Apunte usm ecuaciones diferenciales de orden superior

Matemática III (MAT023)
Segundo semestre de 2010

Contenidos

• 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.

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR
En la parte anterior del curso estudiamos las ecuaciones diferenciales del tipo

dy
= F x,y
dx
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 que
involucran 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 María
Departamento 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 ) D n + a n −1 (x ) D n −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-
i
camente nula en el intervalo y D i = ddx 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 D 2 + 3 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 ) + 3 x y (x ) − y (x )

Observación 1.1. En general los operadores diferenciales no conmutan, es decir, en general no se
cumple
L 1L 2 = L 2L 1
por ejemplo
D (x D) = x D (D)
en efecto
D (x D) y = D x y = y + x y = D + x D2 y
pero
x 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 ecuación
d 2y
+y =0
dx2
es una ecuación diferencial lineal homogénea normal de orden 2 y con coeﬁcientes constantes en
o cualquier subintervalo.

d 2y dy
2
+x
x3 + cos x y = sin x
dx dx
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 base = y 1 , y 2 , . . . , y n del
espacio
ker (L) = y ∈ C n (I ) : Ly = 0
entonces toda solución podría escribirse en la forma

y (x ) = c 1 y 1 (x ) + · · · + c n y n (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, c 1 y 1 (x ) + · · · + c n y n (x ) es una solución general de
la homogénea)

Para enfrentar el problema no homogéneo note lo siguiente, si encontramos una solución y p (x )
tal que
Ly p (x ) = h (x )
entonces otra solución j (x ) de la ecuación también debe cumplir

Lj (x ) = h (x )

se sigue
L y p − j (x ) = h (x ) − h (x ) = 0
de esta forma
y p − j ∈ ker (L)



se sigue
j (x ) = y p (x ) + c 1 y 1 (x ) + · · · + c n y n (x )
En resumen: Para resolver una ecuación lineal Ly = h necesitamos conocer una base de ker (L) y
conocer una solución particular y p de la ecuación

Ly = h

Teorema 1.1. Sea L un operador diferencial normal de orden n en un intervalo I y sea x 0 ∈ I . Si
α0 , α1 , . . . , αn −1 son números reales arbitrarios entonces el problema de valores iniciales

Ly = h
y (x 0 ) = α0 , y (x 0 ) = α1 , . . . , y (n −1) (x 0 ) = 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) tiene
dimensión n.

Demostremos el caso de n = 2 el general es similar. Sea x 0 ∈ I un punto arbitrario pero ﬁjo, por el
teorema de existencia y unicidad existe una función y 1 (x ) tal que

Ly 1 = 0
y 1 (x 0 ) = 1
y 1 (x 0 ) = 0

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

Ly 2 = 0
y 2 (x 0 ) = 0
y 2 (x 0 ) = 1

mostraremos que y 1 (x ) , y 2 (x ) es una base de ker (L), en efecto, sea y ∈ ker (L) entonces Ly = 0,
pongamos α0 = y (x 0 ) y α1 = y (x 0 ) entonces la función y es la solución (es única) del PVI

Ly = 0
y (x 0 ) = α0
y (x 0 ) = α1



pero...g (x ) = α0 y 1 (x ) + α1 y 2 (x ) cumple con

Lg = α0 Ly 1 + α1 Ly 2 = 0
g (x 0 ) = α0
g (x 0 ) = α1

se sigue por unicidad que
g (x ) = y (x )
es decir
y (x ) = α0 y 1 (x ) + α1 y 2 (x )
nos queda mostrar que y 1 y y 2 son linealmente independientes, pero note que

αy 1 (x ) + β y 2 (x ) = 0 ⇒ (evaluando en x 0 ) α = 0

por otro lado

αy 1 (x ) + β y 2 (x ) = 0 ⇒
αy 1 (x ) + β y 2 (x ) = 0 ⇒ (evaluando en x 0 ) β = 0

es decir son L.I .
Así ker (L) = y 1 (x ) , y 2 (x ) es un espacio de dimensión 2.

d 2y
+y =x
dx2
es lineal no homogénea normal de orden 2. Luego

d 2y
S = y ∈C2( ) : +y =0
dx2
tiene dimensión 2, note que sen x y cos x son dos elementos linealmente independientes de este con-
junto, se sigue
S = 〈cos x , sen x 〉
es decir, toda solución de la ecuación homogénea es de la forma

y h (x ) = c 1 cos x + c 2 sen x

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

Ly p (x ) = 0 + x

se sigue que
c 1 cos x + c 2 sen x + x
con c 1 y c 2 constantes arbitrarias es la solución general de la ecuación

d 2y
+y =x
dx2



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 y 1 , y 2 , . . . , y n funciones en C (n−1) (I ) se deﬁne el Wronskiano de las funciones
y 1 , y 2 , . . . , y n como el determinante

y 1 (x ) y 2 (x ) ··· y n (x )
y 1 (x ) y 2 (x ) ··· y n (x )
W y1, y2, . . . , yn = .
. .
. .. .
.
. . . .
(n −1) (n −1) (n −1)
y1 (x ) y 2 (x ) · · · yn (x )

Ejemplo 1.5.
x sen x
W (x , sen x ) = = x cos x − sen x
1 cos x
Ejemplo 1.6.
e αx e βx
W e αx , e β x = = β − α e (α+β )x = 0 si α = β
αe αx β e βx

Teorema 1.3. Si W y 1 , y 2 , . . . , y n no es idénticamente nulo en I entonces y 1 , y 2 , . . . , y n es linealmente
independiente en C (I ).

Demostración

c 1 y 1 (x ) + · · · + c n y n (x ) = 0
c 1 y 1 (x ) + · · · + c n y n (x ) = 0
.
.
.
(n −1) (n
c 1y1 (x ) + · · · + c n y n −1) (x ) ‘ = 0

esto es equivalente al sistema
    
y 1 (x ) y 2 (x ) ··· y n (x ) c1 0
 y 1 (x ) y 2 (x ) ··· y n (x )
    
 c2   0 
 . . .. .  . = . 
 .
. .
. . .
.  .
.   .
. 
    
(n −1) (n−1) (n −1)
y1 (x ) y 2 (x ) ··· yn (x ) cn 0

como W y 1 , y 2 , . . . , y n no es idénticamente nulo en I tomamos un x 0 tal que W y 1 , y 2 , . . . , y n (x 0 ) = 0
de donde obtenemos que
 
y 1 (x 0 ) y 2 (x 0 ) ··· y n (x 0 )
 y 1 (x 0 ) y 2 (x 0 ) ··· y n (x 0 )
 

 .
. .
. .. .
.


 . . . . 

(n −1) (n −1) (n −1)
y1 (x 0 ) y 2 (x 0 ) ··· yn (x 0 )



es invertible y por lo tanto la solución es única, es decir
   
c1 0
   
 c2   0 
 . = . 
 .   .
 .   .


cn 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 se
anula 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

entonces
a n −1 (x )d x
W = ce−
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 dy
2
+ a 1 (x ) + a 0 (x ) y = 0
dx dx
si y 1 es una solución no identicamente nula entonces

a 1 (x )d x
e−
y 2 (x ) = y 1 (x ) dx
y 1 (x )2

es otra solución.

En efecto,
y 1 (x ) y 2 (x ) a 1 (x )d x
= ce−
y 1 (x ) y 2 (x )
entonces
y 1 (x ) c e − a 1 (x )d x
y 2 (x ) − y 2 (x ) =
y 1 (x ) y 1 (x )
el factor integrante es
y (x )
− y1 (x ) d x 1
e 1
= e − ln y1 (x ) =
y 1 (x )



se sigue

y 2 (x ) y 1 (x ) c e − a 1 (x )d x
− y 2 (x ) =
y 1 (x ) y 1 (x )
2 y 1 (x )
2

d y 2 (x ) c e − a 1 (x )d x
=
dx y 1 (x ) y 1 (x )
2

ahora integramos y multiplicamos

e − a 1 (x )d x
y 2 (x ) = y 1 (x ) dx
y 1 (x )
2

(se han escogido las constantes de manera conveniente).

Ejemplo 1.7. Considere la ecuación diferencial

y + (tan x − 2 cot x ) y = 0

esta ecuación tiene la solución y 1 (x ) = 1 otra solución es
(tan x −2 cot x )d x
e−
y 2 (x ) = 1 dx
12

= e −(− ln cos x −2 ln sen x ) d x

= cos x sen2 x d x

1
= sen3 x
3
se sigue que la solución general de la EDO es

y h (x ) = c 1 + c 2 sen3 x

1.3 Ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes.

Si la ecuación diferencial
Ly (x ) = h (x ) para x ∈ I
es tal que el operador diferencial tiene todos sus coeficientes constantes, entonces hablamos de una
ecuación con coeficientes constantes. Es decir, si L es de orden n entonces
d ny d n −1 y dy
an (x ) + a n−1 (x ) + · · · + a 1 (x ) + a 0 y (x ) = h (x ) para x ∈ I
dxn d x n −1 dx
donde a n , a n −1 , . . . , a 1 , a 0 ∈ 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 mismas
propiedades que los operadores con coeficientes constantes, por ejemplo

D 3 − 1 = (D − 1) D 2 + D + 1 = D 2 + D + 1 (D − 1)

Como sabemos la solución general de una ecuación del tipo

Ly (x ) = h (x )

es de la forma
y (x ) = y h (x ) + y p (x )
donde y h es la solución general de la homogénea asociada

Ly = 0

y y p es una función tal que
Ly p (x ) = h (x ) para x ∈ I .
en esta sección nos concentraremos en resolver la ecuación homogénea

d ny d n −1 y dy
an n
(x ) + a n−1 n −1
(x ) + · · · + a 1 (x ) + a 0 y (x ) = 0
dx dx dx
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 i ψ = 0 luego

Lψ = L 1 L 2 · · · L i −1 L i L i +1 · · · L m ψ
= L 1 L 2 · · · L i −1 L i +1 · · · L m L i ψ
= L 1 L 2 · · · L i −1 L i +1 · · · L m 0
= 0

así Lψ = 0 es decir ψ ∈ 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 decir
L 1 L 2y = 0
ahora estudiemos ker (L 1 ) = y : L 1 y = 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 1 L 2 ) y ker (L 2 ) ⊆ ker (L 1 L 2 ) se sigue

e 3x , e −3x ⊆ ker (L 1 L 2 ) = ker D 2 − 9

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

e 3x e −3x
W e 3x , e −3x = = −6 = 0
3e 3x −3e −3x

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

e 3x , e −3x = ker D 2 − 9

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

y (x ) = c 1 e 3x + c 2 e −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

D 2 + a 1D + a 0 y = 0

y supongamos que
D 2 + a 1 D + a 0 = (D − α1 ) (D − α2 )
se presentan 3 casos:



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

y (x ) = c 1 e α1 x + c 2 e α2 x

en efecto e α1 x ∈ ker (D − α1 ) y e α2 x ∈ ker (D − α2 ) se sigue {e α1 x , e α2 x } ⊆ ker (D − α1 ) (D − α2 ) =
ker (D 2 + a 1 D + a 0 ) además

e α1 x e α2 x
W (e α1 x , e α2 x ) = = (α1 − α2 ) e (α1 +α2 )x = 0
α1 e α1 x α2 e α2 x

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

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

y (x ) = c 1 e α1 x + c 2 x e α1 x

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 α1 x luego

(D − α1 ) y = c 1 e α1 x
y − α1 y = c 1 e α1 x

multiplicamos por factor integrante y obtenemos

d
y e −α1 x = c 1
dx
integramos
y e −α1 x = c 1 x + c 2
de donde obtenemos
y (x ) = c 1 x e α1 x + c 2 e α1 x
(otro modo de encontrar la solución x e α1 x es con la fórmula de Abel y observando que e α1 x es
solución) ambas soluciones son L.I.

e α1 x x e α1 x
= e 2x α1 = 0
α1 e α1 x α1 x e α1 x + e α1 x

son funciones L.I.

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

e (a +i b )x = e a x cosb x + i e a x senb x

y
e (a +i b )x = e a x cosb x − i e a x senb x



deberían ser soluciones, de esta forma las combinaciones lineales deberían ser soluciones, es
decir
e (a +i b )x − e (a +i b )x = 2e a x cosb x
debe ser solución, podemos veriﬁcar reemplazando en la ecuación que efectivamente

y 1 (x ) = e a x cosb x

es solución de la ecuación

(D − α1 ) (D − α2 ) y = 0
(D − (a + i b )) (D − (a − i b )) y = 0
2
(D − a ) + b 2
y = 0
D 2 − 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 y 2 (x ) = e a x senb x es otra solución L.I.

2a d x
e
y 2 (x ) = e a x cosb x
(e a x cosb x )2
e 2a x d x
= e a x cosb x
e 2a x cos2 b x

= e a x cosb x sec2 (b x ) d x

1 ax
= e cosb x tan (b x )
b
1 ax
= e senb x
b
así
y 2 (x ) = e a x senb x
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: C 1 e 2x + C 2 e 3x

2. y − 2y + y = 0, Solución: C 1 e x + C 2 x e x

3. y − 4y + 8y = 0, Solución: C 1 e 2x cos 2x + C 2 e 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 que
todo polinomio con coeficientes reales se puede factorizar en la forma
m1 2 mj
(x − r1 )n 1 (x − r2 )n 2 · · · (x − rk )n k (x − α1 )2 + β1
2
··· x − αj + β j2

donde r1 , r2 , , rk son las raíces reales del polinomio con multiplicidades n 1 , n 2 , . . . , n k y α1 ±i β1 , . . . , α j ±
i β j son las raíces complejas con las multiplicidades m 1 , m 2 , . . . , m j .

Como los operadores diferenciales con coeficientes constantes se comportan como polinomios,
estos se pueden factorizar en la forma
m1 2 mj
(D − r1 )n 1 (D − r2 )n 2 · · · (D − rk )n k (D − α1 )2 + β1
2
··· D − αj + β j2

luego para resolver la ecuación Ly = 0 basta conocer los núcleos o kernel de los operadores (D − r )n 1
m1
y (D − α)2 + β 2

Teorema 1.6.
ker (D − α)n = e αx , x e αx , x 2 e αx , . . . , x n−1 e αx
y
n
ker (D − α)2 + β 2 = e αx cos β x , x e αx cos β x , x 2 e αx cos β x , . . . , x n −1 e αx cos β x
e αx sen β x , x e αx sen β x , x 2 e αx sen β x , . . . , x n−1 e αx sen β x

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

ker (D − α) = 〈{e αx }〉

supongamos que
ker (D − α)n −1 = e αx , x e αx , x 2 e αx , . . . , x n −2 e αx
entonces
y ∈ ker (D − α)n ⇔ (D − α)n −1 (D − α) y = 0
así
(D − α) y ∈ ker (D − α)n −1
luego
n −2
y − αy = C i x i e αx
k =0



multiplicando por el factor integrante e integrando se sigue:
y (x ) = K 1 e αx + K 2 x e αx + · · · + K n x n−1 e αx
así
y∈ e αx , x e αx , x 2 e αx , . . . , x n −1 e αx

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 2 e 2x se sigue que

e x , x e x , e 2x , x e 2x , x 2 e 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 ) = c 1 e x + c 2 x e x + c 3 e 2x + c 4 x e 2x + c 5 x 2 e 2x
d 3y
+y =0
dx3
1 1
Tiene solución: C 1 e −x + C 2 cos 1 3x e 2 x + C 3 sin 1 3x e 2 x
2 2

2
(D − 2)2 + 32 (D − 3) y = 0 = D 5 − 11D 4 + 66D 3 − 230D 2 + 481D − 507 y
2
Desarrollo: ker (D − 2)2 + 32 = 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 ) = c 1 e 2x cos 3x + c 2 x e 2x cos 3x + c 3 e 2x sen 3x + c 4 x e 2x sen 3x + c 5 e 3x

Ahora que sabemos resolver el problema homogéneo vamos a buscar soluciones particulares para
resolver 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 con
coeficientes 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 Ly p = h:



(D − 1) (D − 2) y = e x + x
o en otras palabras
d 2y dy
2
−3 + 2y = e x + x
dx dx

Desarrollo: Sabemos que
(D − 1) (e x ) = 0 y D 2 (x ) = 0
se sigue que
(D − 1) D 2 (e x + x ) = 0
así

(D − 1) D 2 (D − 1) (D − 2) y = 0
2
D (D − 1) (D − 2) = 0
2

luego
y p (x ) = c 1 + c 2 x + c 3 e x + c 4 x e x + c 5 e 2x
y como
(D − 1) (D − 2) y p (x ) = e x + x
se sigue

(D − 1) (D − 2) c 1 + c 2 x + c 3 e x + c 4 x e x + c 5 e 2x
= (D − 1) (D − 2) [c 1 + c 2 x ] + (D − 1) (D − 2) [c 4 x e x ]
= D 2 − 3D + 2 [c 1 + c 2 x ] + (D − 1) (D − 1 − 1) [c 4 x e x ]
= 2c 1 − 3c 2 + 2c 2 x − (D − 1) [c 4 x e x ]
= 2c 1 − 3c 2 + 2c 2 x − (c 4 e x + c 4 x e x − c 4 x e x )
= 2c 1 − 3c 2 + 2c 2 x − c 4 e x

de esto obtenemos que las constantes cumplen

2c 1 − 3c 2 = 0
2c 2 = 1
−c 4 = 1

se sigue
c 4 = −1, c 2 = 1/2, c 1 = 3/4
así

yG (x ) = (3/4) + (1/2) x − x e x + c 3 e x + c 5 e 2x
= [(3/4) + (1/2) x − x e x ] + c 3 e x + c 5 e 2x
= y p (x ) + y h (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 coeﬁcientes
constantes. 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 general
c 1 y 1 (x ) + c 2 y 2 (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 y p (x ) tal que

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

postulamos que tal solución tiene la forma

y p (x ) = c 1 (x ) y 1 (x ) + c 2 (x ) y 2 (x )

entonces
yp = c 1y1 + c 1y1 + c 2y2 + c 2y2
y
y p = c 1 y 1 + 2c 1 y 1 + c 1 y 1 + c 2 y 2 + 2c 2 y 2 + c 2 y 2
luego
y p + a 1 (x ) y p + a 0 (x ) y p = h (x )

c 1 y 1 + 2c 1 y 1 + c 1 y 1 + c 2 y 2 + 2c 2 y 2 + c 2 y 2
+a 1 c 1 y 1 + c 1 y 1 + c 2 y 2 + c 2 y 2
+a 0 c 1 y 1 + c 2 y 2
= h

agrupando

c 1 y 1 + 2c 1 y 1 + c 2 y 2 + 2c 2 y 2 + a 1 c 1 y 1 + a 1 c 2 y 2
+ c 1y1 + a 1c 1y1 + a 0c 1y1 + c 2y2 + a 1c 2y2 + a 0c 2y2
= h

así

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



escogemos las funciones de forma que

c 1y1 + c 2y2 = 0
c 1y1 + c 2y1 = h

de donde las funciones se escogen de forma que

y 1 (x ) y 2 (x ) c 1 (x ) 0
=
y 1 (x ) y 2 (x ) c 2 (x ) h (x )

de donde
0 y 2 (x ) y 1 (x ) 0
h (x ) y 2 (x ) y1 (x ) h (x )
c 1 (x ) = y c 2 (x ) =
y 1 (x ) y 2 (x ) y 1 (x ) y 2 (x )
y 1 (x ) y 2 (x ) y 1 (x ) y 2 (x )
luego integramos y tenemos las funciones c 1 (x ) y c 2 (x ).

Observación 1.4. El método es aplicable en general. Si y 1 , . . . , y n son base de

d ny d n−1 y
+ a n −1 (x ) + · · · + a 0 (x ) y = 0
dxn d x n −1
entonces una solución particular de

d ny d n−1 y
+ a n −1 (x ) + · · · + a 0 (x ) y = h (x )
dxn d x n −1
es de la forma
n
y p (x ) = c i (x ) y i (x )
i =1

donde
|C i |
c i (x ) =
W
C i es el Wronskiano en el cual se cambio la i-ésima columna por
 
0
 
 0 
 . 
 . 
 . 
 0 
 
h (x )

Ejercicio 1.1. Resolver
x 2 y − 2x y + 2y = x 3 ln x
sabiendo que y 1 (x ) = x es solución de la homogénea

x 2 y − 2x y + 2y = 0



Desarrollo: Primero la escribimos en la forma
2 2
y − y + 2 y = x ln x
x x
otra solución de la ecuación homogénea
2 2
y − y + 2y =0
x x
es dada por la fórmula de Abel

e − (− x )d x
2

y 2 (x ) = x dx
x2
e 2 ln x
= x dx
x2
= x2

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

y p (x ) = c 1 (x ) y 1 (x ) + c 2 (x ) y 2 (x )
= c 1 (x ) x + c 2 (x ) x 2

donde
0 x2
x ln x 2x −x 3 ln x
c 1 (x ) = = = −x ln x
x x2 x2
1 2x
1 1
⇒ c 1 (x ) = x ln x d x = − x 2 ln x + x 2
2 4
y

x 0
1 x ln x
c 2 (x ) = = ln x
x x2
1 2x
⇒ c 2 (x ) = x ln x − x

así la solución particular es de la forma
1 1
y p (x ) = − x 2 ln x + x 2 x + (x ln x − x ) x 2
2 4
1 3
= x (2 ln x − 3)
4
d2 1 3 2 d 1 3 2 1 3
x (2 ln x − 3) − x (2 ln x − 3) + 2 x (2 ln x − 3) = x ln x
dx2 4 x dx 4 x 4



1.5 Ecuación de Euler

Las ecuaciones de la forma

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

son llamadas ecuaciones de Euler, pueden ser transformadas a una ecuación de coeﬁcientes constan-
tes con el cambio de variables
x = et
entonces
dy dy dx dy
= =x
dt dx dt dx
d 2y d dy dx dy d dy
= x = +x
dt2 dt dx dt dx dt dx
dy d 2y
= x +x2
dx dx2
es decir
dy dy
= x
dt dx
d 2y d y d 2y
− = x2
dt2 dt dx2
es posible demostrar que
d 3y
x3 = D (D − 1) (D − 2) y
dx3
donde
d
D=
dt
de esta forma la ecuación de Euler se transforma en una ecuación con coeﬁcientes constantes.

Ejemplo 1.14. Resolver las ecuación de Euler

x 2 y + 2x y − 2y = 0

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

x 2y = D (D − 1) y
xy = Dy

entonces la ecuación se transforma en

D (D − 1) y + 2Dy − 2y = 0

donde y = y (e t ) entonces

D 2 + D − 2 y = 0 ⇔ (D + 2) (D − 1) y = 0



se sigue
y e t = c 1 e −2t + c 2 e t
se sigue
c1
y (x ) = + c 2x
x2
Ejemplo 1.15. Resolver la ecuación de Euler no homogénea

x 2 y + 2x y − 2y = ln x

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

D 2 + 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 podemos
encontrar utilizando coeﬁcientes indeterminados o bien variación de parámetros). La solución de la
ecuación
x 2 y + 2x y − 2y = ln x
es
c1 1 1
2
+ c 2 x − ln x −
x 2 4


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