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Ecuaciones Diferenciales
CONTENIDO
1.Introducción
1.1 Definiciones y terminología
1.2 Interpretación física de las ecuaciones
diferenciales
2. Ecuaciones diferenciales de primer orden
2.1 Variables separables
2.2 Ecuaciones homogéneas
2.3 Ecuaciones exactas
2.4 EDOs lineales de primer orden
3. Ecuaciones diferenciales lineales de orden
superior
3.1 Conceptos y definiciones
3.2 Elaboración de una segunda solución a
partir de una conocida
3.3 Ecuaciones lineales homogéneas con
coeficientes constantes
3.4 Coeficientes indeterminados (nohomogéneas de coeficientes constantes)
1.1Definiciones y terminología
Clasificación
Tipo
dy
Ordinarias. Una sola variable independiente dx
d2y
dy
2 -2
dx
dx + 6y = 0
(x + y) dx -4y2 dy = 0
∂T ∂T
Parciales. Más de una variable independiente ∂x , ∂y
∂2u
∂u
∂x2 = 2 ∂t
∂u
∂u
∂y = - ∂x
Orden. El orden de la derivada más alta
d2y
 dy  3
2
 dx  + 6y = x
dx2
 
Linealidad. Debe tener la forma
d2y
dy
a2(x) dx2 + a1(x) dx + a0(x)y = g(x)
1
Notar que
i) Tanto y como sus derivadas son de primer grado (potencia = 1)
ii) Los coeficientes ai(x) sólo dependen de x.
De una ecuación que no es de esta forma se dice que es no lineal
Ejercicio. Clasificar las ecuaciones
xdy + ydx = 0
y'' - 2y' + y = 0
d3y
d2y
dy
x3 dx3 - x2 dx2 + 3x dx + 5y = ex
y y'' - 2 y' = x
d3y
2
dx3 + y = 0
(sen x)y"' - (cos x) y' = 2
d2y
dx2 + 9y = sen y
Solución. Una función y = f(x) cualquiera es solución de la ec.
diferencial si al ser sustituída en dicha ecuación conduce a una
identidad.
Ejemplos
1) y = x4/16 es solución de
dy
1/2
dx - xy = 0
puesto que y' = x3/4 y sustituyendo en la ec. dif.
x3/4 - x(x4/16)1/2 = 0
2) y = xex es una solución de
y'' - 2y' + y = 0
ya que y' = xex + ex
y'' = xex + 2ex
Obsérvese que
y'' - 2y' + y = xex + 2ex - 2(xex + ex) + xex
= 2xex - 2xex + 2ex - 2ex
=0
c) y = c/x + 1 es solución de
dy
x dx + y = 1
d) Las funciones y1 = c1cos 4x e y2 = c2 sen 4x son soluciones de
y'' + 16 y = 0
e) La función y = y1 + y2 del ejemplo anterior también es solución.
1.2 Interpretación física de las ecuaciones diferenciales
Objetos en caída libre. Los objetos cercanos a la superficie de la
tierra tienen una aceleración constante.
d2y
dt2 = -g
y: distancia recorrida a un tiempo t
Masa suspendida por un resorte
2
Segunda ley de Newton. ∑F = ma
Ley de Hooke. F = -kx
x: desplazamiento de la masa
mx'' + kx = 0
Péndulo.Segunda ley de Newton.
d2 g
dt2 + l sen  = 0
para desplazamientos pequeños
d2 g
dt2 + l  = 0
Notar que tiene la misma estructura que la ecuación del resorte
Circuito RLC
2a. Ley de Kirchoff. Suma de las caídas de voltaje es igual a la
tensión aplicada.
Caídas de voltaje.
di d2q
En un inductor: L dt = dt2
1
En un capacitor: C q
dq
En un resistor: Ri = R dt
3
d2q
dq
1
L dt2 + R dt + C q = E(t)
Ecuación de la catenaria
2a. Ley de Newton
d2y
w
2 =
dx
T1
 dy  2
1 + dx 
 
2. Ecuaciones diferenciales de primer orden
2.1 Variables separables
Una ecuación diferencial de la forma
dy
g(x)
=
(1)
dx
h(y)
es separable o tiene variables separables.
La solución de (1) es
∫
h(y)dy =
∫
g(x)dx + c
Ejemplos. Demostrar
a) La solución de (1 + x) dy - y dx = 0 es
y =c(1 + x)
dy
-x
b) La solución de dx = y con condición inicial y(4) = 3
es
x2 + y2 = 25 (solución implícita)
4
c) La solución de
x e-y sen x dx - y dy = 0
es
- x cos x + sen x= yey - ey + c (solución implícita)
d) La solución de
es
xy4 dx - (y2 + 2)e-3x dy = 0
9
6
e3x (3x - 1) = y + y3 + c (solución implícita)
e) Transforme la ecuación a la forma de variables separables y
demuestre que la solución en forma impícita es x + y + 2 = cey.
dy
1
=
dx
x+y+1 ,
Sugerencia: use la sustitución u = x + y + 1
dy
f) La solución de
= 2 + y - 2x + 3 es 4(y - 2x + 3) = (x + c)2
dx
2.2 Ecuaciones homogéneas
La ecuación diferencial
M(x, y) dx + N(x,y) dy = 0
es homogénea si M y N son homogéneas del mismo grado, esto es,
M(tx, ty) = tn M(x, y) y N(tx, ty) = tn N(x, y)
Funciones homogéneas de grado n
Importancia: Una ec. diferencial homogénea siempre se puede
reducir a una ec. diferencial de variables separables por medio de
una sustitución algebraica.
Determine si las funciones siguientes son homogéneas y el grado.
a) f(x, y) = x - 3 xy + 5y
f(tx, ty) = tx - 3 t2xy + 5ty
= t( x - 3 xy + 5y)
= t f(x,y) .
La función es homogénea de grado 1
b) f(x, y) = x3 + y3
c) f(x, y) = x2 + y2 + 1
x
d) f(x, y) = 2y + 4
Se puede determinar la homogeneidad examinando el grado de
cada término:
grado 4 ( = 2 + 2)
e) f(x, y) = 6xy3 - x2y2
grado 4 ( = 1 + 3)
función homogénea de grado 4
f) f(x, y) = x2 - y
grado 2
grado 1
La función no es homogénea
5
g) f(x, y) = x2 + 3xy + y2
Solución de las ec. diferenciales de coeficientes homogéneos
Cualquiera de las sustituciones
y = ux ó x = vy
reduce la ecuación homogénea a una ec. de variables separables.
En particular haciendo y = ux
dy = u dx + x du
Sustituyendo en la ec.:
M(x, ux) dx + N(x, ux) [u dx + x du] = 0
ya que M y N son homogéneas de grado n
xnM(1, u) dx + xnN(1, u)[ u dx + x du] = 0
Eliminando xn y reagrupando,
[M(1,u) + uN(1,u)]dx + xN(1,u)du = 0
de lo cual resulta
dx
N(1, u) du
+
x
M(1, u) + uN(1, u) = 0
Este procedimiento debe desarrollarse por completo cada vez.
(No memorizar)
Ejemplo
a) Resolver (x2 + y2)dx + (x2 - xy)dy = 0 (1)
haciendo y = ux, dy = udx + xdu
sustituyendo en (1)
(x2 + u2x2)dx + (x2 - x2u)[udx + xdu] = 0
Factorizando x2
x2(1 + u2) dx + x2(1 - u)[udx + xdu] = 0
Se elimina x2
(1 + u2) dx + (1 - u)[udx + xdu] = 0
rearreglando,
(1 + u)dx + x(1 - u) du = 0
dx
1-u
x + 1 + u du = 0
dx
1
u
+
[
x
1+u
1 + u ]du = 0
dx
1
1
x + { 1 + u - [ 1 - 1 + u ]}du = 0
dx
2
x + [ 1 + u - 1]du = 0
Integrando
ln x + 2ln (1 + u) - u + ln c= 0
ln [cx(1 + u)2 ]= u
haciendo el cambio de variable,
ln [cx(1 + y/x)2 ]= y/x
eliminando el logaritmo
cx(1 + y/x)2 = ey/x
esto es,
c(x + y)2 = xey/x
b) Resolver (2 xy - y) dx - x dy = 0
6
Sugerencia: y = vx ya que N es más simple
Solución: xy - x = c
c) 2x3 ydx + (x4 + y4) dy = 0
Se recomienda la sustitución x = vy, ya que M(x, y) tiene una
forma ligeramente más simple que N.
Solución: 3x4y2 + y6 = c
d) x dx + (y - 2x) dy = 0
Solución: (x - y) ln (x - y) = y + c(x - y)
e) (y2 + yx)dx - x2dy = 0
Solución: x + y ln x = cy
f) 2x2ydx = (3x3 + y3)dy
Solución: x9 = c(x3 + y3)2
2.3 Ecuaciones exactas
La ecuación diferencial
M(x, y) dx + N(x, y ) dy = 0
es exacta cuando la expresión
M(x,y) dx + N(x, y ) dy corresponde a la diferencial total de
una función f(x, y) = c
∂f
∂f
df (x, y) = ∂x dx + ∂y dy = 0
por ejemplo
ydx + xdy = 0
es exacta, ya que el L.I. es la diferencial de xy:
d(xy) = ydx + xdy
también x2y3 dx + x3y2 dy = 0
1
es exacta, ya que el L.I. es la diferencial de 3 x3y3 :
1
1
d( 3 x3y3) = 3 (3x3y2 dy+ 3y2x3dx)
= x3y2 dy+ y2x3dx
Si una ec. diferencial es exacta se debe cumplir
∂M ∂N
∂y = ∂x
Solución de las ec. diferenciales exactas
Dada la ecuación
M(x, y) dx + N(x, y ) dy = 0
∂M ∂N
primero observar que cumpla ∂y = ∂x
∂f
ya que ∂x = M(x,y)
integramos manteniendo la y constante
f(x, y) =
∫
M(x, y) dx + g(y)
(1)
∂f
derivando (1) respecto a y y considerando que ∂y = N(x,y)
7
∂f
∂
=
∂y
∂y
∫
M(x, y) dx + g '(y)
= N(x, y)
de esto resulta que
∂
g '(y) = N(x, y) - ∂y ∫ M(x, y) dx
(2)
integrando (2) respecto a y obtenemos la solución implícita con (1):
f(x, y) =
∫
M(x, y) dx + g(y)
Nota: Ninguna de éstas fórmulas debe memorizarse.
Ejemplos
a) Demostrar que 2xy dx + (x2 - 1)dy = 0
con M(x,y) = 2xy
N(x, y) = x2 - 1
tenemos
∂M
∂N
=
2x
;
∂y
∂x = 2x
Entonces existe una función para la que
∂f
∂x = 2xy
integrando respecto a x
f(x, y) =
∫
2
2xy dx + g(y)
= x y + g(y)
(1)
Derivando parcialmente respecto a y e igualando a N(x, y)
∂f
2
2
∂y = x + g'(y) = N(x, y) = x - 1
de aquí
g'(y) = - 1
integrando esta última ecuación
g(y) = - y
finalmente, con (1)
f(x, y) = c = x2y - y
c
y = x2 - 1
b) Demostrar que (e2y - y cos xy)dx + (2xe2y - x cos xy + 2y)dy = 0
es exacta y tiene la solución
xe2y - sen xy + y2 + c = 0
c) Demostrar que (cos x sen x - xy2 )dx + y(1 - x2)dy = 0
es exacta y para la condición inicial y(0) = 2 tiene la solución
y2 (1 - x2) - cos2 x = 3
dy
d) Demostrar que x
=2xex - y + 6x2 es exacta y tiene la
dx
solución xy -2xex + 2ex - 2x3 = c
2.4 Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer
orden
8
dy
a1(x) dx + a0(x)y = g(x)
Recordar: i) y y su derivada están a la primera potencia
ii) coeficientes a0 y a1 son sólo funciones de x
Forma:
dividiendo entre a1(x):
dy
dx + P(x) y = f(x)
(1)
Factor de integración
Reescribiendo (1)
dy + [P(x) - f(x)]dx = 0
(2)
Las ecuaciones lineales tienen la conveniente ventaja de que
siempre es posible hallar un múltiplo (x) de (2) tal que
(x) { dy + [P(x)y - f(x)] dx }= 0
(3)
es una ecuación diferencial exacta
esto es
∂N ∂M
∂
∂
=
∂x
∂y
∂x (x) = ∂y (x) [P(x)y - f(x)]
dif.
exacto
∂
de aquí que [ya que ∂y f(x) = 0)]
d
dx = P(x)
separando variables
d
= P(x) dx

esto es
ln  =
∫
P(x) dx
de modo que
 = e ∫ P(x) dx = F.I.
Factor de integración
reescribiendo la ecuación (3)
e ∫ P(x) dx dy + e ∫ P(x) dx P(x)y dx = e ∫ P(x) dx f(x) dx
ya que la diferencial del L.I. es exacta, podemos escribir
d[y e ∫ P(x) dx] = e ∫ P(x) dx f(x) dx
integrando esta última ecuación
y e ∫ P(x) dx =
∫
e ∫ P(x) dx f(x) dx + c
finalmente, llegamos a la solución general
y = e- ∫ P(x) dx
∫
e ∫ P(x) dx f(x) dx + c e- ∫ P(x) dx
Solución general de la ec. dif. lineal de primer orden
9
No se recomienda memorizar la fórmula. Es más conveniente
seguir el siguiente procedimiento.
i) Escriba la ecuación en la forma
dy
(1)
dx + P(x) y = f(x)
ii) Multiplique la ecuación por el factor integrante e ∫ P(x) dx
dy
e ∫ P(x) dx dx + e ∫ P(x) dx P(x) y = e ∫ P(x) dx f(x)
(2)
El L.I. de (2) es la derivada del F.I. por la variable dependiente:
e ∫ P(x) dx y
iii) Escriba la ecuación (2) de la forma
d
∫ P(x) dx
y] = e ∫ P(x) dx f(x)
dx [e
iv) Integre ambos miembros
Ejemplos.
dy
a) Resolver x dx - 4y = x6ex
dy
i) dx +(- 4/x)y= x5ex
ii)
∫
F.I.
∫
P(x) dx =
4
- x dx = - 4 ln x
-4
e ∫ P(x) dx = eln x 4 = x
entonces
dy
x-4 dx +x-5y= xex
d
-4
x
dx (x y) = xe
d(x-4y) = xex dx
integrando
x-4y =
∫
(1)
xex dx + c
evaluación por partes del L.D.:
∫
xex dx = xex -
∫
exdx = xex - ex = ex (x - 1)
u=x
du = dx
∫
u dv = uv -
dv = exdx
v = ex
∫
v du
Sustituyendo en (1)
x-4y = ex (x - 1) + c
o bien
y = x4 [ex (x - 1) + c]
10
dy
b) Resolver dx - 3y = 0
Solución: y = ce3x
dy
c) Encuentre la solución general de (x2 + 9) dx + xy = 0
Solución: y =
c
x +9
2
dy
d) Resolver dx + 2xy = x sujeta a y(0) = - 3 y grafique la solución
1 7
2
Solución: y = 2 - 2 e-x
Gráfica de y:
1
0.5
-3
-2
-1
0
-0.5 0
-1
1
-1.5
-2
-2.5
2
3
y = 1/2 - 7/2exp(-x^2)
-3
-3.5
dy
e) Resolver x dx + y = 2x, sujeta a la condición y(1) = 0. Grafique
la solución.
Solución: y = x - 1/x
4
2
0
-2
-4
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
y=x + -1/x
-6
-8
-10
-12
f) Demostrar que (x + 4y2) dy + 2y dx = 0 tiene la solución
implícita x = - 4/5y2 + cy-1/2
g) Demostrar que x dy = (x sen x - y) dx tiene la solución
sen x
c
y = - cos x + x + x
h) Demostrar que x2y' + x(x + 2)y = ex tiene la solución
1 x c -x
y=
e+ 2 e
2x2
x
dy
i) Demostrar que x dx + (3x + 1)y = e-3x tiene la solución
c
y = e-3x + x e-3x
dy
j) Demostrar que (x + 2)2 dx = 5 - 8y - 4xy tiene la solución
y = 5/3(x + 2)-1 + c(x + 2)-4
11
dy
k) Demostrar que dx + 5 y = 20 con condición inicial y(0) = 2
tiene la solución y = 4 - 2e-5x. Grafique el resultado.
dT
l) Demostrar que dt = k(T - 50), con condición inicial T(0) = 200
tiene la solución T(t) = 50 + 150 e kt. Grafique para diferentes
valores de k.
dy
m) Demostrar que (x + 1) dx + y = ln x, y(1) = 10 tiene la solución
(x + 1)y = x ln x - x + 21
dy
y
n) Demostrar que dx = y - x , y (5) = 2 tiene la solución
x = 1/2 y + 8/y
3. Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior
3.1 Conceptos y definiciones
Problema de valor inicial
d2y
dy
a2(x) dx2 + a1(x) dx + a0(x)y = g(x)
(1)
y(x0) = y0
y'(x0) = y'0
(2)
Se busca una solución de (1) que cumpla con las condiciones
iniciales (2).
Ejemplo
y'' - 4 y = 12x
y(0) = 4
y'(0) = 1
Es un problema de valor inicial con solución
y = 3e2x + e-2x - 3x
Problema de valores en la frontera
d2y
dy
a2(x) dx2 + a1(x) dx + a0(x)y = g(x)
(3)
y(a) = y0
(4)
y(b) = y1
La solución de (3) debe cumplir con las condiciones frontera (4)
Ejemplo
x2y" - 2xy' + 2y = 6
y(1) = 0
y(2) = 3
Funciones linealmente independientes
Dos funciones f1(x), f2(x) son linealmente independientes si no es
posible expresar a una como un múltiplo constante de la otra.
Por ejemplo los siguientes conjuntos de funciones son linealmente
independientes
12
x
x2
e2x
e3x
sen x cos x
ex
xex
Ejercicio. Diga si los conjuntos son L.I.
x
8x
ex
e-x
2
x
x
x3
2 sen 2x
2 sen 4x
e2x
3e2x
El wronskiano
Sean f1(x), f2(x),f3(x)
Si el determinante
f1 f2 f3
f'1 f'2 f'3 ≠ 0
f"1f"2f"3
Wronskiano
El conjunto de funciones es linealmente independiente
Ejemplos
a) Sean f1(x) = em1x, f2(x) = em2x, m1≠ m2,
em1x
em2x
W = m em1x m em2x = m2em2x em1x- m1 em1x em2x
1
2
= m2 em2x+m1x- m1 em2x+m1x
= (m2- m1 )ex(m2+ m1) ≠ 0 para todo x
b) Sean f1(x) = ex, f2(x) = xex,f3(x) = x2ex
Determine si son linealmente independientes
c) Determine si f1(x) = x
f2(x) = x2
f3(x) = 4x - x2
Son linealmente independientes
Soluciones de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales
Ecuaciones homogéneas
En este contexto definimos la ecuación homogénea como
d2y
dy
a2(x) dx2 + a1(x) dx + a0(x)y = 0
en tanto que
d2y
dy
a2(x) dx2 + a1(x) dx + a0(x)y = g(x)
recibe el nombre de no-homogénea
En esta sección se verá que para resolver una ecuación nohomogénea se debe resolver primero la ecuación homogénea
asociada.
13
Principio de superposición
Si y1, y2 son soluciones de la ecuación diferencial homogénea,
entonces la combinación lineal
y = c1y1(x) + c2y2(x)
también es una solución.
Solución completa o solución general de una ecuación homogénea
y = c1y1(x) + c2y2(x)
con y1(x), y2(x) Linealmente independientes
Ejemplos
a) La ecuación y" - 9y tiene dos soluciones
y1 = e3x
y2 = e-3x
e3x e-3x
Ya que W = 3e3x -3e-3x = - 6 ≠ 0
Las dos soluciones son linealmente independientes y la solución
completa de la ecuación es
y = c1 e3x + c2 e-3x
b) Las funciones y1 = ex, y2 = e2x, y3 = e3x son soluciones de la
ecuación
d3y
d2y
dy
dx3 - 6 dx2 + 11 dx - 6y = 0
Diga cual es la solución general de la ecuación
Ecuaciones no-homogéneas
Solución particular.- Cualquier función yp que no contiene
parámetros y que satisface
d2y
dy
a2(x) dx2 + a1(x) dx + a0(x)y = g(x)
Ejemplos
a) Una solución particular de
y" + 9y = 27
es yp = 3 ya que yp" = 0 y 9(3) = 27
b) Demuestre que yp = x3 - x es una solución particular de
x2y" + 2xy' - 8y = 4x3 + 6x
yp'= 3x2 - 1
yp" = 6x
Sustituyendo en la ec. dif.
x2(6x) + 2x(3x2 - 1) - 8(x3 - x) = 4x3 + 6x
6x3 + 6x3 - 2x - 8x3 + 8x = 4x3 + 6x
4x3 + 6x = 4x3 + 6x
→ yp = x3 - x si es una solución particular
Solución general de la ec. no-homogénea
y = yc(x) + yp(x)
donde yp(x) es la solución particular
14
yc(x) es la solución complementaria
(solución de la ec. homogéna)
Ejemplo
Se puede demostrar que la función
11 1
yp = - 12 - 2 x
es una solución particular de la ecuación no-homogénea
d3y
d2y
dy
3 -6
dx
dx2 + 11 dx - 6y = 3x
Como se vió en un ejemplo anterior, la solución de la ecuación
d3y
d2y
dy
homogénea asociada dx3 - 6 dx2 + 11 dx - 6y = 0 , es
yc = c1ex + c2e2x + c3e3x
Por lo tanto la solución general es
y = yc + yp
11 1
= c1ex + c2e2x + c3e3x - 12 - 2 x
3.2 Elaboración de una segunda solución a partir de una
conocida
Supóngase que y1(x) es una solución de la ecuación
a2(x)y" + a1(x) y' + a0(x)y = g(x)
(1)
El proceso consiste en reducir el orden de la ecuación
transformándola en una de primer orden.
Por ejemplo, se sabe que y1 = ex satisface la ec. diferencial y" - y =
0 . Si probamos con otra solución de la forma u(x)ex, entonces
y' = uex + exu'
y" = uex + exu' + exu" + u'ex = uex +2 exu' + exu"
Entonces y" - y = ex (u" + 2u') = 0
De aquí que u" + 2u' = 0, haciendo el cambio de variable v = u', v'
= u"
v' + 2v = 0
Esta es una ecuación diferencial de primer orden. Usando el factor
integrante e2x puede escribirse
d
2x
dx [ve ] = 0
v = c1e-2x, o sea u' = c1e-2x
integrando esta última
c1
u = - 2 e-2x + c2
sustituyendo en y = uex
c1
y = - 2 e-x + c2ex
eligiendo c2 = 0 y c1 = - 2 obtenemos la segunda solución que
buscamos
y2= e-x
se observa que y1 = ex e y2 = e-x son linealmente independientes.
15
En el caso general de una ecuación diferencial de la forma (1), o
equivalentemente
y" + P(x) y' + Q(x)y = 0
La segunda solución está dada por
y2 = y1(x)
∫
e- ∫ P(x) dx
y21
dx
Este resultado se empleará en la siguiente sección.
3.3 Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes
Se ha visto que la ecuación lineal de primer orden
dy
dx + ay = 0
tiene la solución y = c1e-ax
En general todas las ecuaciones de orden superior tienen una
solución que consiste de funciones exponenciales.
Se tomará ahora el caso de la ecuación de segundo orden
a y" + b y' + c = 0
(1)
Ecuación auxiliar
Considérese una solución de la forma y = emx, entonces
y' = memx
y" = m2emx
Sustituyendo en la ecuación diferencial,
a m2emx + b memx + c = 0
e (am + bm + c) = 0
ya que emx no puede ser cero,
mx
2
am2 + bm + c = 0
Ecuación auxiliar
o ecuación característica
La ecuación auxiliar presenta los siguientes casos dependiendo de
si sus raíces son
reales y distintas
reales e iguales
complejas conjugadas
Caso I Dos raíces reales distintas
En este caso tenemos las soluciones
y1 = em1x
y2 = em2x
Como se vió anteriormente estas funciones son linealmente
independientes por lo que forman un conjunto fundamental de
soluciones. La solución general de (1) es,
y = c1em1x + c2em2x
Caso II Dos raíces reales iguales
Si m1 = m2, sólo se obtendrá una solución y1 = em1x.
16
Como se vió en la sección anterior, podemos obtener una segunda
solución:
y" + b/a y' + c/a y = 0
e-(b/a)x
y2 = em1x ∫ 2m1x dx
P(x) = b/a
e
en este caso, la fórmula cuadrática nos dice que m1 = -b/2a. Esto es,
2m1x = -b/a
y2 = em1x
∫
dx = x em1x
La solución general de (1) queda,
y = c1emx + c2xemx
Caso III Raíces complejas
m1 = a + bi m2 = a - bi
ya que las raíces son diferentes, la solución es como en el caso I y
por lo tanto
y = c1e(a + bi)x + c2e(a - bi)x
(2)
En la práctica es más útil trabajar con funciones trigonométricas
por lo que empleando la fórmula de Euler: ebi = cos b + i sen b
ebix = cos bx + i sen bx e-bix = cos bx - i sen bx
en donde se ha utilizado
cos -ax = cos ax
sen -ax = - sen ax
En consecuencia (2) se transforma en
y = eax[c1eibx + c2e-ibx]
y = eax[c1{cos bx + i sen bx} + c2{cos bx - i sen bx} ]
= eax[(c1 + c2) cos bx + (c1i - c2i) sen bx]
Combinando las constantes y redefiniéndolas,
y = eax (c1cos bx + c2sen bx)
Ejemplos. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales.
Grafique su solución.
a)
2y" - 5y' - 3y = 0
b)
y" - 10 y' + 25 y = 0
c)
y" + y' + y = 0
d)
y" - 4y' + 13 y = 0, y(0) = -1, y'(0) = 2
Solución
a)
y = c1e-x/2+ c2e3x
b)
y = c1e5x+ c2xe5x
3
c)
y = e-x/2(c1cos 2 x + c2sen
d)
y = e2x(-cos 3x + 4/3 sen 3x)
3
2 x)
Ecuaciones de orden superior
17
En general, para resolver una ecuación diferencial lineal
homogénea de coeficientes constantes de orden n
any(n) + an-1y(n-1) + · · · + a2y" + a1y + a0y= 0
(3)
se debe resolver una ecuación polinomial de orden n
anmn + an-1mn-1 + · · · + a2m2 + a1m + a0 = 0
Si todas las raíces son distintas, entonces la solución general de (3)
es
y1 = c1em1x + c2em2x + ··· + cnemnx
Si se tienen 3 raíces iguales, la solución general debe contener la
combinación lineal
y = c1em1x + c2xem1x + c3x2em1x
Ejemplos. Demostrar
a) y"' + 3y" - 4y = 0 ; y = c1ex + c2e-2x + c3xe-2x
b) 3y"' - 19y" + 36y' - 10y = 0 ; y = c1ex/3 + e3x[c2 cos x + c3 sen x]
d4y
d2y
c) dx4 + dx2 + y = 0 ;
y = c1cos x + c2sen x + c3x cos x + c4 x sen x
d) y" - 3y' + 2y = 0 ; y = c1ex + c2e2x
e) y"' + 3y" + 3y' + y = 0 ; c1e-x + c2xe-x + c3x2e-x
f) 2y" - 2y' + y = 0, y(0) = -1, y'(0) = 0 ;
y = -ex/2 cos x/2 + ex/2 sen x/2
g) y" - 3y' + 2y = 0, y(1) = 0, y'(1) = 1 ; y = e2(x-1) - ex-1
3.4 Coeficientes indeterminados
Método para resolver ecuaciones diferenciales no homogéneas
de coeficientes constantes.
Operadores diferenciales
Símbolo Dn indica derivada enésima de una función
dny
Dny = dxn
Una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes
any(n) + an-1 y(n-1) +··· + a1y' + a0y = g(x)
se puede escribir como
anDny + an-1 Dn-1y +··· + a1Dy + a0y = g(x)
o bien
(anDn + an-1 Dn-1 +··· + a1D + a0)y = g(x)
La expresión
anDn + an-1 Dn-1 +··· + a1D + a0
se llama operador diferencial lineal de orden n. Puesto que es un
polinomio en el símbolo D, se abrevia P(D).
Tiene la propiedad que puede ser factorizado como un polinomio,
por ejemplo:
factores
D2 + D
D(D+1)
2
D -1
(D + 1)(D - 1)
D2 + 1
imaginarios (no interesan)
18
D2 + 5D + 6 (D + 2)(D + 3)
(D - 1)2
(D - 1)(D - 1)
Operador anulador
Si (anDn + an-1 Dn-1 +··· + a1D + a0)f(x) = 0
Entonces se dice que el operador diferencial anDn + an-1 Dn-1 +··· +
a1D + a0 anula a f.
Por ejemplo
f(x) Operador anulador Esto es
k
D
Dk = 0
x
D2
D2x = 0
x2
D3
D3x2 = 0
El operador diferencial Dn anula a cada una
de las funciones 1, x, x2, ..., xn-1.
(1)
Ejemplo. Halle un operador diferencia que anule a 1 - 5x2 + 8x3.
Ya que D4(x3) = 0, se tiene que
D4(1 - 5x2 + 8x3) = 0
El operador diferencial (D - )n anula a cada
una de las funciones ex, xex, x2ex, ..., xn-1ex
(2)
Para verificar esto nótese que la ecuación auxiliar de la ecuación
homogénea (D - )ny es (m-)n = 0. Puesto que  es una raíz de
multiplicidad n, la solución general es
y = c1ex+ c2xex + ··· + cnxn-1ex
(3)
Ejemplos
a) Hallar un operador anulador para i) e5x, ii) 4e2x - 6xe2x
i) a = 5, n = 1. De (2)
(D - 5)e5x = 0
b) a = 2, n = 2. De (2) y (3)
(D - 2)2( 4e2x - 6xe2x) = 0
c) Obtener un operador diferencial que anule a e-3x + xex
De (3) se tiene que
(D + 3)e-3x = 0
(D - 1)2xex = 0
Entonces (D + 3)(D - 1)2(e-3x + xex )= 0
Ya que
(D + 3)(D - 1)2(e-3x + xex )
(D2 - 2D +1)e-3x = 16e-3x
2 -3x
= (D + 3)[(D-1) e + (D-1)2xex)]
= (D + 3)[16 e-3x + 0 ]
Si a y b son números reales, la ecuación [m2 - 2am + (a2 + b2)]n = 0
tiene las raíces complejas a + bi y a - bi, ambas de multiplicidad n.
Podemos establecer el siguiente resultado
19
El operador diferencial [D2 - 2aD + (a2 + b2)]n anula a cada una de
las siguientes funciones
eax cos bx,
eax sen bx,
xeax cos bx,
xeax sen bx,
x2eax cos bx, ...,
x2eax sen bx, ...,
xn-1eax cos bx
xn-1eax sen bx
(5)
ejemplos
a) Eligiendo a = -1, b = 2 y n = 1 en (5) se tiene
[D2 + 2D + 5]e-x cos 2x = 0 y
[D2 + 2D + 5]e-x sen 2x = 0
b) Eligiendo a = 0, b = 1, n = 2 en (5) el operador (D2 + 1)2 anulará
cos x , x cos x, sen x, x senx y cualquier combinación lineal de esas
funciones.
Haciendo a = 0, n = 1, se obtiene el resultado particular
(D2 + b2) cos bx = 0
(D2 + b2) sen bx = 0
(6)
Ejemplos. Obtener un operador diferencial que anule a
a) 7 - x + 6 sen 3x
De (1) y (6) se tiene, respectivamente,
D2(7 - x) = 0
(D2 + 9) sen 3x = 0
Por lo tanto el operador lineal D2(D2 + 9) anulará a la combinación
lineal dada.
b) 1 + 6x - 2x2
c) 1 + 7e2x
d) 13x + 9x2 - sen 4x
e) e-x + 2xex - x2ex
f) 3 + ex cos 2x
Solución
b) D3
c) D(D - 2)
d) D3(D2 +16)
e) (D + 1)(D - 1)3
f) D(D2 - 2D + 5)
Resolución de una ecuación lineal no-homgénea de coeficientes
constantes
A) Método de los coeficientes indeterminados
Cualquier ecuación lineal de coeficientes constantes se puede
escribir simplementes como
P(D) y = g(x)
(1)
Cuando g(x) sea del tipo
i) una constante, k
ii) un polinomio en x
iii) una función exponencial, eax
20
iv) senoidal o cosenoidal, sen bx o cos bx
O una combinación de estas funciones, siempre será posible
encontrar otro operador P1(D) que anule a g(x). Aplicando P1(D) a
(1), resulta
P1(D)P(D) y = P1(D)g(x) = 0
Resolviendo la ecuación homogénea
P1(D)P(D) y = 0
es posible encontrar la forma de una solución particular yp de la
ecuación no-homogénea (1).
En los siguientes ejemplos se ilustra el método de los coeficientes
indeterminados para encontrar yp.
Ejemplos
d2y
dy
2
a) Resolver
2 +3
dx
dx + 2y = 4x
Paso 1. Se resuelve primero la homogénea asociada
d2y
dy
2 +3
dx
dx + 2y = 0
Ecuación auxiliar:
m2 + 3m + 2 = 0
(m + 1)(m + 2) = 0
m1 = -1, m2 = -2
Solución de la homogénea
yc = c1e-x + c2e-2x
Paso 2. De la ec. (1) en la sección anterior, tenemos que la ec. dada
puede transformarse en homogénea derivando tres veces cada
miembro de la ecuación. Esto es,
D3(D2 + 3D + 2)y = 4D3x2 = 0
La ecuación auxiliar de esta última ecuación es
m3(m2 + 3m + 2)
con solución y = c1e-x + c2e-2x + c3 + c4x + c5x2
yc
yp
En esta última ecuación se distingue la forma básica de yp:
yp = A + Bx + Cx2
Sólo resta ahora encontrar los valores específicos de las constantes
A, B, C.
Derivando yp y sustituyendo en la ecuación dada:
y" + 3y' + 2y = 4x2
2C + 3(B + 2Cx) + 2A +2Bx + 2Cx2 = 4x2
agrupando en potencias de x
2C + 3B + 2A + (6C + 2B)x + 2Cx2 = 4x2
Vemos que para que se cumpla la ecuación
21
2C + 3B + 2C = 0
6C + 2B = 0
2C = 4
Resolviendo el sistema, resulta
A = 7, B = -6, C = 2
en consecuencia,
yp = 7 - 6x + 2x2
Paso 3. La solución general de (8) es y = yc + yp, o sea
y = c1e-x + c2e-2x + 7 - 6x + 2x2
b) Resolver y" - 3y' = 8e3x + 4 sen x
Paso 1. Resolvemos la homgénea asociada
y" - 3y' = 0
Ec. auxiliar
(m2 - 3m) = 0
m1 = 0, m2 = 3
yc = c1 + c2e3x
Paso 2. Ya que (D - 3)e3x = 0 y (D2 + 1) sen x = 0, se aplica el
operador diferencial (D - 3)(D2 + 1) a ambos miembros de la
ecuación dada,
(D - 3)(D2 + 1)(D2 - 3D)y = 0
que tiene la ecuación auxiliar
(m - 3)(m2 + 1)(m2 - 3m) = 0
m(m - 3)2(m2 + 1) = 0
En consecuencia,
y = c1 + c2e3x + c3xe3x + c4cos x + c5 sen x
yc
yp
Vemos que yp = Axe3x + Bcos x + Csen x
Sustituyendo yp en la ecuación no homogénea:
y'p = 3Axe3x + Ae3x - B senx + C cos x
y"p = 9Axe3x + 6Ae3x - B cos x - C sen x
y"p - 3y'p = 3Ae3x + (-B - 3C) cos x + (-C + 3B) sen x
= 8e3x + 4 sen x
Igualando coeficientes, resulta
3A = 8
-B - 3C = 0
- C + 3B = 4
de donde A = 8/3, B = 6/5, C = -2/5
Por consiguiente,
8
6
2
yp = 3 xe3x + 5 cos x - 5 sen x
22
Paso 3. La solución general de la ecuación no homogénea es
entonces
8
6
2
yp = c1 + c2e3x + 3 xe3x + 5 cos x - 5 sen x
c) Resolver y" + 8y = 5x + 2e-x
Paso 1. Resolvemos la ecuación homogénea asociada
y" + 8y = 0
Ecuación auxiliar: m2 + 8 = 0
m1,2 = ±2 2 i
yc = c1 cos 2x 2 + c2 sen 2x 2
Paso 2. Ya D2x = 0 (D + 1)e-x = 0. Aplicamos D2(D + 1) a la
ecuación dada:
D2(D + 1)(D2 + 8) y = 0
Con solución
y = c1cos 2x 2 + c2 sen 2x 2 + c3 + c4x + c5e-x
Vemos que yp = A + Bx + Ce-x
Sustituyendo en la ecuación no homogénea
y'p = B - Ce-x
y"p = Ce-x
Ce-x + 8(A + Bx + Ce-x) = 5x + 2e-x
9Ce-x + 8Bx + 8A = 5x + 2e-x
De aquí,
C = 2/9
B = 5/8
A=0
Paso 3. De modo que la solución general es
5
2
y = c1cos 2x 2 + c2 sen 2x 2 + 8 x + 9 e-x
c) Resolver y" + y = x cos x - cos x
Paso 1. Resolvemos la homogénea
y" + y = 0
Ec. auxiliar
m2 + 1 = 0
m1,2 = ± i
yc = c1 sen x + c2 cos x
Paso 2. Tanto cos x como x cos x se anulan con el operador (D2 +
1)2. En consecuencia
(D2 + 1)2(D2 + 1) y = 0
o sea
(D2 + 1)3 y = 0
Siendo i y -i raíces complejas con orden de multiplicidad 3 de la
ecuación auxiliar de esta última ecuación se deduce que
y = c1 cos x + c2 sen x + c3 x cos x + c4 x sen x
+ c5 x2 cos x + c6 x2 sen x
Entonces yp = Ax cos x + Bx sen x + Cx2 cos x + Ex2 sen x
Vamos a sustituir en la ec. no homogénea
23
y'p = - Ax sen x+ A cos x + Bx cos x + B sen x
+ 2Cx cos x - Cx2 sen x + 2Ex sen x + Ex2 cos x
y'p = sen x (-Ax + B - Cx2 + 2Ex) + cos x (A + Bx + 2Cx
+ Ex2)
y"p = (-A - 2Cx + 2E) sen x + (-Ax + B - Cx2 + 2Ex)cos x
+ (B + 2C + 2Ex) cos x - (A + Bx + 2Cx + Ex2) sen x
= (- 2A +2E -4Cx - Bx - Ex2)sen x
+ (2B + 2C - Ax + 4Ex - Cx2) cos x
Ec. no homogénea
y"p + yp = x cos x - cos x
Se trabajará con el L.I.
L. I. = (- 2A +2E -4Cx - Bx - Ex2)sen x
+ (2B + 2C - Ax + 4Ex - Cx2) cos x
+ Ax cos x + Bx sen x + Cx2 cos x + Ex2 sen x
= sen x[-2A + 2E ] + x sen x[-4C + B] + cos x[2B + 2C]
+ x cos x[4E]
Igualando con los coeficientes del L.D.
de sen x
-2A + 2E = 0
de x sen x
- 4C = 0
de cos x
2B + 2C = -1
de x cos x
4E = 1
De donde se obtiene E = 1/4, C = 0, B = -1/2 A = 1/4
Entonces yp = 1/4 x cos x - 1/2x sen x + 1/4x2 sen x
Paso 3. Solución general
y = c1 sen x + c2 cos x + 1/4 x cos x - 1/2x sen x + 1/4x2 sen x
d) Determinar la forma de una solución particular de
y" - 2y' + y = 10e-2x cos x
Eligiendo a = -2, b = 1 y n = 1, por (5) de la sección de operador
anulador, se sabe que
(D2 + 4D + 5)e-2x cos x = 0
Aplicando el operador a la ecuación dada
(D2 + 4D + 5) (D2 -2D + 1) y = 0
Raíces de la ec. auxiliar:
m1,2 = - 2 ± i,
m3,4 = 1
Con solución
y = c1ex + c2xex + c3e-2x cos x + c4e-2x sen x
= yc
= yp
Por lo tanto una solución particular de la ecuación no homogénea
tiene la forma
yp =Ae-2x cos x + Be-2x sen x
e) Determinar la forma de una solución particular de
24
y"' - 4y" + 4y' = 5x2 - 6x + 4x2e2x + 3e5x
Nótese que
D3(5x2 - 6x) = 0
(D - 2)3x2e2x = 0
(D - 5)e5x = 0
Por consiguiente aplicando D3(D-2)3(D-5) a la ec. dada resulta
D3(D - 2)3(D - 5)(D3 - 4D2 + 4D) y = 0
Este último factor se puede descomponer
D3 - 4D2 + 4D = D(D2 - 4D + 4)
= D(D - 2)2
Siguiendo con la solución de la homogénea
D4(D - 2)5(D - 5) = 0
Consecuentemente la solución es
y = c1 + c2x + c3x2 + c4x3 + c5e2x
+ c6xe2x + c7x2e2x + c8x3e2x + c9 x4e2x + c10 e5x
Ya que es posible considerar a c1 + c5e2x + c6xe2x como la solución
complementaria de la ec. dada, entonces la solución particular tiene
la forma
yp = Ax + Bx2 + Cx3 + Ex2e2x + Fx3e2x + Gx4e2x + He5x
Ejercicios adicionales.
Resuelva la ecuación diferencial dada. En k) y l) grafique su
solución.
f) y" - 9y = 54
g) y" - 2y' - 3y = 4ex - 9
h) y" + 25y = 6sen x
i) y" - y = x2ex + 5
j) y" + 25y = 20 sen 5x
k) y" - 64y = 16, y(0) = 1, y'(0) = 0
l) y" - 5y' = x - 2, y(0) = 0, y'(0) = -2
Solución
f) y = c1e-3x + c2e3x - 6
g) y = c1e-x + c2e3x - ex + 3
h) y = c1 cos 5x + c2 sen 5x + 1/4 sen x
i) y = c1e-x + c2ex + 1/6x3ex - 1/4 x2ex + 1/4 xex - 5
j) y = c1cos 5x + c2sen 5x -2x cos 5x
k) y = 5/8 e-8x + 5/8 e8x - 1/4
l) y = -41/125 + 41/125 e5x - 1/10 x2 + 9/25 x
25