de posibles solucionesparticulares a partir de una funcion f(x) dada. Cabe destacar que en esta tabla se asume queno existe repeticion de funciones entre el yp asumido y la solucion general de la homogeneaasociada.

R(x) yh sugerida

2 A4x+ 3 Ax+B2 6x2 Ax2 +Bx+ C3x3 4x2 Ax3 +Bx2 + Cx+De2x Ae2x

sen 4x A sen 4x+B cos 4xcos 3x A sen 3x+B cos 3x(x2 + 4)e2x (Ax2 +Bx+ C)e2x

e5x sen 3x e5x(A sen 3x+B cos 3x)4x cos 2x (Ax+B) sen 2x+ (Cx+D) cos 2x(4x x2)e3x sen 2x (Ax2 +Bx+ C)e3x sen 2x+ (Dx2 + Ex+ F )e3x cos 2x


dr. errols -- coeficientes indeterminados

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