Guía de estudio

ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN
SUPERIOR DE COEFICIENTES VARIABLES
MÉTODO DE CAUCHY-EULER
ING. JONATHAN ALEJANDRO CORTÉS MONTES DE OCA
ESIME CULHUACAN
ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR DE COEFICIENTES VARIABLES
En el tema anterior tocamos el caso de las ecuaciones diferenciales de orden superior de
coeficientes constantes homogéneas y no homogéneas, en este caso ahora abarcaremos el tema de
ecuaciones diferenciales con coeficientes variables, donde analizaremos el método de Cauchy-Euler.
Cuando tenemos una ecuación diferencial de la forma:
𝑎𝑛 𝑥 𝑛
𝑑𝑛 𝑦
𝑑𝑛−1 𝑦
𝑑𝑛−2 𝑦
𝑛−1
𝑛−2
+
𝑎
𝑥
+
𝑎
𝑥
+ ⋯ + 𝑎0 𝑦 = 𝑓(𝑥)
𝑛−1
𝑛−2
𝑑𝑥 𝑛
𝑑𝑥 𝑛−1
𝑑𝑥 𝑛−2
Debido a que se involucran variables con exponentes, se dice que es una ecuación diferencial con
coeficientes variables, donde se debe tener cuidado que los exponentes sean equivalentes a los
valores de orden de las diferenciales que acompañan estas, para poder aplicar el método de CauchyEuler, en el cual se propone el para la variable dependiente de la ecuación el siguiente valor:
𝑦 = 𝑥𝑚
El cual debe ser derivado según el orden de la ecuación diferencial.
Por ejemplo:
𝑦 = 𝑥𝑚
𝑦 ′ = 𝑚𝑥 𝑚−1
𝑦 ′′ = 𝑚(𝑚 − 1)𝑥 𝑚−2
𝑦 ′′ = (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2
Al elaborar esta sustitución se debe de obtener una fusión algebraica de la cual obtendremos sus
raíces donde de misma forma que el tema anterior tendremos los siguientes tres casos:
1. Raíces diferentes: en este caso la solución de la ecuación diferencial se deberá presentar de
la siguiente forma:
𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑥 𝑚1 + 𝑐2 𝑥 𝑚2 + 𝑐3 𝑥 𝑚3 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑥 𝑚𝑛
2. Raíces idénticas: cuando la función algebraica presenta raíces idénticas la solución de la
ecuación diferencial se presentara como:
𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑥 𝑚 + 𝑐2 𝑥 𝑚 ln(𝑥) + 𝑐3 𝑥 𝑚 ln(𝑥)2 + ⋯ + 𝑐𝑛 𝑥 𝑚 ln⁡(𝑥)𝑛−1
3. Raíces complejas: Cuando la expresión algebraica contiene raíces complejas la solución de
la ecuación diferencial se presentara como:
𝑦(𝑥) = 𝑥 𝛼 {𝑐1 cos[𝛽 ln(𝑥)] + 𝑐2 sin⁡[𝛽 ln(𝑥)]}
Se tiene que tomar en cuenta que si la ecuación diferencial es mayor al segundo orden dos o más
casos pueden combinarse.
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Ejemplos.
1. 𝑥 2 𝑦 ′′ + 3𝑥𝑦 ′ + 5𝑦 = 0
Como podemos apreciar la ecuación es de segundo orden por lo cual tendremos que sustituir los
siguientes valores:
𝑦 = 𝑥𝑚
𝑦 ′ = 𝑚𝑥 𝑚−1
𝑦 ′′ = (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2
𝑥 2 (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2 + 3𝑥𝑚𝑥 𝑚−1 + 5𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚 + 3𝑚𝑥 𝑚 + 5𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 + 2𝑚 + 5)𝑥 𝑚 = 0
La función 𝑚2 + 2𝑚 + 5 es a la que tenemos que determinar sus raíces.
𝑚2 + 2𝑚 + 5 = 0
𝑚=
−2 ± √22 − 4(5)
2
𝑚=
−2 ± √4 − 20
2
𝑚=
−2 ± √−16
2
𝑚 = −1 ± 2𝑖
Debido a que es el caso de raíces complejas entonces aplicaremos que la solución a la ecuación
diferencial es:
𝑦(𝑥) = 𝑥 −1 {𝑐1 cos[2 ln(𝑥)] + 𝑐2 sin⁡[2 ln(𝑥)]}
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2. 𝑥 2 𝑦 ′′ − 16𝑥𝑦 ′ + 30𝑦 = 0,⁡⁡⁡𝑦(2) = −9⁡⁡⁡⁡⁡𝑦 ′ (2) = 5
Aplicaremos las siguientes sustituciones:
𝑦 = 𝑥𝑚
𝑦 ′ = 𝑚𝑥 𝑚−1
𝑦 ′′ = (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2
𝑥 2 (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2 − 16𝑥𝑚𝑥 𝑚−1 + 30𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚 − 16 + 3𝑚𝑥 𝑚 + 30𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 − 17𝑚 + 30)𝑥 𝑚 = 0
Calculando las raíces:
𝑚2 − 17𝑚 + 30 = 0
(𝑚 − 15)(𝑚 − 2) = 0
𝑚1 = 2,
𝑚2 = 15
De los cual el resultado de la E.D será:
𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑥 2 + 𝑐2 𝑥 15
Como el problema propone valores iniciales los aplicaremos para conocer el valor de las constantes:
𝑦 ′ (𝑥) = 2𝑐1 𝑥 + 15𝑐2 𝑥14
𝑐1 (2)2 + 𝑐2 (2)15 = −9
2𝑐1 (2) + 15𝑐2 (2)14 = 5
4𝑐1 + 32768𝑐2 = −9
4𝑐1 + 245760𝑐2 = 5
En este ejemplo el sistema de ecuaciones los solucionaremos por Gauss-Jordan
4
(
4
9
32768 −9 1
8192
− ) − 4𝑅 + 𝑅 → 𝑅
) 𝑅1 → 𝑅1 (1
1
2
2
4
245760 5 4
4 245760 5
9
1 8192
1
8192
− )
(1
𝑅
→
𝑅
(
2
4 212992 2
0 212992 14
0
1
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9
4 ) − 8192𝑅 + 𝑅 → 𝑅
2
1
1
7
106496
−
3
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145
52 )
(
7
0 1
106496
1 0
−
Por lo que entonces los valores de las constantes son:
𝑐1 = −
𝑐2 =
145
52
7
106496
Y la ecuación diferencial resultante es:
𝑦(𝑥) =
7
145 2
𝑥 15 −
𝑥
106496
52
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4
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3. 𝑥 3 𝑦 ′′′ − 2𝑥 2 𝑦 ′′ − 6𝑥𝑦′ + 24𝑦 = 0, 𝑦(1) = −2, 𝑦 ′ (1) = −3,⁡⁡⁡𝑦 ′′ (1) = 0
Iniciaremos realizando las sustituciones correspondientes según el grado de las diferenciales
parciales:
𝑥 3 (𝑚3 − 3𝑚2 + 2𝑚)𝑥 𝑚−3 − 2𝑥 2 (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2 − 6𝑥(𝑚𝑥 𝑚−1 ) + 24𝑥 𝑚 = 0
(𝑚3 − 3𝑚2 + 2𝑚)𝑥 𝑚 + (−2𝑚2 + 2𝑚)𝑥 𝑚 − 6𝑚𝑥 𝑚 + 24𝑥 𝑚 = 0
(𝑚3 − 5𝑚2 − 2𝑚 + 24)𝑥 𝑚 = 0
De lo cual entonces determinaremos las raíces de la función:
𝑚3 − 5𝑚2 − 2𝑚 + 24 = 0
1
1
1
-5
-2
-7
-2
14
12
24
-24
0
𝑚1 = −2
De los cual ahora obtenemos las raíces de la nueva expresión algebraica
𝑚2 − 7𝑚 + 12 = 0
(𝑚 − 4)(𝑚 − 3) = 0
𝑚2 = 3, 𝑚3 = 4
De lo cual podemos obtener la subsecuente solución de la ecuación diferencial:
𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑥 −2 + 𝑐2 𝑥 3 + 𝑐3 𝑥 4
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Ahora aplicaremos los valores iniciales para conocer las constantes de la ecuación diferencial y
obtener un resultado definitivo
𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑥 −2 + 𝑐2 𝑥 3 + 𝑐3 𝑥 4
𝑦′(𝑥) = −2𝑐1 𝑥 −3 + 3𝑐2 𝑥 2 + 4𝑐3 𝑥 3
𝑦′′(𝑥) = 6𝑐1 𝑥 −4 + 6𝑐2 𝑥 + 12𝑐3 𝑥 2
Sustituyendo sobre la función y sus derivadas parciales, los valores iniciales:
𝑐1 (1)−1 + 𝑐2 (1)3 + 𝑐3 (1)4 = −2
−2𝑐1 (1)−3 + 3𝑐2 (1)2 + 4𝑐3 (1)3 = −3
6𝑐1 (1)−4 + 6𝑐2 (1) + 12𝑐3 (1)2 = 0
𝑐1 + 𝑐2 + 𝑐3 = −2
−2𝑐1 + 3𝑐2 + 4𝑐3 = −3
6𝑐1 + 6𝑐2 + 12𝑐3 = 0
Para este ejemplo usaremos el método de Cramer para obtener el valor de las constantes:
1 1 1
∆= |−2 3 4 | = 30
6 6 12
−2 1
∆𝑐1 = |−3 3
0 6
1
4 | = −6
12
1 −2 1
∆𝑐 2 = |−2 −3 4 | = −114
6
0 12
1 1
∆𝑐3 = |−2 3
6 6
𝑐1 =
−2
−3| = 60
0
−6
1
−114
19
60
= − , 𝑐2 =
= − , 𝑐3 =
=2
30
5
30
5
30
De lo que el resultado definitivo es:
𝑦(𝑥) = 2𝑥 4 −
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19 3
1
𝑥 − 2
5
5𝑥
6
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4. 𝑥 2 𝑦 ′′ − 9𝑥𝑦 ′ + 25𝑦 = 0
Empezaremos con la sustitución de sus diferenciales parciales:
𝑥 2 (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2 − 9𝑥(𝑚𝑥 𝑚−1 ) + 25𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚 − 9𝑚𝑥 𝑚 + 25𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 − 10𝑚 + 25)𝑥 𝑚 = 0
Obteniendo las raíces
𝑚2 − 10𝑚 + 25 = 0
(𝑚 − 5)2 = 0
𝑚1 = 𝑚2 = 5
Observamos que este es el caso de raíces idénticas por lo tanto el resultado de la Ecuación
Diferencial es:
𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑥 5 + 𝑐2 𝑥 5 ln(𝑥)
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5. 𝑥𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ = 0
Como se aprecia en este caso el grado de las variables no corresponde al grado de las diferenciales
parciales por lo cual buscaremos forzaremos que así sea:
𝑥(𝑥𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ = 0)
𝑥 2 𝑦 ′′ − 5𝑥𝑦 ′ = 0
Y ahora realizaremos la sustitución de las diferenciales parciales:
𝑥 2 (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2 − 5𝑥(𝑚𝑥 𝑚−1 ) = 0
(𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚 − 5𝑚𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 − 6𝑚)𝑥 𝑚 = 0
𝑚2 − 6𝑚 = 0
𝑚(𝑚 − 6) = 0
𝑚1 = 0, 𝑚2 = 6
Y la ecuación resultante será:
𝑦(𝑥) = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 6
En este ejemplo se realizara la comprobación para verificar que el resultado obtenido sea el
correcto:
𝑦 ′ (𝑥) = 6𝑐2 𝑥 5
𝑦 ′′ (𝑥) = 30𝑐2 𝑥 4
𝑥(30𝑐2 𝑥 4 ) − 5(6𝑐2 𝑥 5 ) = 0
30𝑐2 𝑥 5 − 30𝑐2 𝑥 5 = 0
0=0
De lo cual se comprueba que aun realizando el cambio que se realizó al principio el resultado
obtenido si corresponde a la ecuación diferencial.
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6. 𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 3𝑦 = 2𝑥 4 𝑒 𝑥
En este ejemplo ahora tenemos el caso de una ecuación diferencial no homogénea en la cual
aplicaremos el método de variación de parámetros.
Como se analizó en el caso de las ecuaciones diferenciales de orden superior con coeficientes
constantes obtendremos dos soluciones, la complementaria y la particular. De misma forma al tema
anterior la solución particular se obtendrá tratando la ecuación diferencial como una ecuación
homogénea.
𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 3𝑦 = 0
𝑥 2 (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2 − 3𝑥(𝑚𝑥 𝑚−1 ) + 3𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚 − 3𝑚𝑥 𝑚 + 3𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 − 4𝑚 + 3)𝑥 𝑚 = 0
𝑚2 − 4𝑚 + 3 = 0
(𝑚 − 3)(𝑚 − 1) = 0
𝑚1 = 1,
𝑚2 = 3
𝑦𝑐 (𝑥) = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 3
Ahora entonces aplicaremos el método de variación de parámetros:
𝑦1 = 𝑥⁡⁡⁡⁡⁡𝑦 ′1 = 1
𝑦2 = 𝑥 3 ⁡⁡𝑦 ′ 2 = 3𝑥 2
𝑦𝑝 (𝑥) = 𝑢1 𝑥 + 𝑢2 𝑥 3
El sistema de ecuaciones para el método será:
𝑢′1 𝑥 + 𝑢′ 2 𝑥 3 = 0
𝑢′1 + 𝑢′2 (3𝑥 2 ) = 2𝑥 4 𝑒 𝑥
3
𝑊 = |𝑥 𝑥 2 | = 3𝑥 3 − 𝑥 3 = 2𝑥 3
1 3𝑥
𝑊1 = −𝑥 3 · 2𝑥 4 𝑒 𝑥 = −2𝑥 7 𝑒 𝑥
𝑊2 = 𝑥 · 2𝑥 4 𝑒 𝑥 = 2𝑥 5 𝑒 𝑥
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𝑢′1 =
−2𝑥 7 𝑒 𝑥
= −𝑥 4 𝑒 𝑥
2𝑥 3
𝑢′2 =
2𝑥 5 𝑒 𝑥
= 𝑥2𝑒 𝑥
2𝑥 3
Ahora determinaremos los valores de las funciones constantes:
𝑢1 = − ∫ 𝑥 4 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
𝑢2 = ∫ 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
Por la forma que tienen las dos integrales para facilitar su cálculo emplearemos las siguientes
fórmulas que son definidas a partir de la integral por partes:
∫ 𝑥 𝑛 𝑒 𝑎𝑥 𝑑𝑥 =
1 𝑛 𝑎𝑥 𝑛
𝑥 𝑒 − ∫ 𝑥 𝑛−1 𝑒 𝑎𝑥 𝑑𝑥
𝑎
𝑎
∫ 𝑥𝑒 𝑎𝑥 𝑑𝑥 =
1 𝑎𝑥 1 𝑎𝑥
𝑥𝑒 − 2 𝑒
𝑎
𝑎
𝑢1 = − (𝑥 4 𝑒 𝑥 − 4 ∫ 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥) = −𝑥 4 𝑒 𝑥 + 4 (𝑥 3 𝑒 𝑥 − 3 ∫ 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥)
= −𝑥 4 𝑒 𝑥 + 4𝑥 3 𝑒 𝑥 − 12 (𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥)
= −𝑥 4 𝑒 𝑥 + 4𝑥 3 𝑒 𝑥 − 12𝑥 2 𝑒 𝑥 + 24(𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 )
= −𝑥 4 𝑒 𝑥 + 4𝑥 3 𝑒 𝑥 − 12𝑥 2 𝑒 𝑥 + 24𝑥𝑒 𝑥 − 24𝑒 𝑥
𝑢1 = (−𝑥 4 + 4𝑥 3 − 12𝑥 2 + 24𝑥 − 24)𝑒 𝑥
𝑢2 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥
𝑢2 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2(𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 )
𝑢2 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2𝑥𝑒 𝑥 + 2𝑒 𝑥
𝑢2 = (𝑥 2 − 2𝑥 + 2)𝑒 𝑥
Por lo que la solución particular es:
𝑦𝑝 (𝑥) = [(−𝑥 4 + 4𝑥 3 − 12𝑥 2 + 24𝑥 − 24)𝑒 𝑥 ]𝑥 + [(𝑥 2 − 2𝑥 + 2)𝑒 𝑥 ]𝑥 3
𝑦𝑝 (𝑥) = (−𝑥 5 + 4𝑥 4 − 12𝑥 3 + 24𝑥 2 − 24𝑥 + 𝑥 5 − 2𝑥 4 + 2𝑥 3 )𝑒 𝑥
𝑦𝑝 (𝑥) = (2𝑥 4 − 10𝑥 3 + 24𝑥 2 − 24𝑥)𝑒 𝑥
La solución final se presentan como:
𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑥 + 𝑐2 𝑥 3 + (2𝑥 4 − 10𝑥 3 + 24𝑥 2 − 24𝑥)𝑒 𝑥
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7. Resuelva la ecuación diferencial utilizando el valor 𝑥 = 𝑒 𝑡
𝑥 2 𝑦 ′′ − 4𝑥𝑦 ′ + 6𝑦 = ln(𝑥 2 )
Primero obtendremos la solución complementaria como el ejemplo anterior
𝑥 2 (𝑚2 − 𝑚)𝑥 𝑚−2 − 4𝑥(𝑚𝑥 𝑚−1 ) + 6𝑥 𝑚 = 0
(𝑚2 − 5𝑚 + 6)𝑥 𝑚 = 0
(𝑚 − 3)(𝑚 − 2) = 0
𝑚1 = 2, 𝑚2 = 3
Por lo que la solución complementaria sería:
𝑦𝑐 (𝑥) = 𝑐1 𝑥 2 + 𝑐2 𝑥 3
Como al principio del problema se propone una sustitución de 𝑥 = 𝑒 𝑡 , haremos este cambio.
𝑓(𝑥) = ln(𝑥 2 )
𝑓(𝑒 𝑡 ) = 𝑙𝑛[(𝑒 𝑡 )2 ] = ln(𝑒 2𝑡 ) = 2𝑡
𝑦𝑐 (𝑒 𝑡 ) = 𝑐1 (𝑒 𝑡 )2 + 𝑐2 (𝑒 𝑡 )3
𝑦𝑐 (𝑒 𝑡 ) = 𝑐1 𝑒 2𝑡 + 𝑐2 𝑒 3𝑡
Con esta nueva forma la solución complementaria se presenta como:
𝑦1 = 𝑒 2𝑡 , 𝑦 ′1 = 2𝑒 2𝑡
𝑦2 = 𝑒 3𝑡 , 𝑦 ′ 2 = 3𝑒 3𝑡
𝑦𝑝 (𝑒 𝑡 ) = 𝑢1 𝑒 2𝑡 + 𝑢2 𝑒 3𝑡
𝑢′1 𝑒 2𝑡 + 𝑢′ 2 𝑒 3𝑡 = 0
𝑢′1 (2𝑒 2𝑡 ) + 𝑢′2 (3𝑒 3𝑡 ) = 2𝑡
2𝑡
𝑊 = | 𝑒 2𝑡
2𝑒
𝑒 3𝑡 | = 3𝑒 5𝑡 − 2𝑒 5 𝑡 = 𝑒 5𝑡
3𝑒 3𝑡
𝑊1 = −𝑒 3𝑡 (2𝑡) = −2𝑡𝑒 3𝑡
𝑊2 = 𝑒 2𝑡 (2𝑡) = 2𝑡𝑒 2𝑡
𝑢′1 =
−2𝑡𝑒 3𝑡
= −2𝑡𝑒 −2𝑡
𝑒 5𝑡
𝑢′2 =
2𝑡𝑒 2𝑡
= 2𝑡𝑒 −3𝑡
𝑒 5𝑡
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1
1
𝑢1 = −2 ∫ 𝑡𝑒 −2𝑡 𝑑𝑡 = −2 (− 𝑡𝑒 −2𝑡 − 𝑒 −2𝑡 )
2
4
1
𝑢1 = (𝑡 + ) 𝑒 −2𝑡
2
1
1
𝑢2 = 2 ∫ 𝑡𝑒 −3𝑡 𝑑𝑡 = 2 (− 𝑡𝑒 −3𝑡 − 𝑒 −3𝑡 )
3
9
2
2
𝑢2 = (− 𝑡 − ) 𝑒 −3𝑡
3
9
1
2
2
𝑦𝑝 (𝑒 𝑡 ) = [(𝑡 + ) 𝑒 −2𝑡 ] 𝑒 2𝑡 + [(− 𝑡 − ) 𝑒 −3𝑡 ] 𝑒 3𝑡
2
3
9
1
5
𝑦𝑝 (𝑒 𝑡 ) = 𝑡 +
3
18
Como este último resultado está en función de 𝑒 𝑡 , lo regresaremos a que este en termino de x.
𝑥 = 𝑒 𝑡 ⁡ ∴ 𝑡 = ln(𝑥)
1
5
𝑦𝑝 (𝑥) = ln(𝑥) +
3
18
Por lo que la solución final a la ecuación diferencial es:
1
5
𝑦(𝑥) = 𝑐1 𝑥 2 + 𝑐2 𝑥 3 + ln(𝑥) +
3
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Ejercicios
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 0
𝑥 2 𝑦 ′′ − 20𝑥𝑦 ′ + 110𝑦 = 0,⁡⁡⁡𝑦(1) = −3, 𝑦 ′ (1) = 0
𝑥 3 𝑦 ′′′ + 3𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + 8𝑦 = 0
𝑡 3 𝑦 ′′′ + 12𝑡 2 𝑦 ′′ + 24𝑡𝑦 ′ − 24𝑦 = 0, 𝑦(1) = −2, ⁡𝑦 ′ (1) = −3, 𝑦 ′′ (1) = 4
𝑟 2 𝑠 ′′ − 17𝑟𝑠 ′ + 81𝑠 = 0
𝑥 4 𝑦 (4) + 2𝑥 3 𝑦 ′′′ + 3𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 0
𝑥𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ = 0
Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales por Variación de parámetros.
a. 𝑡 2 𝑦 ′′ + 12𝑡𝑦 ′ − 15𝑦 = 𝑡 + 2
b. Utilizando 𝑥 = 𝑒 𝑡 resuelva las ecuaciones:
i. ⁡𝑥 3 𝑦 ′′′ + 3𝑥 2 𝑦 ′′ + 10𝑥𝑦 ′ = ln(𝑥)
ii. 𝑥 2 𝑦 ′′ + 2𝑦 = 3𝑡 2
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