E.D.O. de segundo orden no homogénea
con coeficientes constantes
ay ' ' by ' cy  g ( x )
Cuando
g ( x)  0
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 = yh + yp. Veamos cómo hacerlo, en
este caso general, mediante el método conocido como de
coeficientes indeterminados.
4
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
5
2
Resolver
y "  4 y ' 2 y  2 x  3 x  6
Solución:
Ya sabemos cómo obtener una solución yh de la ecuación
homogénea asociada. Ahora, queremos hallar yp.
Como el lado derecho de la ED es un polinomio,
supondremos
2
y

Ax
 Bx  C ,
entonces,
p
tras sustituir: y p '  2 Ax  B , y p "  2 A
2A + 8Ax + 4B – 2Ax2 – 2Bx – 2C = 2x2 – 3x + 6
 2 A  2 , 8 A  2 B   3 , 2 A  4 B  2C  6
6
A   1, B   5/2 , C   9
yp  x 
2
5
2
x9
Hallar una solución particular de
y " y ' y  2 sen ( 3 x )
Solución:
Probemos yp = A cos(3x) + B sen(3x)
Tras sustituir,
Luego
(  8 A  3 B ) cos( 3 x )  ( 3 A  8 B ) sin( 3 x )  2 sin( 3 x )
A  6/73 , B   16/73
yp 
7
6
73
cos( 3 x ) 
16
73
sen ( 3 x )
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:
Probemos
2x
2x
y p  Ax  B  Cxe  Ee
Tras sustituir,
 3 Ax  2 A  3 B  3 Cxe
Luego
 4 x  5  6 xe
2x
 (2C  3 E )e
2x
2x
A   4/3 , B  23/9 , C   2 , E   4/3
yp  
8
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
 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)
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.
9
Forma de y p
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
Determinar una yp de
y " 5 y ' 4 y  8 e
Solución:
Probemos: yp = Aex
Tras sustituir: 0 = 8ex (conjetura incorrecta)
El problema está en que la función complementaria u homogénea es:
x
4x
c
1
2
Y la suposición ya está presente en yh.
y ce c e
Probemos como alternativa: yp = Axex.
Tras sustituir: -3Aex = 8ex
Entonces: A = -8/3,
yp = (−8/3)xe2x
10
x
Hallar la forma de yp de
(a) y "  8 y ' 25 y  5 x 3 e  x  7 e  x
Solución:
3
x
Tenemos que
con
g ( x )  ( 5 x y7probamos
)e
y p  ( Ax  Bx  Cx  E ) e
3
2
x
No hay duplicación entre los términos yp e yh
(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 yh .
11
Hallar la forma de yp de
y   9 y   14 y  3 x  5 sen 2 x  7 xe
2
Solución:
Para 3x2:
Para -5 sen 2x:
Para 7xe6x:
6x
y p1  Ax  Bx  C
2
y p 2  E cos 2 x  Fsen 2 x
y p 3  ( Gx  H ) e
Ningún término de
un término de yc
y p  y p1  y p 2  duplica
y p3
12
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 yh, entonces esa yp se debe multiplicar
por xn, donde n es el entero positivo más pequeño
que elimina esa duplicación.
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no homogenea. - utp-ing.industrial iii