3. Ecuaciones diferenciales de orden superior
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)
1
Ecuaciones lineales: teoría básica
Un problema de valor inicial de n-ésimo orden
consiste en resolver la EDO lineal:
n
an ( x)
d y
dx
n
 an1 ( x)
d
n 1
dx
n 1
   a1 ( x)
dy
dx
 a0 ( x) y  g ( x)
sujeta a las n condiciones iniciales:
y ( x0 )  y0 , y( x0 )  y1 ,  , y
( n 1)
( x0 )  yn1
Resolverlo consiste en encontrar una función y(x)
definida en un intervalo I que contiene a x0, donde se
cumplen la ecuación y las condiciones iniciales.
2
Existencia de una solución única
(Condición suficiente)
Sea an(x), an-1(x), …, a0(x), y g(x) continuas en I,
con an(x)  0 para todo x de I. Si x = x0 es
cualquier punto de este intervalo, entonces existe
una solución y(x) del problema anterior en I y es
única.
•Ejemplo: 3 y   5 y   y   7 y  0 , y (1)  0 , y (1)  0, y (1)  0
posee la solución trivial y(x) = 0. Como es una ED de tercer orden
lineal con coeficientes constantes, y(x) = 0 es la única solución en
cualquier intervalo que contenga a x = 1.
3
• Ejemplo: Comprueba que y = 3e2x + e–2x – 3x es la única
solución de
y "  4 y  12 x , y ( 0 )  4 , y ' ( 0 )  1
La ED es lineal, los coeficientes y g(x) son todos
funciones continuas, y a2(x) = 1 es distinto de 0 en
cualquier intervalo que contenga x = 0. La solución
propuesta cumple la EDO y es única en I.
Comprueba que y = cx2 + x + 3 es solución del PVI:
x y   2 y   2 y  6 ,
2
y ( 0 )  3 , y ( 0 )  1
en toda la recta real. Este PVI tiene infinitas soluciones. Observa que el
coeficiente de la derivada a2(x) = x2 más alta se hace cero en x = 0 y ese
punto necesariamente tiene que estar incluido en I porque lo imponen las
condiciones iniciales.
4
Problemas de valores en la frontera
2
• Resolver:
sujeta a :
a2 ( x)
d y
dx
2
 a1 ( x)
dy
dx
 a0 ( x) y  g ( x)
y (a )  y0 , y (b)  y1
se llama problema de valor
en la frontera (PVF) y a las
restricciones se conocen
como condiciones de contorno
o condiciones en la frontera.
Nota: Las condiciones de contorno
pueden ser también sobre las derivadas.
5
Vimos que x = c1 cos 4t + c2 sin 4t era solución de
x "  16 x  0
(a) Supongamos el PVF
 
x   16 x  0 , x ( 0 )  0 , x    0
2
Si x(0) = 0, entonces c1 = 0, y x(t) = c2 sen 4t.
Si x(/2) = 0, obtenemos 0 = 0 independientemente
de c2. De modo que tenemos infinitas soluciones.
(b) Si
 


x  16 x  0 , x ( 0 )  0 , x    0
tenemos que c1 = 0, c2 = 0:  8 
x(t) = 0, solución única.
(c) Si
 
x   16 x  0 , x ( 0 )  0 , x    1
2
tenemos que c1 = 0, y 1 = 0
(contradicción). No hay solución.
6
La siguiente EDO lineal de orden n:
n
an ( x)
d y
dx
n
 an1 ( x)
d
n 1
dx
y
n 1
   a1 ( x)
dy
dx
 a0 ( x) y  g ( x)
se dice que es no homogénea.
n
an ( x)
d y
dx
n
 an1 ( x)
d
n 1
dx
y
n 1
   a1 ( x)
dy
dx
 a0 ( x) y  0
si g(x) = 0 la ecuación es homogénea.
Veremos que para resolver una ecuación no
homogénea tendremos que resolver también la
ecuación homogénea asociada.
7
Operadores diferenciales
• Sea Dy = dy/dx. Al símbolo D se le llama operador
diferencial. Definimos a un operador diferencial de nésimo orden u operador polinominal como
L  a n ( x ) D  a n 1 ( x ) D
n
n 1
   a1 ( x ) D  a 0 ( x )
• El operador diferencial L es un operador lineal:
L { f ( x )   g ( x )}   L ( f ( x ))   L ( g ( x ))
Podemos escribir las EDOs anteriores simplemente como
L(y) = 0 y L(y) = g(x)
8
Principio de superposición
(ecuaciones homogéneas)
Sean y1, y2, …, yk soluciones de una ecuación diferencial
homogénea de n-ésimo orden en un intervalo I. Entonces
la combinación lineal
y = c1y1(x) + c2y2(x) + …+ ckyk(x)
donde ci, i = 1, 2, …, k, son constantes arbitrarias, también
es una solución en el intervalo.
Ejemplo: Las funciones y1 = x2, y2 = x2 ln x son ambas soluciones en (0,
3
x y   2 x y   4 y  0
) de
Luego y = x2 + x2 ln x también es una solución en (0, ).
Nota:
(A) y(x) = cy1(x) también es solución si y1(x) es una solución.
(B) Una ED lineal homogénea siempre posee la solución trivial y(x) = 0.
9
Dependencia e independencia lineal
Un conjunto de funciones f1(x), f2(x), …, fn(x) es
linealmente dependiente en un intervalo I, si existen ciertas
constantes c1, c2, …, cn no todas nulas, tales que:
c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn fn(x) = 0
Si el conjunto no es linealmente dependiente, entonces es
linealmente independiente.
En otras palabras, si el conjunto es linealmente
independiente, cuando:
c1f1(x) + c2f2(x) + … + cn fn(x) = 0
entonces necesariamente c1 = c2 = … = cn = 0.
10
¿Son estas funciones linealmente independientes?
c1f1(x) + c2f2(x) = 0
11
Ejemplo: Las funciones f1 = cos2 x, f2 = sin2 x,
f3 = sec2 x, f4 = tan2 x son linealmente
dependientes en el intervalo (-/2, /2)
porque
c1 cos2 x +c2 sin2 x +c3 sec2 x +c4 tan2 x = 0
con c1 = c2 = 1, c3 = -1, c4 = 1.
Ejemplo: Las funciones f1 = x½ + 5, f2 = x½ + 5x, f3 = x –
1, f4 = x2 son linealmente dependientes en el
intervalo (0, ), porque
f2 = 1 f1 + 5 f3 + 0 f4
12
Wronskiano
Supongamos que cada una de las funciones f1(x),
f2(x), …, fn(x) posee al menos n – 1 derivadas. El
determinante
W ( f1 ,..., f n ) 
f
f1
f2

fn
f1 '
f2 '

fn '


( n 1 )
1
f
( n 1 )
2


( n 1 )
fn
se llama el Wronskiano de las funciones.
13
TEOREMA
Criterio para soluciones
linealmente independientes
Sean y1(x), y2(x), …, yn(x) soluciones de una
ED homogénea de n-ésimo orden en un intervalo I.
Este conjunto de soluciones es linealmente
independiente si y sólo si W(y1, y2, …, yn)  0 para
todo x en el intervalo.
DEFINICIÓN
Conjunto fundamental de soluciones
Cualquier conjunto y1(x), y2(x), …, yn(x) de n
soluciones linealmente independientes de una ED
homogénea de n-ésimo orden se llama conjunto
fundamental de soluciones.
14
TEOREMA
Existencia de un conjunto fundamental
Existe un conjunto fundamental de soluciones
para una ED lineal homogénea de orden n en un
intervalo I.
TEOREMA
Solución general (ecuaciones homogéneas)
Sea y1(x), y2(x), …, yn(x) un conjunto fundamental
de soluciones de nuestra ED lineal homogénea en
un intervalo I. Entonces la solución general es
y = c1y1(x) + c2y2(x) + … + cnyn(x)
CH3_15x
donde ci son constantes arbitrarias.
15
• Las funciones y1 = e3x, y2 = e-3x son soluciones de
y” – 9y = 0 en (-, )
Observa que
W (e
3x
,e
3 x
)
e
3x
3e
3x
e
3 x
 3e
3 x
 6  0
para todo x. Luego son independientes.
Así que y = c1y1 + c2y2 es la solución general.
Por ejemplo, la función y = 4 sinh(3x) - 5e3x
es una solución. Observemos que
y  2e
3x
 2e
3 x
 5e
3 x
 e 3 x  e 3 x
 4 
2


  5e 3 x

= 4 sinh

3x – 5e-3x
16
x
2x
3x
e
e2x
e 3x
x
Las funciones
y13=x e , y2x = e 2,x y3 = 3ex son 6 x
x
2x
W (e , e , e )  e
2e
3e
 2e  0
•
soluciones de y’’’ – 6y” + x11y’ –2 x6y = 03 x en (-, ).
e
4e
9e
Como
para todo valor real de x.
y = c1ex + c2 e2x + c3e3x es la solución general
en (-, ).
17
TEOREMA
Solución General
(Ecuaciones no homogéneas)
Sea yp cualquier solución particular de una EDO no
homogénea en un intervalo I. Y sea y1(x), y2(x), …, yk(x)
un conjunto fundamental de soluciones de su EDO
homogénea asociada, entonces la solución general de
la ecuación en el intervalo es
y= c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp
donde las ci , i= 1,2,….,n son constantes arbitrarias
y = c1y1 + c2y2 +… + ckyk + yp = yc + yp
= función complementaria + una solución particular
18
• La función yp = -(11/12) – ½ x es una solución
particular de
y   6 y   11 y   6 y  3 x
La solución general es
y  y c  y p  c1e  c 2 e
x
2x
 c3e
3x

11
12

1
x
2
19
TEOREMA
Principio de superposición
Dadas k EDOs
an ( x) y
(n)
 a n 1 ( x ) y
(ecuaciones no homogéneas)
( n 1 )
   a1 ( x ) y   a 0 ( x ) y  g i ( x )
con i = 1, 2, …, k.
Si ypi denota una solución particular de la ED
i-ésima correspondiente a gi(x), tenemos que
y p  y p1 ( x )  y p 2 ( x )    y p k ( x )
es una solución particular de
an ( x) y
(n)
 a n 1 ( x ) y
( n 1 )
   a1 ( x ) y   a 0 ( x ) y
 g1 ( x )  g 2 ( x )    g k ( x )
20
y "  3 y ' 4 y   16 x  24 x  8
2
• Observemos que
yp1 = -4x2 es una solución particular de
y "  3 y ' 4 y  2 e
2x
yp2 = e2x es una solución particular de
y "  3 y ' 4 y  2 xe  e
x
x
yp3 y= xeyx pes
particular de
una
y p 2 solución
 y p3
1
y   3 y   4 y  
 24
e  2xe
e
16
x
 x8  2


2
Entonces
2x
g1 ( x )
x
x
es unagsolución
de
g3 ( x )
2 (x)
21
Reducción de orden
Sabemos que la solución general de
a 2 ( x ) y   a1 ( x ) y   a 0 ( x ) y  0
es y = c1y1 + c2y1.
Supongamos que y1(x) denota una solución
conocida (no trivial). Puesto que la solución y2 es
linealmente independiente, supongamos que y2(x) =
u(x) y1(x). Nuestro objetivo será encontrar una tal
u(x). El método se conoce como reducción de orden.
22
Dada y1 = ex solución de y” – y = 0, hallar la segunda solución
y2 por el método de reducción de orden.
Solución
Si y(x) = u(x)ex, entonces
x
x
x
x
x





y  ue  e u , y  ue  2 e u  e u 
x
que sustituyendo en la EDO:
y " y  e ( u " 2 u ' )  0
Como ex  0, nuestra EDO se convierte en:
u " 2 u '  0
Ahora "reduciremos" el orden de la ED gracias al cambio:
w = u’
w ' 2 w  0
que integrando por separación
de variables y deshaciendo el
2 x
w  c1e  u 
cambio, nos proporciona:
u   1/ 2 c1e
2 x
 c2
23
Hemos hallado la segunda solución y2 por el
método de reducción de orden:
y  u ( x )e  
x
c1
2
e
x
 c2e
x
Recordemos que teníamos y1 = ex como primera
solución de y” – y = 0. Si tomamos c2 = 0, c1 = -2
para nuestra segunda solución, tenemos y2 = e-x.
Observa que W(ex, e-x)  0 para todo x, de modo
que las soluciones son independientes.
24
Caso general
• Escribimos la EDO en la forma estándar
y  P( x) y  Q( x) y  0
Sea y1(x) una solución conocida de la EDO e
y1(x)  0 para todo x en el intervalo.
• Si definimos y(x) = u(x)y1(x), tenemos
y   u y1  y1u  , y   u y1  2 y1u   y1u 
y   P y   Qy
 u [ y 1  P y 1  Qy 1 ]  y 1 u   ( 2 y 1  Py 1 ) u   0
   

25
cero
y1u   ( 2 y1  Py 1 ) u   0
y 1 w   ( 2 y 1  Py 1 ) w  0
Dividiendo
entre y1w
y multiplicando
por dx:
dw
y1
dw
dx
y1
 ( 2 y1  Py 1 ) w  0
2
dx  w
 Pdx
empleandowelcambio
= u’. 
y
1
ln | wy 1 |   Pdx  c
Luego
u  c1 
w
 2
wy 1  c1e
2
2
e
dw
y1
y1
dx    Pdx  c
  Pdx
  Pdx
2
y1
dx  c 2
Tomando c1 = 1, c2 = 0, obtenemos
y 2  y1 ( x ) 
e
  P ( x ) dx
2
y1 ( x )
dx
26
La función y1= x2 es una solución de
x y "  3 xy ' 4 y  0
2
Hallar la solución general en (0, ).
Solución:
3
4
La forma estándar es
y   y   2  0
x
x
Dando los pasos anteriores, demuestra que:
y2  x
2

e
3  dx / x
dx  x ln x
2
x
4
La solución general es:
y  c1 x  c 2 x ln x
2
2
27
• La ecuación diferencial ay´ + by = 0 se resuelve ya sea
mediante separación de variables o mediante la
ayuda de un factor integrante.
• Observa que si despejamos y´ de la ecuación
diferencial ay´ + by = 0 se obtiene y´ = ky, donde k es
una constante.
Esto nos revela la "naturaleza" de la solución: la
única función elemental no trivial cuya derivada es
una múltiplo de si misma es la función exponencial,
y(x) = emx. Lo que resta será determinar el valor de
m...
28
Ecuaciones lineales homogéneas con
coeficientes constantes
an y
(n)
 a n 1 y
( n 1 )
   a 2 y   a1 y   a 0 y  0
donde ai son constantes, an  0.
Ecuación o polinomio auxiliar :
Para n = 2, ay  by  cy  0
Si probamos y(x) = emx,
e
mx
( am  bm  c )  0
2
am  bm  c  0
2
obtenemos la ecuación auxiliar.
29
am  bm  c  0
2
Las dos raíces del polinomio auxiliar son:
m1  (  b 
b  4 ac ) / 2 a
m2  (b 
b  4 ac ) / 2 a
2
2
(1) b2 – 4ac > 0: reales y distintas, m1  m2 .
(2) b2 – 4ac = 0: reales e iguales, m1 = m2 = -b/(2a).
(3) b2 – 4ac < 0: complejas conjugadas,
m1    i  , m 2    i 
30
• Caso 1: Raíces reales y distintas
La solución general es
y  c1e
m1 x
 c2e
m2 x
¿Por qué?
• Caso 2: Raíces reales repetidas
y1  e
m1 x
Para obtener la segunda solución utilizamos el
método de reducción de orden, recordando que
m1 = m2 = -b/(2a).
y2  e
m1 x
e
2 m1 x
 e2m x
dx  e
1
m1 x
 dx  xe
m1 x
La solución general es
y  c1e
m1 x
 c 2 xe
m1 x
31
• Caso 3: Raíces complejas conjugadas
Escribimos m1    i  , m 2    i , una
(  i ) x
(  i ) x
 C 2e
solución general es y  C 1e
Usando la fórmula de Euler:
i
e
e
i x
e
i x
 cos   i sin
 cos  x  i sin  x e
e
 i x
 2 cos  x
e
 i x
i x
 cos  x  i sin  x
e
 i x
 2 i sin  x
32
y  C 1e
(  i ) x
 C 2e
(  i ) x
Como
es solución general,
tomando C1 = C2 = 1 y C1 = 1, C2 = -1 , tenemos dos
soluciones:
y1  e
x
y2  e
(e
x
i x
(e
i x
e
 i x
e
)  2e
 i x
x
)  2 ie
cos  x
x
sin  x
Así, ex cos x y ex sen x son un conjunto
fundamental de soluciones y la solución general es
x
y  c1e
x
ye
x
cos( x)  c2 e sin( x)
c1 cos( x)  c2 sin( x)
33
• Resolver las EDs siguientes:
(a) 2 y " 5 y ' 3 y  0
2 m  5 m  3  ( 2 m  1)( m  3 ) , m1   1/2 , m 2  3
2
y  c1e
(b)
x/2
 c2e
3x
y "  10 y ' 25 y  0
m  10 m  25  ( m  5 ) , m1  m 2  5
2
y  c1e
(c)
2
5x
 c 2 xe
5x
y "  4 y ' 7 y  0
m  4 m  7  0 , m1   2 
2
  2 ,  
3, ye
2 x
3i , m 2   2 
( c1 cos
3 x  c 2 sen
3i
3x)
34
Resolver
Solución:
4 y "  4 y ' 17 y  0 , y ( 0 )   1, y ' ( 0 )  2
2
4 m  4 m  17  0, m1   1/2  2 i
y e
x/2
( c1 cos 2 x  c 2 sin 2 x )
y ( 0 )   1, c1   1,
e y ' (0)  2,
c 2  3/4
35
Resolver las ecuaciones:
2
y   k y  0 ,
y   k y  0 , k  0
2
y  c1 cos kx  c2 sin kx
Para la primera ecuación :
y  c1e
Para la segunda ecuación :
Como
Luego
kx
 c2e
y1  1/2 ( e
kx
e
 kx
)  cosh( kx )
y 2  1/2 ( e
kx
e
 kx
)  sinh( kx )
kx
y  c1 cosh( kx)  c2 sinh( kx)
36
Ecuaciones de orden superior
Dada la EDO:
an y
(n)
 an1 y
( n 1)
   a2 y  a1 y  a0 y  0
La ecuación asociada
an m  an1m
n
n 1
   a2 m  a1m  a0  0
2
se llama su ecuación auxiliar .
37
y   3 y   4 y  0
Resolver
Solución:
m  3 m  4  ( m  1)( m  4 m  4 )  ( m  1)( m  2 )
3
2
2
2
m 2  m3  2
y  c1e  c 2 e
x
Resolver
Solución:
2 x
 c 3 xe
2 x
4
d y
d y
dx
4
2
2
dx
2
 y 0
m  2 m  1  ( m  1)  0
4
2
2
2
m1  m 3  i , m 2  m 4   i
y  C 1e  C 2 e
ix
 ix
 C 3 xe
ix
 C 4 xe
 ix
 c1 cos x  c 2 sin x  c 3 x cos x  c 4 x sin x 38
Raíces complejas repetidas
• Si m1 =  + i es una raíz compleja de
multiplicidad k, entonces m2 =  − i es
también una raíz compleja de multiplicidad k.
Las 2k soluciones linealmente independientes
son :
cos  x ,  , x
k 1  x
e sen  x , xe sen  x , x e sen  x ,  , x
k 1  x
e
x
x
cos  x , xe
x
x
2 x
cos  x , x e
2
x
e
cos  x
e sen  x
39
Coeficientes indeterminados
Si queremos resolver
an y
(n)
 a n 1 y
( n 1 )
   a1 y   a 0 y  g ( x )
Tenemos que hallar y = yc + yp. Veamos cómo hacerlo,
en este caso general, mediante el método conocido
como de coeficientes indeterminados.
40
Coeficientes indeterminados
Simplemente haremos una conjetura sobre la forma de la
posible solución particular a partir de la g(x) que deberá ser un
polinomio, seno o coseno, exponencial o combinación lineal de
todas ellas...
Gracias a que las derivadas de las combinaciones lineales
de estas funciones vuelven a ser ellas mismas, parece razonable
que busquemos soluciones particulares de la misma forma...
Vamos a ilustrar la idea con algunos ejemplos
41
y "  4 y ' 2 y  2 x  3 x  6
2
Resolver
Solución:
Ya sabemos cómo obtener una solución yc de la
2
ecuación homogénea
queremos
y p  asociada.
Ax  Bx Ahora,
C,
hallar yp.
y p '  2 Ax  B , y p "  2 A
Como el lado derecho de la ED es un polinomio,
supondremos
entonces,
 2 A  2 , 8 A  2 B   3 , 2 A  4 B  2C  6
tras sustituir:
A   1, B   5/2 , C   9
2A + 8Ax + 4B –
2Ax2
– 2Bx – 2C =
yp  x 
2
2x2
5
2
– 3x + 6
x9
42
Hallar una solución particular de
y " y ' y  2 sen ( 3 x )
Solución:
Probemos yp = A cos(3x) + B sen(3x)
Tras sustituir,
(  8 A  3 B ) cos( 3 x )  ( 3 A  8 B ) sin( 3 x )  2 sin( 3 x )
Luego
A  6/73 , B   16/73
yp 
6
73
cos( 3 x ) 
16
sen ( 3 x )
73
43
Resolver
Solución:
y "  2 y ' 3 y  4 x  5  6 xe
x
y c  c1e
 c2e
3x
2x
Solución homogénea
Pensando en el principio de superposición:
2x
2x
y p  Ax  B  Cxe  Ee
Probemos
Tras sustituir,
 3 Ax  2 A  3 B  3 Cxe
 4 x  5  6 xe
Luego
2x
 (2C  3 E )e
2x
2x
A   4/3 , B  23/9 , C   2 , E   4/3
yp  
y  c1e
4
3
x
x
23
 2 xe
2x

9
 c2e
3x
4
e
2x
3
4  2x

 x
 2x   e
3
9 
3
4
23
44
Determinar una yp de
y " 5 y ' 4 y  8 e
x
Solución:
Probemos: yp = Aex
Tras sustituir: 0 = 8ex (conjetura incorrecta)
El problema está en que la función complementaria es:
Y la suposición ya está presente en yc.
y c  c1 e  c 2 e
x
Probemos como alternativa: yp = Axex.
Tras sustituir: -3Aex = 8ex
Entonces: A = -8/3,
yp = (−8/3)xe2x
45
4x
• Si ninguna función en la supuesta yp es parte de yc
En la siguiente tabla se muestran soluciones particulares de prueba.
g ( x)
1.
2.
1(una constante)
Forma de y p
5x  7
A
Ax  B
3.
3x  2
Ax  Bx  C
4.
x  x 1
Ax  Bx  Cx  E
2
3
2
3
2
5.
6.
sen 4 x
A cos 4 x  B sen 4 x
cos 4 x
A cos 4 x  B sen 4 x
7.
e
5x
(9 x  2 ) e
5x
Ae
5x
( Ax  B ) e
8.
9.
2 5x
x e
3x
10.
e sen 4 x
11.
5 x sen 4 x
12.
2
xe
3x
cos 4 x
5x
( Ax  Bx  C )e
2
Ae
3x
cos 4 x  Be
5x
3x
sen 4 x
( Ax  Bx  C ) cos 4 x  ( Ex  Fx  G ) sen 4 x
2
( Ax  B ) e
2
3x
cos 4 x  ( Cx  E ) e sen 4 x
3x
46
Hallar la forma de yp de
(a) y "  8 y ' 25 y  5 x 3 e  x  7 e  x
Solución:
3
x
g
(
x
)

(
5
x

7
)
e
Tenemos que
y probamos con
y p  ( Ax  Bx  Cx  E ) e
3
2
x
No hay duplicación entre los términos yp e yc
(b) y” + 4y = x cos x
Solución:
Probamos con x p  ( Ax  B ) cos x  ( Cx  E ) sin x
Tampoco hay duplicidad entre los términos yp y yc .
47
y   9 y   14 y  3 x  5 sen 2 x  7 xe
2
Hallar la forma de yp de
2
y p1  Ax  Bx  C
Solución:
Para 3x2:
y p 2  E cos 2 x  Fsen 2 x
y p 3  ( Gx  H ) e
6x
Para -5 sen 2x:
Para
7xe6x:
Ningún término de
y p  y p1  y p 2  y p 3
duplica un término de yc
48
6x
Así que la regla formal en este caso es que la solución
particular es una combinación lineal de las
funciones linealmente independientes que se
generan mediante diferenciaciones repetidas de
g(x).
¿Y cuál es la regla si la solución particular así propuesta
es también una solución de la ecuación homogénea
asociada?
Si alguna yp contiene términos que duplican los
términos de yc, entonces esa yp se debe multiplicar
por xn, donde n es el entero positivo más pequeño
que elimina esa duplicación.
49
y " y  4 x  10 senx , y ( )  0 , y ' ( )  2
y c  c1 cos x  c 2 senx
Resolver
Solución:
Primero probamos: yp = Ax + B + C cos x + E sen x
Pero hay una duplicación.
Entonces probamos con
yp = Ax + B + Cx cos x + Ex sen x
Tras sustituir y simplificar,
A = 4, B = 0, C = -5, E = 0
Luego y = c1 cos x + c2 sen x + 4x – 5x cos x
50
Resolver y " 6 y ' 9 y  6 x 2  2  12 e 3 x
Solución:
yc = c1e3x + c2xe3x
yp  
Ax

Bx
C  Ee





2
3x
yp
yp
1
Este término está
duplicado, aparece ya
en yc.
2
yp  
Ax

Bx
C
Exe




2
Debemos probar con:
2
yp
3x
yp
1
2
Tras sustituir y simplificar,
A = 2/3, B = 8/9, C = 2/3, E = -6
Luego
y  c1e
3x
 c 2 xe
3x

2
3
x 
2
8
9
x
2
3
 6x e
2 3x
51
Resolver
y   y "  e cos x
Solución:
m3 + m2 = 0, m = 0, 0, -1
yc = c1+ c2x + c3e-x
x
Probamos como solución particular:
yp = Aex cos x + Bex sen x
Tras sustituir y simplificar,
A = -1/10, B = 1/5
Luego
y  y c  y p  c1  c 2 x  c 3 e
x

1
10
e cos x 
x
1
5
x
e senx
52
y
(4)
 y   1  x e
2
x
Hallar la forma de yp de
2 x
x
x
Solución: y p  
A 
Bx
e 
Cxe

Ee

yc = c1+ c2xy p1+ c3x2 + c4e-x y p2
Prueba:
Como aparece repetido
homogénea,
3 en la 3solución
x
2 x
x
y

Ax

Bx
e

Cx
e

Exe
2e-x + Cxe-x + Ee-x)
 
necesitaremosp multiplicar
A por
x3 
y
(Bx



yp
yp
2
por x. Prueba ahora: 1
53
Método del anulador
Sigue los apuntes de Jose Olarrea.
54
Método de variación de parámetros
a 2 ( x ) y   a1 ( x ) y   a 0 ( x ) y  g ( x )
y   P ( x ) y   Q ( x ) y  f ( x )
donde P(x), Q(x) y f(x) son continuas en I.
Conocidas y1(x) e y2(x) soluciones l. i. de
la ec. homogénea asociada, probaremos
como solución particular:
y p  u 1 ( x ) y1 ( x )  u 2 ( x ) y 2 ( x )
55
y p  u 1 ( x ) y1 ( x )  u 2 ( x ) y 2 ( x )
y p  P ( x ) y p  Q ( x ) y p
Sustituimos yp’, yp” en la EDO:
0
0
 u1 [ y1  P y1  Qy 1 ]  u 2 [ y 2  P y 2  Qy 2 ]
 y 1u 1  u 1 y 1  y 2 u 2  u 2 y 2  P [ y 1u 1  y 2 u 2 ]  2 y 1u 1  2 y 2 u 2

d
dx

d
dx
[ y1u1 ] 
d
dx
[ y 2 u 2 ]  P [ y1u1  y 2 u 2 ]  y1u1  y 2 u 2
[ y1u1  y 2 u 2 ]  P [ y1u1  y 2 u 2 ]  y1u1  y 2 u 2  f ( x )
56
d
dx
[ y1u 1  y 2 u 2 ]  P [ y1u 1  y 2 u 2 ]  y1u 1  y 2 u 2  f ( x )
Necesitaremos dos ecuaciones para encontrar valores de u1
y u1. Exijamos que: y1u1’ + y2u2’ = 0, para obtener una
ecuación adicional y de paso que la EDO se reduzca a: y1’u1’
+ y2’u2’ = f(x).
De modo que nos queda el sistema de ecuaciones:
y1u1’ + y2u2’ = 0
y1’u1’ + y2’u2’ = f(x)
57
u1 
W1

y2 f ( x )
u 2 
W2

y1 f ( x)
W
W
W
W
Expresado
en términos
de determinantes
y
W 
donde
y1
y2
y 1
y 2
, W1 
0
y2
f ( x)
y 2
, W2 
y1
0
y 1
f ( x)
De donde encontraremos, por integración, las soluciones.
58
y "  4 y '  4 y  ( x  1) e
2x
Solución:
m2 – 4m + 4 = 0, m = 2 (cero doble)
y1 = e2x, y2 = xe2x,
Resolver
W (e
2x
, xe
2x
e
)
2x
2e
2x
xe
2x
2x
e
2 xe
e
2x
 0
4x
Como f(x) = (x + 1)e2x, entonces:
W1 
0
( x  1) e
u1 
u1  
xe
2x
W1
2x
2 xe
2x

  ( x  1) xe
y2 f ( x )
W
e
4x
, W2 
u2 
W
( x  1) xe
4x
e
2x
2e
W2
( x  1) e

  x  x , u 2  
2x
 ( x  1) e
4x
y1 f ( x)
W
4x
2
2x
0
W
( x  1) e
e
4x
4x
 x 1
59
u1   x  x ,
u 2  x  1
2
Luego
u1 = (-1/3)x3 – ½ x2, u2 = ½ x2 + x
Recordemos que:
y p  u 1 ( x ) y1 ( x )  u 2 ( x ) y 2 ( x )
y1 = e2x, y2 = xe2x
 1 3 1 2  2x  1 2
 2x 1 3 2x 1 2 2x
x p    x  x  e   x  x  xe  x e  x e
2 
6
2
 3
2

y  y c  y p  c1e
2x
 c 2 xe
2x

1
6
3 2x
x e

1
2
2
x e
2x
60
4 y "  36 y  csc 3 x
Resolver
Solución:
y” + 9y = (1/4) csc 3x
m2 + 9 = 0, m = 3i, -3i
cos 3 x
sin 3 x
y1 =3cos
3x, 3y2x )= sin 3x, f(x) = (1/4) csc(3x)  3
W (cos
x , sin
 3 sin 3 x 3 cos 3 x
Como
W1 
0
sin 3 x
1/ 4 csc 3 x
3 cos 3 x

1
4
, W2 
cos 3 x
0
 3 sin 3 x
1/ 4 csc 3 x

1 cos 3 x
4 sin 3 x
61
u1 
W1
W
Entonces

1
u 2 
12
W2
W
12 sen 3 x
u 2   1 / 36 ln | sen 3 x |
u1   1/12 x ,
yp  
1
x cos 3 x 
12
y  y c  y p  c1 cos 3 x  c 2 sen 3 x 

1 cos 3 x
1
( sen 3 x ) ln | sen 3 x |
36
1
12
x cos 3 x 
1
( sen 3 x ) ln | sen 3 x |
36
62
1
y " y 
x
Resolver
Solución:
x
t
e (1 / x )
1 x e
, u-1
dt
m2u1–1= 0, m = 1,
1 

2
2 x0 t
x, e-x) = -2
y1 = ex, ye2x (=1 /ex-x), f(x) = 1/x,
y
W(e
t
1 x e
, u2   
dt
Luego u 2  
x0
2
yp 
1
2
e
x
2
e
x
x
0
t
dt 
t
y  y c  y p  c1e 
x
1
e
x
2
1
2
e
x
x
x
0
e
t
x
x
0
e
dt
t
t
dt 
t
t
1
2
e
x
x
x
0
e
t
dt
t
63
Ecuaciones de orden superior
Para las EDs de n-ésimo orden de la forma
y
(n)
 Pn 1 ( x ) y
( n 1 )
   P1 ( x ) y   P0 ( x ) y  f ( x )
tomamos yp = u1y1 + u2y2 + … + unyn, donde yi , i = 1, 2, …, n, son la familia
de soluciones independientes que forman yc. Así:
y1u1  y 2 u 2    y n u n  0
Suposiciones
para simplificar
la EDO:
y1u1  y 2 u 2    y n u n  0

y1
( n 1 )
u1  y 2

( n 1 )
u 2    y n
( n 1 )
u n  f ( x )
Que nos lleva a las ecuaciones solución uk’ = Wk/W con k = 1, 2, …, n. Donde W
es el wronskiano de la y's y Wk es el determinante que se obtiene de sustituir
en W la k-ésima columna por (0, 0,..., f(x)).
64
Ecuación de Cauchy-Euler
Forma de ecuación de Cauchy-Euler
n
an x
n
d y
dx
n
 a n 1 x
n 1 d
n 1
dx
y
n 1
   a1 x
dy
dx
 a0 y  g ( x )
• Método de solución
Probamos y(x) = xm, donde debemos determinar m, para
resolver la ecuación homogénea asociada: Observa que:
k
ak x
k
d y
dx
k
 a k x m ( m  1)( m  2 )  ( m  k  1) x
k
 a k m ( m  1)( m  2 )  ( m  k  1) x
mk
m
a n m ( m  1)( m  2 )  ( m  n  1)  ...  a1 m  a 0  x m
 065
Ecuación auxiliar
2
ax
2
d y
dx
2
 bx
Para n = 2, y = xm, tenemos
(am(m – 1) + bm + c)xm = 0, o
am2 + (b – a)m + c = 0
Caso 1: Raíces reales y distintas
y  c1x
2
d y
m1
 c2 x
m2
 cy  g ( x )
dx
Observa que
tenemos que ax2
es igual a cero en
x = 0. Para
asegurar
existencia y
unicidad,
tomaremos
I = (0, ).
dy
Resolver
x
 2x
 4y  0
2
dx
dx
Solución:
Tenemos a = 1, b = -2 , c = -4
m2 – 3m – 4 = 0, m = -1, 4,
y = c1x-1 + c2x4
2
dy
66
Caso 2: Raíces reales repetidas
• Dedujimos
Luego
y2  x
y  c1x
m1
m1
ln x
 c2 x
2
d y
m1
ln x
dy
 8x
 y 0
Resolver 4 x
2
dx
dx
Solución:
Tenemos a = 4, b = 8, c = 1
4m2 + 4m + 1 = 0, m = -½ , -½
2
y  c1x
1/ 2
 c2 x
1/ 2
ln x
67
Caso 3: Raíces complejas conjugadas
m1 superior:
m1 multiplicidad
m1
2
k 1
1
•x mOrden
k
, x ln x , x (ln x ) ,  , x (ln x )
• Caso 3: raíces complejas conjugadas
m1 =  + i, m2 =  – i,
y = C1x( + i) + C2x( - i)
Como
xi = (eln x)i = ei ln x = cos( ln x) + i sen( ln x)
x-i = cos ( ln x) – i sen ( ln x)
Luego
y = c1x cos( ln x) + c2x sen( ln x)
68
Resolver
Solución:
4 x y   17 y  0 , y (1)   1, y ' (1)  
2
1
2
Tenemos a = 4, b = 0 , c = 17
4m2 − 4m + 17 = 0, m = ½ + 2i
y  x
1/ 2
[ c1 cos( 2 ln x )  c 2 sin( 2 ln x )]
Aplicando y(1) = -1, y’(1) = 0, tenemos que c1 = -1, c2 = 0,
y  x
1/2
cos( 2 ln x)
69
3
x
3
d y
dx
Resolver
Solución:
Sea y = xm,
3
dy
2
 5x
2
d y
dx
 mx
dx
2
m 1
 7x
dy
 8y  0
dx
2
,
d y
dx
2
 m ( m  1) x
3
d y
dx
3
 m ( m  1)( m  2 ) x
m2
,
m 3
Luego tenemos xm(m + 2)(m2 + 4) = 0
m = -2, m = 2i, m = -2i
70
x y "  3 xy ' 3 y  2 x e
2
4
x
Resolver
Solución:
Tenemos (m – 1)(m – 3) = 0, m = 1, 3
yc = c1x + c2x3
Usando variación de parámetros,
y  
3
y 
x3
yp = u1y1 + u2y2, donde y1 = x, y2 =x
3
x
2
y  2x e
2
x
Escribimos la ED como
Luego P(x) = -3/x, Q(x) =
3/x2,
f(x) =
2x2ex
71
W 
x
1
AsíW1

x
3
 2x ,
3
3x
2
0
2
x
2x e
x
3
3x
 2 x e , W2 
5
2
5
u1  
u1   x
Hallamos
2
2x e
2x
x
x
0
1
2x e
2
x
 2x e
3
x
5
u 2 
 x e ,
2
3
x
u2  e
e  2 xe  2 e ,
x
x
x
2x e
2x
x
e
3
x
y p  u1 y1  u 2 y 2  (  x e  2 xe  2 e ) x  e x
2
 2 x e  2 xe
2
x
x
x
x
x
x
3
x
y  y c  y p  c1 x  c 2 x  2 x e  2 xe
3
2
x
x
72
x
Una ecuación de Cauchy-Euler siempre se puede escribir
como un lineal de coeficientes constantes haciendo el
cambio de variable: x = et. Por ejemplo: Resuelve así:
x y   x y   y  ln x
2
xe
t
t  ln x
dy

dx
dt dx
2
d y
dx

dy dt
2

1 dy
x dt
d  1 dy 
1 dy 1  d  dy

 

 2

dx  x dt 
x dt
x  dx  dt
1 dy 1  d  dy  

 
    2

  
x dt
x  dt  dx  

2
1  d  1 dy  
1  d y dy 

 


   2 
2
dt
x  dt  x dt   x  dt
dt 
1 dy
x
2
73
x y   x y   y  ln x
2
2
d y
dt
2
dy
2
 yt
dt
y  c1e  c 2 te  2  t
t
t
y  c1 x  c 2 x ln x  2  ln x
74
Unos ejemplos de ecuaciones no
lineales
y"  2 x ( y ' )
Resolver
Solución:
Esta ecuación no lineal carece de término en y. Sea u(x)
= y’, entonces du/dx = y”,
2
du
 2 xu
dx
2
du
u
2
u
 2 x dx
1
 x  c1
2
2
(Se escribe en esta forma solo por conveniencia para luego integrar)
Como
u-1
= 1/y’,
Entonces,
y  
dy
 
dx
dx
x 
2
2
c1
1
x  c1
2
 
2
1
c1
tan
1
x
c1
 c2
75
yy "  ( y ' )
2
Resolver
Solución:
Esta ecuación no lineal carece de término en x.
Sea u(x)du= y’,
 entonces
du
dy
2
y u
u

y” =du/dx
dy = (du/dy)(dy/dx)
u = yu du/dy
o
c2   e
ln|u| = ln|y| + c1, u = c2y (donde c 2 x
Como u = dy/dx = c2y, dy/y = c2 ydx c 4 e
ln|y| = c x + c ,
c1
)
76
y   x  y  y ,
2
y ( 0 )  1
y (0)  1 ,
• Supongamos que existe solución para:
y ( 0 )
y ( 0 )
ySi
( x )además
 y ( 0 )  suponemos
x
1!
2!
y ( 0 )
y
(4)
(0)
4
que
x y(x) admite
x 
x 
3!
4!
desarrollo en serie de Taylor centrado
en
0:
2
3
Como y(0) = -1, y’(0) = 1, de la ED original:
d
2
2



y
(
x
)

(
x

y

y
y”(0) = 0 + y(0) – y(0) = −2. )  1  y   2 y y 
dx
Derivando sucesivamente la ED original:
77
y
(4)
( x) 
d
(1  y   2 y y  )  y   2 y y   2 ( y  )
2
dx
... podemos utilizar el mismo método para obtener
y(3)(0) = 4, y(4)(0) = −8, etc.
Y encontrar una aproximación en Taylor de la solución:
y ( x)  1  x  x 
2
2
3
x 
3
1
x 
4
3
78
Una última observación: La ED de este
ejemplo:
2
y   x  y  y ,
y (0)  1 ,
y ( 0 )  1
es equivalente (mediante cambio de
variable) al sistema de ecuaciones
diferenciales:
 dy
u

 dx

 du
2
 x y y

 dx
 y ( 0 )   1, u ( 0 )  1


79
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Ecuacione Difernciales de Orden Superior