apunte usm ecuaciones diferenciales de orden superior

Matemática III (MAT023)Segundo semestre de 2010

• Ecuaciones Diferenciales de orden Superior. Teoría básica. Ecuación Ho-mogénea, solución particular.

• Wronskiano. Fórmula de Abel.

• Ecuación con coeficientes constantes de segundo orden homogénea.

• Ecuación con coeficientes constantes de de orden arbitrario homogénea.

• Método de los coeficientes indeterminados (para la solución particular).

• Método de variación de parámetros (para la solución particular).

• Ecuación De Euler.

Contenidos

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

En la parte anterior del curso estudiamos las ecuaciones diferenciales del tipo

d y

d x= F

�

x , y�

enunciando condiciones sobre F que garantizan existencia y unicidad, aprendimos también a resol-ver varios tipos de estas ecuaciones y como aplicar esto a resolver algunos tipos de problemas queinvolucran ecuaciones diferenciales de primer orden.

Ahora estudiaremos ecuaciones diferenciales de orden superior pero un caso bastante particular,ecuaciones del tipo lineal.

Universidad Técnica Federico Santa MaríaDepartamento de Matemática

1.1 Teoría general

Denotaremos por C n (I ) al espacio vectorial de todas la funciones de valores reales que admiten deri-vada continua hasta orden n en todos los puntos del intervalo I . En particular se define C 0 (I ) =C (I )como el espacio de las funciones continuas en el intervalo I .

Definición 1.1. Se dice que la transformación lineal

L : C n (I )→C (I )

es un operador diferencial lineal de orden n en el intervalo I , si puede expresarse en la forma

L = a n (x )Dn +a n−1 (x )Dn−1+ · · ·+a 1 (x )D +a 0 (x )

donde a n (x ) , a n−1 (x ) , · · · , a 1 (x ) , a 0 (x ) son funciones continuas en el intervalo I , a n (x ) no es idénti-camente nula en el intervalo y D i = d i

d x i .

La imagen de una función y ∈C n (I ) por el operador diferencial lineal esta dada por

�

Ly�

(x ) = a n (x )y (n ) (x )+a n−1 (x )y (n−1) (x )+ · · ·+a 1 (x )y ′ (x )+a 0 (x )y (x )

Ejemplo 1.1. El operador L = x D2+3p

x D−1 es un operador diferencial lineal de orden 2 en [0,+∞[o cualquiera de sus subintervalos, actúa en la forma

Ly (x ) = x y ′′ (x )+3p

x y ′ (x )− y (x )

Observación 1.1. En general los operadores diferenciales no conmutan, es decir, en general no secumple

L 1L 2 = L 2L 1

por ejemploD (x D) 6= x D (D)

en efectoD (x D)y =D

�

x y ′�

= y ′+x y ′′ =�

D +x D2�

y

perox D (D)y = x D

�

y ′�

= x y ′′ =�

x D2�

y

Como ya hemos dicho, una ecuación diferencial lineal de orden n en un intervalo I es una ecua-ción diferencial de la forma

a n (x )y (n ) (x )+a n−1 (x )y (n−1) (x )+ · · ·+a 1 (x )y ′ (x )+a 0 (x )y (x ) = h (x )

note que esto puede ser escrito en términos del operador diferencial como

Ly (x ) = h (x )

Nelson Cifuentes F. 2


Definición 1.2. Diremos que la ecuación es normal, si a n (x ) no se anula en ningún punto del inter-valo I . Que es homogénea si h = 0 y no homogénea si h no es idénticamente nula en I .

Ejemplo 1.2. La ecuaciónd 2y

d x 2+ y = 0

es una ecuación diferencial lineal homogénea normal de orden 2 y con coeficientes constantes en Ro cualquier subintervalo.

Ejemplo 1.3. La ecuación

x 3 d 2y

d x 2+x

d y

d x+ cosx y = sinx

es lineal no homogénea de orden 2 y normal en ]0,+∞[ o también en ]−∞, 0[ (o cualquier subinter-valo)

Nuestro objetivo es resolver la ecuación

Ly = h

para ello enfrentaremos primero la ecuación homogénea

Ly = 0

note que y es solución si y solo si y ∈ ker (L), si pudiésemos encontrar una baseB =�

y1, y2, . . . , yn

delespacio

ker (L) =�

y ∈C n (I ) : Ly = 0

entonces toda solución podría escribirse en la forma

y (x ) = c1y1 (x )+ · · ·+ cn yn (x )

(Al ser base todo elemento del núcleo (toda solución de la homogénea) se puede escribir como com-binación lineal de los elementos de la base, es decir, c1y1 (x )+ · · ·+ cn yn (x ) es una solución general dela homogénea)

Para enfrentar el problema no homogéneo note lo siguiente, si encontramos una solución yp (x )tal que

Lyp (x ) = h (x )

entonces otra solución j (x ) de la ecuación también debe cumplir

Lj (x ) = h (x )

se sigueL�

yp − j�

(x ) = h (x )−h (x ) = 0

de esta formayp − j ∈ ker (L)



se siguej (x ) = yp (x )+ c1y1 (x )+ · · ·+ cn yn (x )

En resumen: Para resolver una ecuación lineal Ly = h necesitamos conocer una base de ker (L) yconocer una solución particular yp de la ecuación

Ly = h

Teorema 1.1. Sea L un operador diferencial normal de orden n en un intervalo I y sea x0 ∈ I . Siα0,α1, . . . ,αn−1 son números reales arbitrarios entonces el problema de valores iniciales

Ly = h

y (x0) = α0, y ′ (x0) =α1, . . . , y (n−1) (x0) =αn−1

admite solución única

Observación 1.2. El caso de la ecuación de orden 1 ya fue demostrado cuando se mostraron las téc-nicas para resolver la ecuación

y ′+P (x )y =Q (x )

El teorema anterior permite demostrar lo siguiente:

Teorema 1.2. Si L es un operador diferencial normal de orden n en un intervalo I entonces ker (L) tienedimensión n.

Demostremos el caso de n = 2 el general es similar. Sea x0 ∈ I un punto arbitrario pero fijo, por elteorema de existencia y unicidad existe una función y1 (x ) tal que

Ly1 = 0

y1 (x0) = 1

y ′1 (x0) = 0

(estamos suponiendo L es de grado 2) de manera similar existe una función tal que

Ly2 = 0

y2 (x0) = 0

y ′2 (x0) = 1

mostraremos que�

y1 (x ) , y2 (x )

es una base de ker (L), en efecto, sea y ∈ ker (L) entonces Ly = 0,pongamos α0 = y (x0) y α1 = y ′ (x0) entonces la función y es la solución (es única) del PVI

Ly = 0

y (x0) = α0

y ′ (x0) = α1



pero...g (x ) =α0y1 (x )+α1y2 (x ) cumple con

Lg = α0Ly1+α1Ly2 = 0

g (x0) = α0

g ′ (x0) = α1

se sigue por unicidad queg (x ) = y (x )

es deciry (x ) =α0y1 (x )+α1y2 (x )

nos queda mostrar que y1 y y2 son linealmente independientes, pero note que

αy1 (x )+βy2 (x ) = 0⇒ (evaluando en x0) α= 0

por otro lado

αy1 (x )+βy2 (x ) = 0⇒αy ′1 (x )+βy ′2 (x ) = 0⇒ (evaluando en x0) β = 0

es decir son L.I .Así ker (L) =

�

y1 (x ) , y2 (x )�

es un espacio de dimensión 2.

Ejemplo 1.4. La ecuaciónd 2y

d x 2+ y = x

es lineal no homogénea normal de orden 2. Luego

S =�

y ∈C 2 (R) :d 2y

d x 2+ y = 0

�

tiene dimensión 2, note que senx y cosx son dos elementos linealmente independientes de este con-junto, se sigue

S = ⟨cosx , senx ⟩

es decir, toda solución de la ecuación homogénea es de la forma

yh (x ) = c1 cosx + c2 senx

ahora note que yp (x ) = x es una solución particular de la ecuación

Lyp (x ) = 0+x

se sigue quec1 cosx + c2 senx +x

con c1 y c2 constantes arbitrarias es la solución general de la ecuación

d 2y

d x 2+ y = x



Para probar con mayor facilidad que determinado conjunto de funciones es linealmente indepen-dientes vamos a introducir el concepto de Wronskiano

Definición 1.3. Sean y1, y2, . . . , yn funciones en C (n−1) (I ) se define el Wronskiano de las funcionesy1, y2, . . . , yn como el determinante

W�

y1, y2, . . . , yn�

=

�

�

�

�

�

�

�

�

�

y1 (x ) y2 (x ) · · · yn (x )y ′1 (x ) y ′2 (x ) · · · y ′n (x )

......

......

y (n−1)1 (x ) y (n−1)

2 (x ) · · · y (n−1)n (x )

�

�

�

�

�

�

�

�

�

Ejemplo 1.5.

W (x , senx ) =

�

�

�

�

x senx1 cosx

�

�

�

�

= x cosx − senx

Ejemplo 1.6.

W�

e αx , e βx�

=

�

�

�

�

e αx e βx

αe αx βe βx

�

�

�

�

=�

β −α�

e (α+β)x 6= 0 si α 6=β

Teorema 1.3. Si W�

y1, y2, . . . , yn�

no es idénticamente nulo en I entonces�

y1, y2, . . . , yn

es linealmenteindependiente en C (I ).

Demostración

c1y1 (x )+ · · ·+ cn yn (x ) = 0

c1y ′1 (x )+ · · ·+ cn yn (x ) = 0...

c1y (n−1)1 (x )+ · · ·+ cn y (n−1)

n (x ) ‘ = 0

esto es equivalente al sistema

y1 (x ) y2 (x ) · · · yn (x )y ′1 (x ) y ′2 (x ) · · · y ′n (x )

......

......

y (n−1)1 (x ) y (n−1)

2 (x ) · · · y (n−1)n (x )

c1

c2...

cn

=

00...0

como W�

y1, y2, . . . , yn�

no es idénticamente nulo en I tomamos un x0 tal que W�

y1, y2, . . . , yn�

(x0) 6= 0de donde obtenemos que

y1 (x0) y2 (x0) · · · yn (x0)y ′1 (x0) y ′2 (x0) · · · y ′n (x0)

......

......

y (n−1)1 (x0) y (n−1)

2 (x0) · · · y (n−1)n (x0)



es invertible y por lo tanto la solución es única, es decir

c1

c2...

cn

=

00...0

luego las funciones son L.I.

Teorema 1.4. El Wronskiano de las soluciones de una EDO lineal normal en un intervalo I nunca seanula en el intervalo I . Además si la ecuación es de la forma

y (n ) (x )+a n−1 (x )y (n−1) (x )+ · · ·+a 1 (x )y ′ (x )+a 0 (x )y (x ) = 0

entoncesW = c e−

∫

a n−1(x )d x

Dem: Vista en Clases.

1.2 La fórmula de Abel para la segunda solución

Considere una ecuación diferencial lineal homogénea de orden 2 de la forma

d 2y

d x 2+a 1 (x )

d y

d x+a 0 (x )y = 0

si y1 es una solución no identicamente nula entonces

y2 (x ) = y1 (x )

∫

e−∫

a 1(x )d x

y1 (x )2d x

es otra solución.

En efecto,�

�

�

�

y1 (x ) y2 (x )y ′1 (x ) y ′2 (x )

�

�

�

�

= c e−∫

a 1(x )d x

entonces

y ′2 (x )−y ′1 (x )y1 (x )

y2 (x ) =c e−

∫

a 1(x )d x

y1 (x )

el factor integrante es

e∫

�

−y ′1(x )y1(x )

�

d x= e− ln y1(x ) =

1

y1 (x )



se sigue

y ′2 (x )y1 (x )

−y ′1 (x )y 2

1 (x )y2 (x ) =

c e−∫

a 1(x )d x

y 21 (x )

d

d x

�

y2 (x )y1 (x )

�

=c e−

∫

a 1(x )d x

y 21 (x )

ahora integramos y multiplicamos

y2 (x ) = y1 (x )

∫

e−∫

a 1(x )d x

y 21 (x )

d x

(se han escogido las constantes de manera conveniente).

Ejemplo 1.7. Considere la ecuación diferencial

y ′′+(tanx −2 cotx )y ′ = 0

esta ecuación tiene la solución y1 (x ) = 1 otra solución es

y2 (x ) = 1

∫

e−∫

(tanx−2 cotx )d x

12d x

=

∫

e−(− ln cosx−2 ln senx )d x

=

∫

cosx sen2 x d x

=1

3sen3 x

se sigue que la solución general de la EDO es

yh (x ) = c1+ c2 sen3 x

1.3 Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes.

Si la ecuación diferencialLy (x ) = h (x ) para x ∈ I

es tal que el operador diferencial tiene todos sus coeficientes constantes, entonces hablamos de unaecuación con coeficientes constantes. Es decir, si L es de orden n entonces

a nd n y

d x n(x )+a n−1

d n−1y

d x n−1(x )+ · · ·+a 1

d y

d x(x )+a 0y (x ) = h (x ) para x ∈ I

donde a n , a n−1, . . . , a 1, a 0 ∈R son constantes.



Observación 1.3 (Muy importante). Los operadores diferenciales con coeficientes contantes se com-portan como polinomios en D, es decir, la suma y multiplicación de polinomios cumplen las mismaspropiedades que los operadores con coeficientes constantes, por ejemplo

D3−1= (D −1)�

D2+D +1�

=�

D2+D +1�

(D −1)

Como sabemos la solución general de una ecuación del tipo

Ly (x ) = h (x )

es de la formay (x ) = yh (x )+ yp (x )

donde yh es la solución general de la homogénea asociada

Ly = 0

y yp es una función tal queLyp (x ) = h (x ) para x ∈ I .

en esta sección nos concentraremos en resolver la ecuación homogénea

a nd n y

d x n(x )+a n−1

d n−1y

d x n−1(x )+ · · ·+a 1

d y

d x(x )+a 0y (x ) = 0

Teorema 1.5. Si L 1, L 2, . . . , L m son operadores diferenciales con coeficientes constantes entonces ker (L i )⊆ker (L) donde

L = L 1L 2 . . . L m

La demostración es sencilla si aceptamos que este tipo de operadores conmuta. Si ψ ∈ ker (L i )entonces L iψ= 0 luego

Lψ = L 1L 2 · · ·L i−1L i L i+1 · · ·L mψ

= L 1L 2 · · ·L i−1L i+1 · · ·L m L iψ

= L 1L 2 · · ·L i−1L i+1 · · ·L m 0

= 0

así Lψ= 0 es decirψ∈ ker (L).

Ejemplo 1.8. Encuentre la solución general de la ecuación

y ′′−9y = 0

Desarrollo: La ecuación puede ser vista en términos de operadores diferenciales como�

D2−9�

y = 0

esto es(D −3) (D +3)y = 0



es decirL 1L 2y = 0

ahora estudiemos ker (L 1) =�

y : L 1y = 0

=�

y : y ′−3y = 0

ker (L 1) =�

y : y ′ = 3y

=¦

y : y (x ) = c e 3x©

=¬

e 3x¶

de manera similar

ker (L 2) =�

y : y ′ =−3y

=¬

e−3x¶

como ker (L 1)⊆ ker (L 1L 2) y ker (L 2)⊆ ker (L 1L 2) se sigue

¦

e 3x , e−3x©

⊆ ker (L 1L 2) = ker�

D2−9�

note que por teorema ker (D2−9) tiene dimensión 2 además

W�

e 3x , e−3x�

=

�

�

�

�

e 3x e−3x

3e 3x −3e−3x

�

�

�

�

=−6 6= 0

se sigue que e 3x , e−3x son L.I. de esta forma

¬

e 3x , e−3x¶

= ker�

D2−9�

y así la solución general de la edo y ′′−9y = 0 es

y (x ) = c1e 3x + c2e−3x

1.3.1 La ecuación de segundo orden

Supongamos que intentamos resolver la EDO

y ′′+a 1y ′+a 0y = 0

mirada como operador diferencial esta ecuación es

�

D2+a 1D +a 0

�

y = 0

y supongamos que�

D2+a 1D +a 0

�

= (D −α1) (D −α2)

se presentan 3 casos:



1. Raíces reales y distintas: Supongamos que α1,α2 ∈R entonces la solución general es

y (x ) = c1e α1x + c2e α2x

en efecto e α1x ∈ ker (D −α1) y e α2x ∈ ker (D −α2) se sigue {e α1x , e α2x } ⊆ ker (D −α1) (D −α2) =ker (D2+a 1D +a 0) además

W (e α1x , e α2x ) =

�

�

�

�

e α1x e α2x

α1e α1x α2e α2x

�

�

�

�

= (α1−α2)e (α1+α2)x 6= 0

de donde las funciones son L.I. en un espacio de dimensión 2.

2. Raíces reales iguales: Supongamos que α1 ∈R entonces la solución general es

y (x ) = c1e α1x + c2x e α1x

en efecto considere:(D −α1) (D −α1)y = 0

si ponemos z = (D −α1)y entonces (D −α1)z = 0 se sigue z = c e α1x luego

(D −α1)y = c1e α1x

y ′−α1y = c1e α1x

multiplicamos por factor integrante y obtenemos

d

d x

�

y e−α1x�= c1

integramosy e−α1x = c1x + c2

de donde obtenemosy (x ) = c1x e α1x + c2e α1x

(otro modo de encontrar la solución x e α1x es con la fórmula de Abel y observando que e α1x essolución) ambas soluciones son L.I.

�

�

�

�

e α1x x e α1x

α1e α1x α1x e α1x + e α1x

�

�

�

�

= e 2xα1 6= 0

son funciones L.I.

3. Raíces complejas conjugadas. Suponga que α1 = a + ib y α2 = a − ib son raíces complejasconjugadas entonces por la fórmula de Euler

e (a+ib )x = e a x cosbx + i e a x senbx

ye (a+ib )x = e a x cosbx − i e a x senbx



deberían ser soluciones, de esta forma las combinaciones lineales deberían ser soluciones, esdecir

e (a+ib )x − e (a+ib )x = 2e a x cosbx

debe ser solución, podemos verificar reemplazando en la ecuación que efectivamente

y1 (x ) = e a x cosbx

es solución de la ecuación

(D −α1) (D −α2)y = 0

(D − (a + ib )) (D − (a − ib ))y = 0�

(D −a )2+b 2�

y = 0�

D2−2a D +a 2+b 2�

y = 0

se puede mostrar (por ejemplo con la fórmula de Abel o usando combinaciones lineales com-plejas) que y2 (x ) = e a x senbx es otra solución L.I.

y2 (x ) = e a x cosbx

∫

e∫

2a d x

(e a x cosbx )2

= e a x cosbx

∫

e 2a x d x

e 2a x cos2 bx

= e a x cosbx

∫

sec2 (bx )d x

=1

be a x cosbx tan (bx )

=1

be a x senbx

asíy2 (x ) = e a x senbx

es solución además usando el Wronskiano se puede mostrar que son L.I.

Ejemplo 1.9. Resolver las siguientes ecuaciones:

1. y ′′−5y ′+6y = 0, Solución: C1e 2x +C2e 3x

2. y ′′−2y ′+ y = 0, Solución: C1e x +C2x e x

3. y ′′−4y ′+8y = 0, Solución: C1e 2x cos 2x +C2e 2x sin 2x



1.4 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes contantes de orden arbi-trario.

Con la teoría anterior estamos es condiciones de enfrentar el problema homogéneo

Ly = 0

con L un operador diferencial lineal con coeficientes constantes de orden arbitrario. Recordemos quetodo polinomio con coeficientes reales se puede factorizar en la forma

(x − r1)n 1 (x − r2)n 2 · · · (x − rk )n k�

(x −α1)2+β 21

�m1 · · ·�

�

x −αj

�2+β 2

j

�m j

donde r1, r2, , rk son las raíces reales del polinomio con multiplicidades n 1, n 2, . . . , n k yα1±iβ1, . . . ,αj±iβj son las raíces complejas con las multiplicidades m1, m2, . . . , m j .

Como los operadores diferenciales con coeficientes constantes se comportan como polinomios,estos se pueden factorizar en la forma

(D − r1)n 1 (D − r2)n 2 · · · (D − rk )n k�

(D −α1)2+β 21

�m1 · · ·�

�

D −αj

�2+β 2

j

�m j

luego para resolver la ecuación Ly = 0 basta conocer los núcleos o kernel de los operadores (D − r )n 1

y�

(D −α)2+β 2�m1

Teorema 1.6.ker�

(D −α)n�

=¬¦

e αx ,x e αx ,x 2e αx , . . . ,x n−1e αx©¶

y

kerh

�

(D −α)2+β 2�ni

=¬¦

e αx cosβx ,x e αx cosβx ,x 2e αx cosβx , . . . ,x n−1e αx cosβx

e αx senβx ,x e αx senβx ,x 2e αx senβx , . . . ,x n−1e αx senβx©¶

La demostración fue hecha en clases. Pero puede ser hecha por inducción, es fácil ver que

ker (D −α) = ⟨{e αx }⟩

supongamos queker�

(D −α)n−1�

=¬¦


entoncesy ∈ ker

�

(D −α)n�

⇔ (D −α)n−1 (D −α)y = 0

así(D −α)y ∈ ker

�

(D −α)n−1�

luego

y ′−αy =n−2∑

k=0

C i x i e αx



multiplicando por el factor integrante e integrando se sigue:

y (x ) = K1e αx +K2x e αx + · · ·+Kn x n−1e αx

asíy ∈

¬¦


Ejemplo 1.10. Resolver

(D −1)2 (D −2)3 y = y (5)−8y (4)+25y (3)−38y (2)+28y ′−8y = 0

Desarrollo: Como ker�

(D −1)2�

= ⟨{e x ,x e x }⟩ y ker�

(D −2)3�

=�

e 2x ,x e 2x ,x 2e 2x�

se sigue que¦

e x ,x e x , e 2x ,x e 2x ,x 2e 2x©

⊆ ker�

(D −1)2 (D −2)3�

como el orden del operador es 5 y las funciones anteriores son L.I. se sigue que la solución general es:

yG (x ) = c1e x + c2x e x + c3e 2x + c4x e 2x + c5x 2e 2x

Ejemplo 1.11. Resolverd 3y

d x 3+ y = 0

Tiene solución: C1e−x +C2

�

cos 12

p3x�

e12 x +C3

�

sin 12

p3x�

e12 x

Ejemplo 1.12. Resolver�

(D −2)2+32�2(D −3)y = 0=

�

D5−11D4+66D3−230D2+481D −507�

y

Desarrollo: kerh

�

(D −2)2+32�2i

=�

e 2x cos 3x ,x e 2x cos 3x , e 2x sen 3x ,x e 2x sen 3x�

y ker [(D −3)] =�

e 3x�

se sigue que la solución general es

yG (x ) = c1e 2x cos 3x + c2x e 2x cos 3x + c3e 2x sen 3x + c4x e 2x sen 3x + c5e 3x

Ahora que sabemos resolver el problema homogéneo vamos a buscar soluciones particulares pararesolver ecuaciones no homogeneas, Se presentan dos métodos

1.4.1 Método de coeficientes indeterminados

Este método aunque se aplica en una cantidad limitada de casos muchas veces es de fácil aplica-ción (solo se aplica a ecuaciones con coeficientes contantes); Suponga que enfrentamos la EDOL concoeficientes contantes no homogénea

Ly = h

si conocemos un operador con coeficientes constantes L h tal que L h h = 0 entonces

L h Ly = L h h = 0

luego la solucion y de la ecuación Ly = h cumple L h Ly = 0 es decir

y ∈ ker L h L

podemos encontrar la solución particular usando Lyp = h:



Ejemplo 1.13. Resolver(D −1) (D −2)y = e x +x

o en otras palabrasd 2y

d x 2−3

d y

d x+2y = e x +x

Desarrollo: Sabemos que(D −1) (e x ) = 0 y D2 (x ) = 0

se sigue que(D −1)D2 (e x +x ) = 0

así

(D −1)D2 (D −1) (D −2)y = 0

D2 (D −1)2 (D −2) = 0

luegoyp (x ) = c1+ c2x + c3e x + c4x e x + c5e 2x

y como(D −1) (D −2)yp (x ) = e x +x

se sigue

(D −1) (D −2)�

c1+ c2x + c3e x + c4x e x + c5e 2x�

= (D −1) (D −2) [c1+ c2x ]+ (D −1) (D −2) [c4x e x ]

=�

D2−3D +2�

[c1+ c2x ]+ (D −1) (D −1−1) [c4x e x ]

= 2c1−3c2+2c2x − (D −1) [c4x e x ]

= 2c1−3c2+2c2x − (c4e x + c4x e x − c4x e x )

= 2c1−3c2+2c2x − c4e x

de esto obtenemos que las constantes cumplen

2c1−3c2 = 0

2c2 = 1

−c4 = 1

se siguec4 =−1, c2 = 1/2, c1 = 3/4

así

yG (x ) = (3/4)+ (1/2)x −x e x + c3e x + c5e 2x

= [(3/4)+ (1/2)x −x e x ]+�

c3e x + c5e 2x�

= yp (x )+ yh (x )

es la solución.



1.4.2 Método de variación de parámetros (Método general)

El método que presentamos ahora es posible aplicarlo incluso si la ecuación no tiene coeficientesconstantes. Supongamos que queremos resolver la ecuación

y ′′+a 1 (x )y ′+a 0 (x )y = h (x )

(note que esta normalizada) y sabemos que

y ′′+a 1 (x )y ′+a 0 (x )y = 0

tiene solución generalc1y1 (x )+ c2y2 (x )

entonces para encontrar una solución general de la ecuación

y ′′+a 1 (x )y ′+a 0 (x )y = h (x )

basta encontrar una función yp (x ) tal que

y ′′p +a 1 (x )y ′p +a 0 (x )yp = h (x )

postulamos que tal solución tiene la forma

yp (x ) = c1 (x )y1 (x )+ c2 (x )y2 (x )

entoncesy ′p = c ′1y1+ c1y ′1+ c ′2y2+ c2y ′2

yy ′′p = c ′′1 y1+2c ′1y ′1+ c1y ′′1 + c ′′2 y2+2c ′2y ′2+ c2y ′′2

luegoy ′′p +a 1 (x )y ′p +a 0 (x )yp = h (x )

c ′′1 y1+2c ′1y ′1+ c1y ′′1 + c ′′2 y2+2c ′2y ′2+ c2y ′′2

+a 1

�

c ′1y1+ c1y ′1+ c ′2y2+ c2y ′2�

+a 0�

c1y1+ c2y2�

= h

agrupando

c ′′1 y1+2c ′1y ′1+ c ′′2 y2+2c ′2y ′2+a 1c ′1y1+a 1c ′2y2

+�

c1y ′′1 +a 1c1y ′1+a 0c1y1

�

+�

c2y ′′2 +a 1c2y ′2+a 0c2y2

�

= h

así

c ′′1 y1+2c ′1y ′1+ c ′′2 y2+2c ′2y ′2+a 1c ′1y1+a 1c ′2y2 = h�

c ′1y1+ c ′2y2

�′+�

c ′1y ′1+ c ′2y ′1�

+a 1

�

c ′1y1+ c ′2y2

�

= h



escogemos las funciones de forma que

c ′1y1+ c ′2y2 = 0

c ′1y ′1+ c ′2y ′1 = h

de donde las funciones se escogen de forma que�

y1 (x ) y2 (x )y ′1 (x ) y ′2 (x )

��

c ′1 (x )c ′2 (x )

�

=

�

0h (x )

�

de donde

c ′1 (x ) =

�

�

�

�

0 y2 (x )h (x ) y ′2 (x )

�

�

�

�

�

�

�

�

y1 (x ) y2 (x )y ′1 (x ) y ′2 (x )

�

�

�

�

y c ′2 (x ) =

�

�

�

�

y1 (x ) 0y ′1 (x ) h (x )

�

�

�

�

�

�

�

�

y1 (x ) y2 (x )y ′1 (x ) y ′2 (x )

�

�

�

�

luego integramos y tenemos las funciones c1 (x ) y c2 (x ).

Observación 1.4. El método es aplicable en general. Si y1, . . . , yn son base de

d n y

d x n+a n−1 (x )

d n−1y

d x n−1+ · · ·+a 0 (x )y = 0

entonces una solución particular de

d n y

d x n+a n−1 (x )

d n−1y

d x n−1+ · · ·+a 0 (x )y = h (x )

es de la forma

yp (x ) =n∑

i=1

c i (x )yi (x )

donde

c ′i (x ) =|C i |W

C i es el Wronskiano en el cual se cambio la i-ésima columna por

00...0

h (x )

Ejercicio 1.1. Resolverx 2y ′′−2x y ′+2y = x 3 lnx

sabiendo que y1 (x ) = x es solución de la homogénea

x 2y ′′−2x y ′+2y = 0



Desarrollo: Primero la escribimos en la forma

y ′′−2

xy ′+

2

x 2y = x lnx

otra solución de la ecuación homogénea

y ′′−2

xy ′+

2

x 2y = 0

es dada por la fórmula de Abel

y2 (x ) = x

∫

e−∫

(− 2x )d x

x 2d x

= x

∫

e 2 lnx

x 2d x

= x 2

como ya tenemos una base del Kernel buscamos una solución particular de la forma

yp (x ) = c1 (x )y1 (x )+ c2 (x )y2 (x )

= c1 (x )x + c2 (x )x 2

donde

c ′1 (x ) =

�

�

�

�

0 x 2

x lnx 2x

�

�

�

�

�

�

�

�

x x 2

1 2x

�

�

�

�

=−x 3 lnx

x 2=−x lnx

⇒ c1 (x ) =

∫

x lnx d x =−1

2x 2 lnx +

1

4x 2

y

c ′2 (x ) =

�

�

�

�

x 01 x lnx

�

�

�

�

�

�

�

�

x x 2

1 2x

�

�

�

�

= lnx

⇒ c2 (x ) = x lnx −x

así la solución particular es de la forma

yp (x ) =�

−1

2x 2 lnx +

1

4x 2

�

x +(x lnx −x )x 2

=1

4x 3 (2 lnx −3)

d 2

d x 2

�

1

4x 3 (2 lnx −3)

�

−2

x

d

d x

�

1

4x 3 (2 lnx −3)

�

+2

x 2

�

1

4x 3 (2 lnx −3)

�

= x lnx



1.5 Ecuación de Euler

Las ecuaciones de la forma

x n y (n )+a n−1x n−1y (n−1)+ · · ·+a 1y ′+a 0y = 0

son llamadas ecuaciones de Euler, pueden ser transformadas a una ecuación de coeficientes constan-tes con el cambio de variables

x = e t

entonces

d y

d t=

d y

d x

d x

d t= x

d y

d xd 2y

d t 2=

d

d t

�

xd y

d x

�

=d x

d t

d y

d x+x

d

d t

d y

d x

= xd y

d x+x 2 d 2y

d x 2

es decir

d y

d t= x

d y

d xd 2y

d t 2−

d y

d t= x 2 d 2y

d x 2

es posible demostrar que

x 3 d 3y

d x 3=D (D −1) (D −2)y

donde

D =d

d tde esta forma la ecuación de Euler se transforma en una ecuación con coeficientes constantes.

Ejemplo 1.14. Resolver las ecuación de Euler

x 2y ′′+2x y ′−2y = 0

Desarrollo: Haciendo el cambio de variables x = e t se sigue

x 2y ′′ = D (D −1)y

x y ′ = Dy

entonces la ecuación se transforma en

D (D −1)y +2Dy −2y = 0

donde y = y (e t ) entonces�

D2+D −2�

y = 0⇔ (D +2) (D −1)y = 0



se siguey�

e t �= c1e−2t + c2e t

se sigue

y (x ) =c1

x 2+ c2x

Ejemplo 1.15. Resolver la ecuación de Euler no homogénea

x 2y ′′+2x y ′−2y = lnx

Si hacemos el cambio de variable x = e t entonces la ecuación se transforma en

�

D2+D −2�

y = ln�

e t �= t

es decir�

D2+D −2�

y = t

la que sabemos resolver (es una ecuación de coeficientes contantes, la solución particular la podemosencontrar utilizando coeficientes indeterminados o bien variación de parámetros). La solución de laecuación

x 2y ′′+2x y ′−2y = lnx

esc1

x 2+ c2x −

1

2lnx −

1

4


apunte usm ecuaciones diferenciales de orden superior

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