matematicas 5

2.2 Teoría preliminar 79

EJEMPLO 5 Un problema de valores en la frontera de orden tres
Para el caso de una ecuación diferencial lineal de orden tres, el problema de valores en la fron-
tera es:
Resolver a3(x)y′″ + a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x) sujeta a y(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1, y(x2 ) = y2.
Otras posibles tercias de condiciones para el problema de valores en la frontera pueden ser

y′(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1, y(x2 ) = y2

y(x0 ) = y0 , y′(x1 ) = y1, y(x2 ) = y2

y(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1, y′(x2 ) = y2

y′(x0 ) = y0 , y′(x1 ) = y1, y(x2 ) = y2

y′(x0 ) = y0 , y(x1 ) = y1, y′(x2 ) = y2

y(x0 ) = y0 , y′(x1 ) = y1, y′(x2 ) = y2

y′(x0 ) = y0 , y′(x1 ) = y1, y′(x2 ) = y2

EJEMPLO 6 Un problema de valores en la frontera de segundo orden
Resolver la ecuación y″ − 3y′ + 2y = 0 sujeta a las condiciones y(0) = 0, y(ln2) = 2.

Solución

Como justificaremos más adelante, la solución general de la ecuación diferencial dada es
y = c1ex + c2e2x. Como podemos observar, las condiciones dadas solo hacen referencia a la
solución general y no a sus derivadas; de esta manera, al sustituir tenemos

y = c1ex + c2e2x solución general

y(0) = c1 + c2 = 0 evaluamos la condición y(0) = 0
y(ln 2) = c1eln2 + c2e2ln2 = 2 evaluamos la condición y(ln2) = 2

Obtenemos el sistema de ecuaciones

c1 + c2 = 0
2c1 + 4c2 = 2

La solución es c1 = −1 y c2 = 1, de manera que la solución particular al problema de valores en
la frontera es y = −ex + e2x.

En cualquiera de los casos anteriores, tanto en los problemas de valor inicial como en los
problemas de valores en la frontera, se establecen las condiciones que debe cumplir una fun-
ción particular tomada de la familia de soluciones para que pueda considerarse una solución
consistente de un problema de aplicación.

80 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Teorema 1 Teorema de existencia y unicidad de la solución
de un problema de valor inicial

Al igual que en el caso de las ecuaciones de primer orden, también es preciso cuestionarnos
acerca de las condiciones de existencia y unicidad que deben satisfacerse para que las solu-
ciones de problemas reales queden bien definidas, es decir, debemos precisar qué condiciones
deben cumplirse para pensar primero que un problema tiene solución, y posteriormente justifi-
car que dicha solución sea única. El siguiente teorema, enunciado sin demostración, establece
condiciones para la existencia y unicidad de la solución de un problema de valor inicial.

Existencia y unicidad de una solución

Sean a0 (x), a1(x),..., an (x) y g(x) todas funciones continuas en un intervalo común I con
an (x) ≠ 0. Entonces, para todo punto x0 ∈I , el problema de resolver la ecuación diferencial

an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) +  + a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x)
sujeta a las n condiciones iniciales

y(x0 ) = y0, y′ (x0 ) = y1, …, y(n−1) (x0 ) = yn−1
tiene una solución definida sobre el intervalo y además es única.

EJEMPLO 7 Aplicación del teorema de existencia y unicidad

Verificar que la función y = c1 cos 2x + c2 sen2x − 3 x cos 2x es solución del problema de valor
4
inicial y″ + 4y = 3sen2x, y(0) = 0, y′(0) = 2.

Solución

Se cumple que la ecuación diferencial es lineal y que las funciones a2 (x) = 1, a1(x) = 4 y

g(x) = 3sen2x son funciones continuas. Verificamos, además, que a2 (x) = 1 ≠ 0 en cualquier

intervalo que contiene al punto x = 0. El teorema de existencia y unicidad garantiza la unicidad
3
de la solución y = c1 cos 2x + c2 sen 2x − 4 x cos2x.

Para garantizar la existencia y EJEMPLO 8 Aplicación del teorema de existencia y unicidad
En el problema de valor inicial (x − 1)2 y″ − 2x3y′ + 4y = 1, y(1) = 0, y′(1) = 0, a pe-
unicidad de la solución de un sar de que las funciones a2 (x) = (x − 1)2, a1(x) = −2x, a0 (x) = 4 y g(x) = 1 son todas
continuas; el hecho de que a2 (1) = 0 no garantiza que la solución exista o que sea
problema de valor inicial es ne- única.

cesario que todas las funciones OBSERVACIÓN 1 Metodología de la solución de una ecuación
a0 (x), a1(x),..., an (x) y g(x) diferencial lineal
sean continuas y que an (x) ≠ 0
para todo valor en el intervalo En general, resolver la ecuación lineal de orden n es un problema complicado, y
que contiene al punto x0. Basta lo más común es que si se construye al azar, la ecuación no tenga solución. En un
que una sola de las funciones primer curso de ecuaciones diferenciales existen muchas limitantes para poder en-
contrar la solución de cualquier ecuación lineal que pudiéramos imaginar.
mencionadas no sea continua,
o bien que an (x) = 0 para algún El estudio de las ecuaciones lineales inicia estableciendo muchas restricciones
valor del intervalo que contiene para poder desarrollar métodos de solución. Tales restricciones se dan de la si-
a x0, para que la solución al guiente manera:
problema de valor inicial no

exista, o bien exista más de una

solución.

2.2 Teoría preliminar 81

Para poder resolver la ecuación no homogénea an (x)y(n) + + a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y
= g(x), primeramente iniciamos la discusión de la ecuación de segundo orden a2 (x)y″ + a1(x)y′
+ a0 (x)y = g(x).

Para resolver la ecuación lineal no homogénea a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x) se de-
muestra que la solución general es de la forma y = yc + yp, donde yc es la solución general de
la ecuación lineal homogénea asociada a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0, y la función yp es una
solución particular que puede obtenerse mediante dos métodos: coeficientes indeterminados o
variación de parámetros. De esta manera, el estudio se centra primeramente en las ecuaciones
lineales homogéneas y después en los métodos que permiten determinar yp.

Al estudiar la ecuación a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0 se demuestra que la solución gene-

ral puede obtenerse a partir de un par de soluciones especiales {y1, y2 } que satisfacen algunas

condiciones de independencia lineal.
Posteriormente, se demuestra que mediante un método conocido como reducción de or-

den, la segunda solución y2 se puede obtener a partir de la primera solución y1, de manera que
resolver la ecuación lineal de segundo orden requiere de encontrar únicamente una primera
solución y1. Lo anterior establece las condiciones para que podamos resolver nuestras primeras
ecuaciones lineales de orden superior. La ecuación diferencial a2 y′′ + a1y′ + a0 y = 0 de coefi-
cientes reales y constantes admite una solución de la forma y = emx, y a partir de ella podemos
calcular la segunda solución mediante una reducción de orden.

Para resolver ecuaciones de orden mayor y ecuaciones no homogéneas se puede realizar el
proceso inverso descrito arriba, es decir, primero se resuelve la ecuación homogénea asociada
para determinar yc y se construye la solución yp mediante el método de los coeficientes indeter-
minados, o bien por variación de parámetros; la solución general será y = yc + yp.

En las secciones siguientes justificaremos cada uno de los puntos mencionados.

Dependencia lineal e independencia lineal

Iniciamos la discusión de esta sección con la siguiente observación acerca del espacio vectorial
de las funciones continuas definidas sobre un intervalo.

OBSERVACIÓN 2 El espacio vectorial de las funciones continuas

Al estudiar los conceptos del álgebra lineal como independencia lineal, dependencia lineal,
combinación lineal y bases, entre otros, haremos referencia al conjunto de funciones continuas

definidas sobre un intervalo C [a,b] = { f : [a,b] →  | f es continua en [a,b]}, el cual, con las

operaciones de suma de funciones y de multiplicación de una función por un escalar real regu-
larmente utilizadas en el álgebra de funciones, resulta un espacio vectorial. La demostración de
este hecho queda como ejercicio para el lector. Iniciemos con un concepto básico del álgebra
lineal.

Reconocer conceptos
generales e integradores.

Independencia lineal 4 Definición

Sea { f1, f2,, fn } ⊆ C [a,b] un conjunto de funciones continuas, se dice que las funciones

f1, f2 ,, fn son linealmente independientes (l.i.) en [a,b] si cuando c1 f1 + c2 f2 + + cn fn = 0,
entonces ci = 0 para cada valor i = 1,..., n.

Un conjunto de funciones { f1, f2,, fn } es linealmente independiente si al considerar

una combinación lineal de ellas igualada a cero, todas las constantes son cero. Es decir, el

conjunto { f1, f2 ,, fn } es l.i. si las únicas constantes que satisfacen c1 f1 + c2 f2 + cn fn = 0 son

c1 = c2 =  = cn = 0.

82 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Un conjunto de funciones { f1, f2,, fn } es Si un conjunto no es linealmente independiente, entonces es li-
nealmente dependiente. La negación de la definición de independen-
linealmente independiente si al considerar cia lineal se muestra en la siguiente definición.
una combinación lineal de ellas igualada a
cero, todas las constantes son cero.

Definición 5 Dependencia lineal

Sea { f1, f2,, fn } ⊆ C [a,b] un conjunto de funciones continuas, se dice que las funciones

f1, f2 ,, fn son linealmente dependientes (l.d.) en [a, b], si cuando c1 f1 + c2 f2 + + cn fn = 0,
entonces ci ≠ 0 para al menos un valor i = 1,..., n.

Reconocer conceptos EJEMPLO 9 Un conjunto l.d.
generales
e integradores. { }Verificar que las funciones 5, cos2 x,sen2 x son linealmente dependientes.

Solución

( )Podemos observar que − 1 ⋅5 + (1)⋅ cos2 x + (1)⋅sen2 x = 0, de manera que las funciones son l.d.
5

EJEMPLO 10 Un conjunto l.i.

{ }Verificar que las funciones 1, x,x2 son linealmente independientes.

Solución
Si consideramos la combinación lineal c1 ⋅1+ c2 ⋅ x + c3 ⋅ x2 = 0, al igualar los coeficientes del
polinomio resultante con el polinomio cero se deduce que c1 = 0, c2 = 0 y c3 = 0, de manera que
las funciones son linealmente independientes.

Si el conjunto { f1, f2,, fn } ⊆ C [a,b] es linealmente dependiente en el intervalo [a,b], se
cumple que existe al menos una constante ci ≠ 0 tal que c1 f1 + c2 f2 + + cn fn = 0. Supongamos
c2 cn
que c1 ≠ 0, de manera que f1 = − c1 f2 − − c1 fn. Esto significa que en un conjunto linealmente

dependiente de funciones, al menos una de ellas puede expresarse como combinación lineal de

las funciones restantes. Para el caso particular de un par de funciones, la definición de depen-

dencia lineal se puede interpretar de manera diferente para aplicarse de un modo más directo.

El siguiente teorema establece esta opción.

Teorema 2 Las funciones {y1, y2 } ⊆ [a,b] son linealmente dependientes si y solo si y2 = k y1

Comunicarse en el Demostración
lenguaje matemático en
forma escrita. Supongamos que las funciones {y1, y2 } son linealmente dependientes en el intervalo [a,b].
Argumentar con
contundencia y precisión. Por definición, se cumple que al formar la combinación lineal c1 f1 + c2 f2 = 0, al menos una
de las constantes es diferente de cero. Supongamos que c2 ≠ 0, entonces

c1 f1 + c2 f2 = 0

f2 = − c1 f1 despejamos f2
c2

2.2 Teoría preliminar 83

f2 = k f1 definimos k = − c1
c2

Recíprocamente, si f2 = k f1 , entonces k ⋅ f1 − 1⋅ f2 = 0. De esta manera, por definición, las
funciones son linealmente dependientes.

El teorema anterior significa que dos funciones son linealmente dependientes si y solo si una Capacidad de análisis y
función es múltiplo de otra. La negación de este teorema también resulta de utilidad, y significa síntesis.
que dos funciones son linealmente independientes si y solo si las funciones no son múltiplos entre
sí. Esta situación se ilustra en el ejemplo 11.

EJEMPLO 11 Dos funciones linealmente dependientes

{ }Verificar que las funciones 4e3x ,6e3x son l.d en el intervalo (−∞,∞).

Solución

{ }Dado que las funciones 4e3x ,6e3x son múltiplos entre sí para todo x ∈(−∞,∞), las funciones

son linealmente dependientes en el intervalo x ∈(−∞,∞).

El wronskiano Josef Hoëné-Wronski (Wolsztyn, 1776-Neuilly,
1853), Filósofo polaco, oficial del ejército polaco y
Como podemos observar, utilizar la definición de depen- ruso. Su trabajo más significativo se dio en las series.
dencia lineal para decidir si un conjunto de funciones es l.d. Él criticó abiertamente y sin fundamento a Lagrange
o l.i. solo aplica de manera directa para las funciones más por el uso de series infinitas e introdujo a cambio
conocidas y algebraicamente manipulables. En general, la una novedosa expansión para una función. Los
sola definición no basta para analizar la dependencia lineal coeficientes de la serie de Wronski fueron descubier-
de cualquier conjunto de funciones. Como una solución a tos después de su muerte y dieron origen a su resul-
este problema, presentamos a continuación un resultado tado más conocido, el determinante, que en Thomas
que da paso a la definición de un determinante conoci- Muir definió como el wronskiano.
do como el wronskiano de un conjunto de funciones, el cual
fue desarrollado por Josef Hoëné-Wronski.

Teorema de Wronski Teorema 3

Sea { f1, f2,, fn } ⊆ C [a,b] un conjunto de funciones continuas y derivables hasta el orden Argumentar con
n − 1 en el intervalo [a,b], entonces las funciones { f1, f2,, fn } son linealmente indepen- contundencia y precisión.
Comunicarse en el
dientes en el intervalo [a,b] si y solo si lenguaje matemático en
forma escrita.
f1 f2  fn

W ( f1, f2,, fn ) = f1′ f2′  fn′ ≠ 0
 
f ( n−1)
f ( n−1)  f ( n−1)
1 2 n

Al menos para algún punto en [a,b] .

Demostración

Sea { f1, f2,, fn } un conjunto de funciones continuas en el intervalo [a,b], al considerar la

combinación lineal de funciones c1 f1 + c2 f2 + + cn fn = 0 y dado que todas las funciones

84 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

son derivables al menos hasta el orden n − 1, derivamos para construir el sistema homogé-
neo de n ecuaciones en n variables

c1 f1 + c2 f2 +  + cn fn = 0

c1 f1′ + c2 f2′ +  + cn fn′ = 0

 

c1 f1( n−1) + c2 f ( n−1) + + cn f ( n−1) = 0
2 n

Capacidad de análisis y Sabemos como un resultado fundamental del álgebra lineal que un sistema de ecuaciones
síntesis.
tiene una solución única siempre que el determinante del sistema sea diferente de cero, y

esta condición es necesaria y suficiente.
Si consideramos que c1,c2,,cn son las variables, entonces el determinante del sistema es

f1 f2  fn

W ( f1, f2,, fn ) = f1′ f2′  fn′

f ( n−1) 

1 f ( n−1)  f ( n−1)
2 n

de manera que el sistema homogéneo de ecuaciones obtenido por derivación tiene una so-

lución única si y solo si W ( f1, f2,, fn ) ≠ 0. Esto significa que c1 = c2 = = cn = 0, de mane-
ra que por definición las funciones { f1, f2,, fn } son linealmente independientes.

Definición 6 El wronskiano

Reconocer conceptos Dado el conjunto de funciones { f1, f2,, fn } derivables al menos hasta el orden n − 1, se
generales e integradores.
define su wronskiano por el determinante de orden n

f1 f2  fn

W ( f1, f2,, fn ) = f1′ f2′  fn′
  
f ( n−1)
f ( n−1)  f ( n−1)
1 2 n

EJEMPLO 12 Un conjunto l.i.

{ }Verificar si el conjunto eax ,ebx es l.d. o l.i.

Solución
Las funciones dadas son continuas y derivables en (−∞,∞), como

W = eax ebx = (b − a)e(a+b)x ≠ 0, si a ≠ b.
aeax bebx

{ }Concluimos que eax ,ebx es linealmente independiente siempre que a ≠ b .

2.2 Teoría preliminar 85

EJEMPLO 13 Un conjunto l.i.

{ }Verificar si el conjunto eax ,xeax es l.d. o l.i. en (−∞,∞).

Solución
Las funciones dadas son continuas y derivables en (−∞,∞), como

W = eax xeax = e2ax ≠ 0, para todo valor x ∈(−∞,∞).
aeax axeax + eax

{ }Concluimos que eax ,xeax es linealmente independiente en (−∞,∞).

EJEMPLO 14 Un conjunto l.i.

{ }Verificar si el conjunto xa ,xb es l.d. o l.i. en (−∞,∞).

Solución
Las funciones dadas son continuas y derivables en (−∞,∞), como

W = xa xb = (b − a)xa+b−1 ≠ 0, si a ≠ b.
axa−1 bxb−1

{ }Concluimos que xa ,xb es linealmente independiente en (−∞,∞).

EJEMPLO 15 Un conjunto l.i.

{ }Verificar si el conjunto xa ,xa ln x es l.d. o l.i. en (0,∞).

Solución
Las funciones dadas son continuas y derivables en (0,∞) , como

W = xa xa ln x = x2a−1 ≠ 0 , si a ≠ b.

axa−1 xa−1 + axa−1 ln x

{ }Concluimos que xa ,xa ln x es linealmente independiente en (0,∞) .

EJEMPLO 16 Un conjunto l.i.
Verificar si el conjunto {x,1− x,3x + 2} es l.d. o l.i. en (−∞,∞).

Solución
Las funciones dadas son continuas y derivables en (−∞,∞), como

x 1− x 3x + 2

W = 1 −1 3 = 0

00 0

Concluimos que {x,1− x,3x + 2} es linealmente dependiente en (−∞,∞).

86 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Capacidad de análisis y El principio de superposición
síntesis.
Como podremos observar, el número de soluciones de una ecuación diferencial lineal homo-
génea es infinito, de manera que para determinarlas a “todas” se demuestra que el conjun-
to de soluciones de una ecuación diferencial forman un subespacio vectorial del espacio de
las funciones continuas C [a,b]. A partir de este resultado, el problema de determinar todas
las soluciones se reduce a determinar una base del subespacio vectorial antes mencionado. El
siguiente teorema establece esta observación.

Teorema 4 El conjunto de soluciones de la ecuación diferencial homogénea de orden n

Argumentar con an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) +  + a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0 (2.1)
contundencia y precisión. es un subespacio vectorial del espacio de funciones continuas C [a,b]
Comunicarse en el
lenguaje matemático en Demostración
forma escrita. Definamos el conjunto

{ }Kn = y | an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + + a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0 ⊆ C [a,b]

Observemos que Kn es el conjunto formado por todas las soluciones de la ecuación dife-
rencial homogénea de orden n, y que está contenido en el espacio vectorial de las funciones

continuas sobre [a,b].
Consideremos las operaciones definidas sobre el espacio vectorial C [a,b]. Se cumplen

los siguientes casos:

El siguiente teorema del álge- Caso 1
bra lineal establece las condi-
ciones para que un subconjun- Sean y1, y2 ∈Kn . Si y1 es solución de la ecuación lineal homogénea, se cumple
to de un espacio vectorial sea an (x)y1(n) + an−1(x)y1(n−1) +  + a2 (x)y1′′+ a1(x)y1′ + a0 (x)y1 = 0
un subespacio vectorial.
Teorema: Sea V un espacio Análogamente, como y2 es solución, tenemos
vectorial y W ⊆ V , entonces W an (x)y2(n) + an−1(x)y2(n−1) +  + a2 (x)y2′′+ a1(x)y2′ + a0 (x)y2 = 0
es un subespacio vectorial de
V si se satisfacen las siguientes Al sumar estas ecuaciones y al reagrupar, tenemos
condiciones:
De manera equivalente,
1. Si u,v ∈V , entonces
u + v ∈W . an (x)( y1 + y2 )(n) + + a2 (x)( y1 + y2 )″ + a1(x)( y1 + y2 )′ + a0 (x)( y1 + y2 ) = 0

2. Si u ∈V y k ∈, entonces Esto significa que y1 + y2 es solución de la ecuación diferencial, luego
ku ∈W . y1 + y2 ∈Kn.

Este teorema aplicado al Caso 2
subespacio vectorial de las
soluciones de una ecuación Sean y1 ∈Kn y c ∈. Si y1 es solución de la ecuación lineal homogénea, se cum-
diferencial lineal homogénea ple
se conoce como principio de
superposición. an (x)y1(n) + an−1(x)y1(n−1) +  + a2 (x)y1″ + a1(x)y1′ + a0 (x)y1 = 0

2.2 Teoría preliminar 87

Si multiplicamos esta ecuación por c ∈, tenemos Una base de un espacio vecto-
rial es un conjunto linealmente
( ) ( )an (x) c ⋅ y1(n) + an−1(x) c ⋅ y1(n−1) + + a2 (x)(c ⋅ y1″ )+ independiente que genera al
espacio vectorial; esto es, cual-
a1(x)(c ⋅ y1′) + c ⋅ a0 (x)(c ⋅ y1 ) = 0 quier elemento de un espacio
se puede expresar como una
Utilizamos las propiedades de la derivada para escribir combinación lineal de la base.
Por ejemplo, si V es un espacio
an (x)(c ⋅ y1 )(n) + (an−1(x) c ⋅ y1 )(n−1) + + a2 (x)(c ⋅ y1 )′′+ a1(x)(c ⋅ y1 )′ + c ⋅ a0 (x)
(c ⋅ y1) = 0 vectorial con base {v1,v2,,vn },

Esto significa que c ⋅ y1 es solución de la ecuación diferencial, luego entonces si v ∈V se puede escri-
c ⋅ y1 ∈Kn. bir v = c1v1 + c2v2 + + cnvn para
algunas constantes reales ci.
De los casos 1 y 2, concluimos que Kn es un subespacio vectorial.
Al número de elementos de una
Una consecuencia inmediata del teorema anterior es que la función cero y = 0 base se le conoce como la di-
siempre es una solución de la ecuación diferencial lineal homogénea. mensión del espacio vectorial.

Otra consecuencia del teorema 4 es el siguiente corolario, conocido como el La función trivial y = 0 siempre
principio de superposición. satisface a la ecuación diferen-
cial lineal homogénea.

Principio de superposición Teorema 5

Sean {y1, y2 , yk } ⊆ Kn soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden Argumentar con
contundencia y precisión.
n (2.1) definidas sobre algún intervalo. Entonces, la combinación lineal de este conjunto Comunicarse en el
y = c1y1 + c2 y2 + + ck yk también es una solución definida sobre el mismo intervalo. lenguaje matemático en
forma oral y escrita.
Demostración
Demostramos en el teorema 4 que el conjunto de soluciones de la ecuación lineal homo-
génea Kn es un subespacio vectorial del espacio de funciones continuasC [a, b], de manera
que cualquier combinación lineal de soluciones sigue siendo una solución de la ecuación.

Este resultado establece básicamente que para el caso de una ecuación diferencial lineal
homogénea tanto la suma de dos soluciones como el múltiplo de una solución resultan ser otra
solución.

Conjunto fundamental de soluciones Para el caso de una ecuación
diferencial lineal homogénea,
En el teorema 4 demostramos que el conjunto de soluciones Kn de la ecuación la suma de dos soluciones es
diferencial lineal homogénea de orden n (2.1) es un subespacio vectorial del espa- otra solución y el múltiplo de
cio de funciones continuas C [a, b]. Como siguiente paso, el objeto de estudio es una solución es otra solución.
determinar una base de este espacio, es decir, necesitamos determinar un conjunto
linealmente independiente de funciones que genere al espacio de soluciones

{ }Kn = y | an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + + a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0

En el contexto de las ecuaciones diferenciales, una base del espacio de soluciones de una ecua-
ción diferencial lineal homogénea se conoce como un conjunto fundamental de soluciones.

88 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Definición 7 Conjunto fundamental de soluciones

{ }Sea Kn = y | an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + + a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0 el conjunto

de todas las soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (2.1), se

dice que el conjunto {y1, y2 , yn } ⊆ Kn es un conjunto fundamental de soluciones si es una

base del subespacio Kn.

Reconocer conceptos En otras palabras, un conjunto fundamental de soluciones {y1, y2 , yn } ⊆ Kn
generales e integradores.
de la ecuación diferencial (2.1) es un conjunto linealmente independiente de n solu-
Si {y1, y2 , yn } es un conjunto
ciones a partir del cual cualquier otra solución y se puede expresar como una combi-
fundamental de soluciones nación lineal de este conjunto. Es decir, si y ∈Kn, entonces y = c1y1 + c2 y2 + + cn yn
de la ecuación diferencial para algunas constantes ci ∈.
lineal homogénea de orden
n (2.1) y y es cualquier otra El siguiente criterio es consecuencia del teorema 3 y establece condiciones ne-

solución, entonces existen cesarias y suficientes para que un conjunto de soluciones pueda ser considerado
constantes ci ∈ tales que como un conjunto fundamental.
y = c1y1 + c2 y2 + + cn yn.

Teorema 6 Criterio para conjuntos fundamentales de soluciones

Argumentar con Sea { }y1, y2 , yn ⊆ Kn un conjunto de n soluciones de la ecuación diferencial definidas
contundencia y precisión. sobre algún intervalo. Entonces el conjunto {y1, y2 , yn } es un conjunto fundamental de
Comunicarse en el soluciones si y solo si W ( y1, y2 , yn ) ≠ 0.
lenguaje matemático en
forma escrita. Demostración
Es una consecuencia inmediata del teorema 3.
Capacidad de análisis y
síntesis. Previo al desarrollo de un método de solución para ecuaciones diferenciales lineales ho-
mogéneas de orden n, nos volvemos a hacer la pregunta obligada acerca de si lo que queremos
Teorema 7 resolver tiene o no una solución. El siguiente resultado justifica la existencia de un conjunto
fundamental de soluciones para la ecuación (2.1).
Argumentar con
contundencia y precisión. Existencia de un conjunto fundamental
Comunicarse en el
lenguaje matemático en Siempre existe un conjunto fundamental de soluciones {y1, y2 , yn } para la ecuación dife-
forma escrita.
rencial lineal homogénea de orden n

an (x)y(n) + an−1(x)y(n−1) +  + a2 (x)y′′ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0 (2.1)

Demostración

Del teorema 4 sabemos que el conjunto de soluciones de la ecuación (2.1) dada por el con-
junto Kn forma un subespacio vectorial del espacio de funciones continuas definidas sobre
un intervaloC [a,b]. La definición de espacio vectorial establece la existencia de un conjun-
to no vacio junto con dos operaciones que satisfacen los axiomas de espacio vectorial. La
dimensión no cero de Kn justifica la existencia del conjunto fundamental.

Solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea

En la unidad anterior, definimos el concepto de solución general de una ecuación diferencial
homogénea de primer orden. La generalización de esta definición es la siguiente.

2.2 Teoría preliminar 89

Solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea 8 Definición

Si {y1, }y2 , yn ⊆ Kn es un conjunto fundamental de la ecuación (2.1) sobre algún inter- Reconocer conceptos
+ c2 y2 +  + cn yn se define como la solución general generales e integradores.
valo I, la combinación lineal y = c1y1

de la ecuación.

Establecemos el siguiente resultado que nos precisa cómo obtener la solución general
de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n a partir de un conjunto fundamen-
tal de soluciones.

Solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea Teorema 8

Si {y1, y2 , yn } ⊆ Kn es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial Argumentar con
contundencia y precisión.
lineal homogénea de orden n, entonces la solución general de esta ecuación está dada por Comunicarse en el
y = c1y1 + c2 y2 + + cn yn para algunas constantes ci ∈. lenguaje matemático en
forma escrita.
Demostración

La solución general es una familia que contiene a todas las soluciones de la ecuación dife-

rencial. Si y ∈Kn es cualquier otra solución y dado que { y1, y2 , yn } es una base de Kn se
sigue que y = c1y1 + c2 y2 +  + cn yn.

Para el caso particular de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden, el
espacio de soluciones está definido por

K2 = {y | a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0}

Si un conjunto fundamental es de la forma {y1, y2 } ⊆ K2, la solución general de la ecuación

de orden 2 es y = c1y1 + c2 y2.

Como lo establecimos previamente en la observación 1, y adoptando toda la

terminología introducida hasta el momento, nuestro objetivo es ahora determinar Para resolver la ecuación
diferencial lineal homogénea
un conjunto fundamental de soluciones para la ecuación diferencial lineal de se- de orden n se requiere determi-
gundo orden que nos permita expresar la solución general como una combinación nar un conjunto fundamental
lineal. Desde esta perspectiva, el problema de resolver una ecuación diferencial
de soluciones {y1, y2 , yn }

a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0 (2.2) a partir del cual pueda ex-
presarse la solución general
se reduce a determinar un conjunto fundamental de soluciones {y1, y2 }, de tal mane- como la combinación lineal
y = c1y1 + c2 y2 +  + cn yn.
ra que la solución general tome la forma y = c1y1 + c2 y2. Como podremos observar

en la siguiente sección, si se conoce de alguna manera una primera solución y1 de

la ecuación (2.2), existe un procedimiento por medio del cual podemos calcular la

segunda solución y2; este procedimiento se conoce como una reducción de orden.

Reducción de orden

En esta sección desarrollamos un método muy importante que nos permitirá determinar un
conjunto fundamental de soluciones de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo
orden

a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0 (2.2)

A lo largo de la unidad, daremos por hecho que a2 (x), a1(x) y a0 (x) son funciones con-
tinuas y a2 (x) ≠ 0 en un intervalo común.

90 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

El método en cuestión, conocido con el nombre de reducción de orden, utiliza una primera

solución y1 para obtener una segunda y2 linealmente independiente de la primera, de manera

que {y1, y2 } forma un conjunto fundamental de soluciones de (2.2), y a partir de este se con-

cluye que la solución general es y = c1y1 + c2 y2.
Ilustremos el método de reducción de orden en el siguiente ejemplo.

EJEMPLO 17 Ilustración del método de reducción de orden

Una solución de la ecuación diferencial y″ − 3y′ + 2y = 0 es la función y1 = e2x. Determinar si
existe una función u(x) tal que y2 = u(x)e2x sea una segunda solución linealmente indepen-
diente de la primera.

Solución
Si suponemos que la función y2 = u(x)e2x es una solución de la ecuación diferencial dada, en-
tonces la satisface; de esta manera

y2 = u(x)e2x

y2′ = 2u(x)e2x + u′(x)e2x derivamos una vez

y2′′ = 4u(x)e2x + 4u′(x)e2x + u″(x)e2x derivamos nuevamente

Sustituimos estas funciones en la ecuación diferencial dada

( )y2′′− 3y2′ + 2 y2 = 4u(x)e2x + 4u′(x)e2x + u″(x)e2x − 3 2u(x)e2x + u′(x)e2x + 2u(x)e2x = 0

Al simplificar, tenemos

( )4u(x)e2x + 4u′(x)e2x + u″(x)e2x − 3 2u(x)e2x + u′(x)e2x + 2u(x)e2x = 0

de donde

u″(x)e2x + u′(x)e2x = 0

u″(x) + u′(x) = 0 eliminamos la función exponencial

Si definimos una nueva variable como w = u′, entonces w′ = u″; de esta manera

w′(x) + w(x) = 0 sustituimos w = u′ y w′ = u″

dw = −dx separamos
w(x)

lnw(x) = −x + c0 integramos

w(x) = c1e−x escribimos c1 = ec0

u′(x) = c1e−x sustituimos w = u′

u(x) = −c1e−x + c2 integramos

u(x) = e−x elegimos c1 = −1 y c2 = 0

de esta manera, y2 = u(x)e2x = e−xe2x = ex.

{ }Se verifica que y2 = ex es una solución de la ecuación dada y del ejemplo 12 se concluye que

es linealmente independiente de y1 = e2x; de manera que ex ,e2x es un conjunto fundamental y
entonces la solución general es y = c1ex + c2e2x.

2.2 Teoría preliminar 91

OBSERVACIÓN 3 El método de reducción de orden

Para desarrollar el método de reducción de orden para la ecuación diferencial ordinaria de
segundo orden (2.2) y dado que a2 (x) ≠ 0, la escribimos en la forma

y″ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (2.3)

en la cual observamos que el coeficiente principal (el que corresponde a la derivada de mayor
orden) es un 1. La continuidad de las funciones a2 (x), a1(x) y a0 (x) sobre un intervalo común
I implica la continuidad de p(x) y q(x) en el mismo intervalo. Básicamente, el método consiste

en reducir el orden de la ecuación (2.3). Para esto es necesario conocer primeramente una
solución y1 no trivial y suponer que la segunda solución es de la forma y2 = u(x)y1. De esta
manera, si la suposición es falsa, la sustitución directa en la ecuación produciría un error; sin

embargo, obtenemos
y2 = u(x)y1

y2′ = u(x)y1′ + u′(x)y1

y2′′ = u(x)y1′′ + u′(x)y1′ + u′(x)y1′ + u″(x)y1

Como hemos supuesto que y2 = u(x)y1 es la segunda solución de (2.3), entonces y2 satisface la
ecuación, de manera que al sustituir y2′′+ p(x)y2′ + q(x)y2 = 0, tenemos

( )u(x)y1′′ + u′(x)y1′ + u′(x)y1′ + u″(x)y1 + p(x) u(x)y1′ + u′(x)y1 + q(x)(u(x)y1) = 0

Luego, factorizamos u(x) para escribir Argumentar con
contundencia y precisión.
( )u(x) y1′′+ p(x)y1′ + q(x)y1 + 2u′(x)y1′ + u″(x)y1 + p(x)u′(x)y1 = 0 Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma
Como y1 es una solución de (2.3), se cumple entonces que y1′′+ p(x)y1′ + q(x)y1 = 0; de manera escrita.
que la expresión anterior se reduce a

2u′(x)y1′ + u″(x)y1 + p(x)u′(x)y1 = 0

De esta manera,

2u′(x) y1′ + u″(x) + p(x)u′(x) = 0 dividimos por y1
y1

2 y1′ + u″(x) + p(x) = 0 dividimos por u′(x)
y1 u′(x)

Si consideramos una nueva variable definida por v(x) = u′(x), tenemos que v′(x) = u″(x),

luego

2 y1′ + v′(x) + p(x) = 0 sustituimos los cambios de variable
y1 v(x) integramos por término

∫ ∫ ∫2 dy1 dx + dv dx + p(x)dx = 0
y1 v(x)

∫ln y12 + lnv(x) + lnc0 + p(x) dx = 0 agregamos constante

∫lnc0v(x)y12 = − p(x) dx asociamos

c0v(x)y12 = e− ∫ p(x)dx tomamos exponencial, c0 = 1
resolvemos para v(x)
v(x) = e− ∫ p(x )dx
y12

92 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

u′(x) = e− ∫ p(x )dx sustituimos v(x) = u′(x)
y12 integramos

∫u(x) = e− ∫ p(x )dx dx + c1
y12

Finalmente, elegimos c1 = 0 y como y2 = u(x)y1 concluimos

Capacidad de análisis y ∫y2 = y1 e− ∫ p(x )dx dx
síntesis. y12

Verifiquemos ahora que en efecto esta función es una solución de la ecuación (2.3). Si deriva-

mos y2, tenemos

e− ∫ p(x )dx e− ∫ p(x )dx
y1 y12
=∫y2′ + y1′ dx

p(x)e− ∫ p(x)dx e− ∫ p(x )dx
y1 y12
∫y2′′ = − + y1′′ dx

Sustituimos en la ecuación (2.3)

p(x)e− ∫ p(x)dx e− ∫ p(x )dx
y1 y12
∫y2′′+
p( x ) y2′ + q(x)y2 = − + y1′′ dx

p( x )£e − ∫ p( x )dx e− ∫ p(x )dx e− ∫ p(x )dx
y12 y12
∫ ∫+ y1 y1′
+ dx≥ +q(x) £y1 dx≥

∫Factorizamos el término e− ∫ p(x )dx dx
y12

e− ∫ p(x )dx − p(x) e− ∫ p(x)dx + p(x) e− ∫ p(x)dx
y12 y1 y1
∫ ( )y2′′+ p(x)y2′ + q(x)y2 =
dx y1′′ + p(x)y1′ + q(x)y1

y como y1 es una primer solución de la ecuación (2.3), concluimos que

∫y2′′+ p(x)y2′ + q(x)y2 = e− ∫ p(x )dx dx¢ y1′′ + p(x)( y1′ + q(x)y1 ≤ = 0
y12

Hasta aquí hemos verificado que si y1 es una solución de (2.3), entonces

∫y2 = y1 e− ∫ p(x )dx dx
y12

también es otra solución. Demostremos ahora para finalizar esta construcción que la solución
y2 obtenida es linealmente independiente de y1.

Se cumple que

y1 ∫y1 e− ∫ p(x )dx dx
y1′ y12
W ( y1, y2 ) =
∫e− ∫ p(x)dx e− ∫ p(x )dx
y1 + y1′ y12 dx

2.2 Teoría preliminar 93

¢e − ∫ p(x ) dx e− ∫ p(x )dx e− ∫ p(x )dx
y12 y12
( ) ∫ ∫W = y1 + y1′ dx≤ − y1 y1′
y1, y2 y1 dx Argumentar con
contundencia y precisión.
( )W y1, y2 = e− ∫ p(x)dx Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma
escrita.

Dado que W ( y1, y2 ) = e−∫ p(x)dx ≠ 0 para todos los valores reales, por el teorema 6 conclui-
mos que {y1, y2 } es un conjunto fundamental, de manera que la solución general de la ecuación

(2.3) es y = c1y1 + c2 y2.

EJEMPLO 18 Reducción de orden

La función y1 = e3x es una solución de la ecuación y″ − 7y′ + 12y = 0. Determinar una segunda
solución linealmente independiente.

Solución
En este caso p(x) = −7, de manera que

e− ∫ p(x )dx e− ∫ (−7)dx
y12 e6x
∫ ∫y2 = y1 dx = e3x dx

∫ ∫y2 = e3x e7x dx = e3x ex dx
e6x

y2 = e4x

{ }Luego e3x , e4x es un conjunto fundamental y y = c1e3x + c2e4x es la solución general.

EJEMPLO 19 Reducción de orden

La función y1 = 1 es una solución de la ecuación x2 y″ + 5xy′ + 4y = 0. Determinar una segun-
x2

da solución linealmente independiente.

Solución 5 4 5,
x x2 x
Si escribimos la ecuación en la forma y″ + y′ + y= 0, observamos que p(x) = de ma-
nera que

e− ∫ p(x )dx 1 e − ∫ 5 dx
y12 x2 x
∫ ∫y2 = y1
dx = 1 dx

x4

∫y2 = 1 x4e−5lnx dx
x2

∫y2 = 1 x4x−5 dx
x2

∫y2 = 1 1 dx
x2 x

y2 = 1 ln x
x2

{ }Luego1 , 1 ln x es un conjunto fundamental y y = c1 1 + c2 1 ln x es la solución general.
x2 x2 x2 x2

94 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

EJEMPLO 20 Reducción de orden

La función y1 = eax es una solución de la ecuación y″ − 2ay′ + a2 y = 0. Determinar una segunda
solución linealmente independiente.

Solución
Observemos que el coeficiente principal de la ecuación es 1, y p(x) = −2a, de manera que

e− ∫ p(x )dx e− ∫ (−2a) dx
y12 e 2 ax
∫ ∫y2 = y1 dx = e ax dx

∫y2 = eax e 2 ax dx
e 2 ax

∫y2 = eax dx

y2 = x eax

{ }Luego eax , xeax es un conjunto fundamental y y = c1eax + c2xeax es la solución general.

EJEMPLO 21 Reducción de orden

La función y1 = sen kx es una solución de la ecuación y″ + k2 y = 0. Determinar una segunda
solución linealmente independiente.

Solución
Como el coeficiente principal de la ecuación es 1, entonces p(x) = 0; de manera que

e− ∫ p(x )dx 1
y12 sen2
∫ ∫y2 = y1
dx = sen x x dx

∫y2 = sen x csc2 x dx

y2 = sen x (− cot x)

y2 = − cos x

Luego { sen x, cos x} es un conjunto fundamental y y = c1 sen x + c2 cos x es la solución general.

2.2 Desarrollo de competencias 2. La función y = c e− 1 x cos 7x + c2e − 1 x sen 7x es la
2 2
Capacidad para generar nuevas ideas.
Resolver problemas. 1

1. La función y = c1ex + c2e−x es la solución general solución general de la ecuación diferencial y″ + y′ +
de la ecuación diferencial y″ − y = 0. Determinar
la solución particular que satisface las condiciones 2y = 0 . Determinar la solución particular que satis-
y(0) = 2, y′(1) = 0.
face las condiciones y(0) = 0, y′(0) = 0.

3. La función y = c1 cos 4x + c2 sen 4x es la solución ge-
neral de la ecuación diferencial y″ + 16y = 0. Deter-

minar la solución particular que satisface las condi-
ciones y(0) = 1, y′(1) = 4.

2.2 Teoría preliminar 95

4. La función y = c1 cos2x + c2 sen2x es la solución ge- 30. f1(x) = xm , f2 (x) = xn , f3 (x) = x p
neral de la ecuación diferencial y″ + 4y = 0. Deter- 31. f1(x) = emx , f2 (x) = enx , f3 (x) = e px
32. f1(x) = emx , f2 (x) = enx , f3 (x) = e(m+n)x
( )minar la solución particular que satisface las condi-
33. f1(x) = x , f2 (x) = x, f3(x) = 1
ciones y(0) = 0, y′ π = 1.
34. f1(x) = sen x, f2 (x) = cos2x, f3(x) = cos x
4 35. f (x) = ex , f0 (x) = 1, f1(x) = x, f2 (x) =

5. La función y = c1e−5x + c2e−x es la solución general de x2 , , fn (x) = xn
la ecuación diferencial y″ + 6y′ + 5y = 0, determinar 36. f (x) = ex , f0 (x) = 1, f1(x) = x, f2 (x) =
la solución particular que satisface las condiciones
y(0) = 0, y′(1) = 3. x2 ,, fn (x) = xn ,

En los ejercicios 6 a 36, determinar si los conjuntos dados En los ejercicios 37 a 67, verificar que la función dada es
son linealmente dependientes o linealmente independien- una solución de la ecuación diferencial lineal homogénea.
tes. A partir de esta solución, utilizar una reducción de orden
para construir un conjunto fundamental de soluciones y
6. f1(x) = eax , f2 (x) = xeax la solución general en un intervalo adecuado.
7. f1(x) = eax cos bx, f2 (x) = eax sen bx
8. f1(x) = xn , f2 (x) = xn ln x 37. y″ − 5y′ + 4y = 0, y1 = ex

9. f1(x) = cos ax, f2 (x) = senbx 38. y″ − 10 y′ + 24y = 0, y1 = e4x

10. f1(x) = cot x, f2 (x) = csc x 39. y″ − 8y′ + 16y = 0, y1 = e4x
11. f1(x) = cot2 x, f2 (x) = csc2 x
12. f1(x) = tan2 x, f2 (x) = sec2 x, f3(x) = 1 40. y″ + 49y = 0, y1 = sen7x

13. f1(x) = cos(b ln x), f2 (x) = sen(b ln x) 41. y″ − 4y′ + 5y = 0, y1 = e2x sen x
14. f1(x) = x2 cos(4 ln x), f2 (x) = x2 sen(4 ln x)
15. f1(x) = xa cos(b ln x), f2 (x) = xa sen(b ln x) 42. y″ − 2 y′ + 2 y = 0, y1 = ex cos x

16. f1(x) = eax , f2 (x) = x2eax 43. y″ − 2 y′ + 5y = 0, y1 = ex sen2x

17. f1(x) = sen x, f2 (x) = cos x, f3(x) = 2 sen x + 4 cos x 44. 2y″ − 6y′ + 5y = 0, y1 = e 3 x sen 1 x
2 2
18. f1(x) =1, f2 (x) = x + 3, f3(x) = −3x + 4
19. f1(x) =1, f2 (x) = x, f3(x) = x2 45. y″ − y′ − 72 y = 0, y1 = e−8x
20. f1(x) =1− x, f2 (x) = x2 − 2, f3(x) = x2 + 3x
21. f1(x) = sen2 x, f2 (x) = 3, f3(x) = cos 2x 46. y″ − 64y = 0, y1 = e8x
22. f1(x) = ex , f2 (x) = e−x , f3 (x) = senh x
23. f1(x) = eax , f2 (x) = xeax , f3 (x) = x2eax 47. y″ + 16y′ + 64y = 0, y1 = e−8x

24. f1(x) = x2 , f2 (x) = x2 ln x, f3 (x) = x2 (ln x)2 48. y″ + 64y = 0, y1 = cos8x
25. f1(x) = xn , f2 (x) = xn ln x, f3 (x) = xn (ln x)2
49. 2x2 y″ + 6xy′ + 2y = 0, y1 = 1
26. f1(x) = cos x, f2 (x) = x cos x, f3(x) = x2 cos x x
27. f1(x) = cosh x, f2 (x) = senh x, f3(x) = ex
28. f1(x) = cosh kx, f2 (x) = senh kx, f3(x) = ekx 50. 4x2 y″ + 8xy′ + y = 0, y1 = ln x
x
29. f1(x) = sen x, f2 (x) = cos x, f3(x) = tan x
51. x2 y″ + 7xy′ + 9y = 0, y1 = 1
x3

52. 9x2 y″ + 21xy′ + 4y = 0, y1 = x−2/3

53. 4x2 y″ + 16xy′ + 9y = 0, y1 = x−3/2 ln x

54. x2 y″ + 5xy′ + 3y = 0, y1 = 1
x

96 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

55. 5x2 y″ + 13xy′ + 3y = 0, y1 = 1 61. x2 y″ + 4xy′ = 0, y1 = 1
x x3

56. 8x2 y″ + 18xy′ + 3y = 0, y1 = 1 62. x2 y″ + xy′ + y = 0, y1 = cos ln x
x
63. x2 y″ + 3xy′ + 2 y = 0, y1 = x−1 cos ln x

57. x2 y″ + 7xy′ + 8y = 0, y1 = 1 64. x2 y″ + 5xy′ + 5y = 0, y1 = cos ln x
x2 x2

58. x2 y″ + 9xy′ + 15y = 0, y1 = x−3 65. x2 y″ + 7xy′ + y = 10, y1 = sen ln x
x3
1
59. 2x2 y″ + 8xy′ + 4y = 0, y1 = x 66. x2 y″ + 9xy′ + 17 y = 0, y1 = x−4 sen ln x

60. 2x2 y″ + 4xy′ = 0, y1 = 1 67. 2x2 y″ + 8xy′ + 5y = 0, y1 = x−3/2 cos ln x

2.2 Competencia final

Optimizar soluciones. En los ejercicios 6 a 10, verificar que la función dada es
Resolver problemas. una solución de la ecuación diferencial lineal homogénea.
A partir de esta solución, utilizar una reducción de orden
1. La función y = c1 cos 4x + c2 sen 4x es la solución ge- para construir un conjunto fundamental de soluciones y
neral de la ecuación diferencial y″ + 16y = 0. Deter- la solución general en un intervalo adecuado. Utilizar un
minar la solución particular que satisface las condi- SAC para graficar alguna solución particular.
ciones y(0) = 1, y′(1) = 4.
Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.
En los ejercicios 2 a 5, determinar si los conjuntos dados
son linealmente dependientes o linealmente independien- 6. 2x2 y″ + 4xy′ + y = 0, y1 = sen ln x
tes. x

2. f1(x) = xeax cos bx, f2 (x) = xeax sen bx 7. 2x2 y″ + 12xy′ + 12 y = 0, y1 = x−3

3. f1(x) = tan x, f2 (x) = sec x, f3(x) = 1 8. x2 y″ + 5xy′ + 4y = 0, y1 = ln x
x2
4. f1(x) = x, f2 (x) = x ln x, f3(x) = x(ln x)2
9. 2y″ − 2y′ + 1y = 0, y1 = e 1 x cos 1 x
5. f1(x) = xm , f2 (x) = xn , f3 (x) = xm+n 2 2

10. y″ − 4y′ + 4y = 0, y1 = xe2x

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales

con coeficientes constantes

En la sección 1.5 estudiamos el método de solución de una ecuación diferencial lineal de pri-
dy
mer orden de la forma a1 ( x ) dx + a0 (x)y = g(x), sin restricción alguna para los coeficientes

a1(x), a0 (x) ni para la función g(x).

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 97

En el teorema 1 de la sección 1.5 demostramos que toda ecuación diferencial lineal de la

forma a1( x) dy + a0 (x)y = 0 es separable, y en el teorema 2 de la sección 1.5 demostramos que la
ecuación dx
a1 ( x ) dy + a0 (x)y = g(x) se puede reducir a una ecuación diferencial exacta mediante
dx
el uso de un factor integrante.

Como lo mencionamos en la observación 1 de la sección anterior, las primeras ecuaciones

diferenciales lineales que se aprende a resolver son las lineales de coeficientes constantes. Para

poder resolver una ecuación de orden n desarrollamos un método para las ecuaciones homogé-

neas de segundo orden de la forma a2 y″ + a1y′ + a0 y = 0. A partir de aquí, se hace una extensión
del método a ecuaciones de orden superior y posteriormente se inicia la solución de ecuaciones

no homogéneas.

Iniciamos con la definición formal de una ecuación diferencial lineal homogénea con Reconocer conceptos
generales e integradores.
coeficientes constantes.

Ecuación diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes 1 Definición

Una ecuación diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes es de la forma

an y(n) + an−1y(n−1) +  + a2 y″ + a1y′ + a0 y = g(x)

donde a0 ,a1,,an ∈ , an ≠ 0 .
Si g(x) = 0 la ecuación se denomina homogénea. Si g(x) ≠ 0 , la ecuación es no ho-

mogénea.

La ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes de segundo orden toma la forma

a2 y″ + a1y′ + a0 y = 0 (2.4)

Como pudimos observar, las ecuaciones con coeficientes constantes siempre admiten una
solución de forma exponencial u otra que se puede obtener a partir de esta; específicamente nos
referimos a una función polinomial, senoidal o cosenoidal definidas para todos los números
reales. Para el caso de la ecuación de segundo orden si conocemos una primera solución y1, la
aplicación del método de reducción de orden completa un conjunto fundamental de soluciones
deseado. Iniciemos la discusión correspondiente.

El resto de esta sección nos enfocamos a resolver ecuaciones diferenciales lineales homogé-
neas y comenzamos con la ecuación de segundo orden. Convengamos en abreviar como EDL
a una ecuación diferencial lineal.

La ecuación característica de una EDL con coeficientes constantes

El método de solución de una ecuación con coeficientes constantes homogénea se basa en el
sorprendente hecho de que siempre admite una solución exponencial. Este resultado se presen-
ta en el siguiente teorema.

La ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes siempre Teorema 1
admite una solución exponencial
Comunicarse en el
Demostración lenguaje matemático en
forma escrita.
Dada la ecuación diferencial a2 y″ + a1y′ + a0 y = 0, supongamos que una solución es de la Capacidad de análisis y
forma y1 = emx. De esta manera, tenemos al derivar sucesivamente dos veces que y1′ = memx síntesis.
y y1′′ = m2emx. Como y1 es solución, entonces debe satisfacer la ecuación original, es decir,
a2 y1′′ + a1y1′ + a0 y1 = 0, entonces

a2 y1′′ + a1y1′ + a0 y1 = a2m2emx + a1memx + a0emx = 0

98 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Argumentar con Luego, factorizamos la función exponencial para obtener
contundencia y precisión.
( )emx a2m2 + a1m + a0 = 0.

Dado que la función exponencial nunca se anula, se deduce que para que la función
y1 = emx sea una solución de la ecuación a2 y″ + a1y′ + a0 y = 0 debe satisfacerse la ecuación

a2m2 + a1m + a0 = 0 (2.5)

El teorema fundamental del Por tratarse de una ecuación de segundo grado con coeficientes reales, el teo-
álgebra establece que toda rema fundamental del álgebra garantiza que a lo más, existen dos raíces que
ecuación polinomial de grado pueden ser reales (iguales o diferentes entre sí) o complejas conjugadas. De
mayor o igual que 1 con manera que se tienen los siguientes casos de raíces: reales diferentes, reales
coeficientes complejos admite

al menos una raíz y a lo más, repetidas y complejas conjugadas.
tantas raíces como su grado.

En el mismo resultado se ga- Caso 1 Raíces reales diferentes
rantiza que si la ecuación tiene

coeficientes reales, entonces Si las dos raíces de la ecuación (2.5) digamos m1 y m2 son reales y diferen-
las raíces complejas, si las hay,
aparecen a pares conjugados. { }tes, entonces se tiene que las funciones em1x , em2x son ambas soluciones

de la ecuación (2.4), y como verificamos en el ejemplo 12 de la sección 2.1

son linealmente independientes entre sí, de manera que forman un con-

junto fundamental y se concluye que en este caso la solución general de la ecuación

a2 y″ + a1y′ + a0 y = 0 es

y = c1e m1x + c2e m2x

Caso 2 Raíces reales repetidas

Capacidad de análisis y Si la ecuación (2.5) tiene una raíz m de multiplicidad 2, entonces se cumple que una prime-
síntesis.
ra solución es de la forma y1 = emx. Como a2 ≠ 0 escribimos la ecuación (2.4) en la forma
y″ + a1 y′ + y= 0 y aplicamos una reducción de orden
a0

a2 a2

∫y2 = y1 e− ∫ p(x )dx dx
y12

∫y2 = emx − a1 dx dx sustituimos p(x) = a1
a2
e ∫ a2
e 2 mx

− a1 x
e a2
∫y2 = emx e 2 mx dx integramos

En esta parte hacemos la siguiente consideración: si las raíces de la ecuación
a2m2 + a1m + a0 = 0 se obtienen mediante la fórmula general, entonces

m = −a1 ± a12 − 4a2a0
2a2

Pero en el caso 2, las raíces son repetidas, de manera que a12 − 4a2a0 = 0, luego
2m = − a1
a2

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 99

De esta manera, la segunda solución toma la forma

∫ ∫y2 = emxe 2 mxdx= e mx dx = x emx
e 2 mx

En la sección 2.2 demostramos que al aplicar una reducción de orden, la segunda solución Argumentar con
contundencia y precisión.
{ }obtenida es linealmente independiente de la primera, de manera que emx , xemx es un

conjunto fundamental de soluciones de la ecuación a2 y″ + a1y′ + a0 y = 0 . En este caso, la
solución general es

y = c1emx + c2 x emx

Caso 3 Raíces complejas conjugadas Capacidad de análisis y
síntesis.

Como hemos mencionado, el teorema fundamental del álgebra garantiza que en el caso de

que la ecuación (2.5) tenga raíces complejas, estas son conjugadas una de la otra, pero dife-

rentes. De manera que podemos aplicar el caso 1 antes expuesto.

Sean a ± bi las raíces complejas, entonces un conjunto fundamental de La forma exponencial de un
complejo se define por e±iθ =
{ }soluciones es de la forma e(a+bi)x , e(a−bi)x y la solución general puede expre- cosθ ± i senθ, θ ∈.

sarse como

y = k1e(a+bi )x + k2 e(a−bi )x

( )y = eax k1eibx + k2 e−ibx factorizamos eax

y = eax[k1 (cosbx + i senbx) + k2 (cosbx − i senbx)] desarrollamos las exponenciales

y = (eax[ k1 + k2 )cosbx + (k1 − k2 )i senbx] factorizamos las constantes Lograr un pensamiento
lógico, algorítmico,
heurístico, analítico y
sintético.

y = eax[c1 cos bx + c2 sen bx] definimos c1 y c2

y = c1eax cos bx + c2 eaxsen bx desarrollamos

De manera que para el caso 3 de raíces complejas conjugadas, el conjunto fundamental de

{ }la ecuación (2.4) queda definido por eax cosbx, eaxsenbx .

La ecuación (2.5), a partir de la cual se deducen los casos anteriores, recibe un nombre
especial, como se indica en la siguiente definición.

Ecuación auxiliar de una EDL con coeficientes constantes 2 Definición

La ecuación a2m2 + a1m + a0 = 0 asociada a la ecuación diferencial a2 y″ + a1y′ + a0 y = 0 se Reconocer conceptos
conoce como su ecuación auxiliar o ecuación característica. generales e integradores.

100 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

En resumen, tenemos la siguiente tabla

Caso Raíces auxiliares Conjunto fundamental Solución general
y = c1e m1x + c2 e m2x
Raíces reales m1, m2 { }em1x , em2x y = c1emx + c2 xemx
diferentes y = c1eax cos bx + c2 eaxsen bx

Raíces reales m de multiplicidad 2 { }emx , xemx
repetidas

Raíces a ± bi { }eax cosbx, eaxsenbx
complejas
conjugadas

Tabla 2.1 La solución general de la EDL a2 y1′′ + a1y1′ + a0 y1 = 0.

EJEMPLO 1 Una EDL con coeficientes constantes y raíces auxiliares reales diferentes
Determinar la solución general de la ecuación y″ − 10y′ + 24y = 0.

Solución

Al suponer que una solución es de la forma y1 = emx y sustituir a esta función y a sus primeras
dos derivadas en la ecuación original, obtenemos la ecuación auxiliar m2 − 10m + 24 = 0. Luego

m2 − 10m + 24 = 0 ecuación auxiliar

De manera directa, la ecuación (m − 4)(m − 6) = 0 factorizamos
auxiliar a2m2 + a1m + a0 = 0 aso-
ciada a la EDL con coeficientes m = 4, m = 6 raíces reales y diferentes

constantes a2 y″ + a1y′ + a0 y = 0 Las dos raíces auxiliares reales y diferentes nos indican que se trata de una ecua-
puede obtenerse al “cambiar” ción diferencial correspondiente al caso 1, de manera que un conjunto fundamen-
la segunda derivada y″ por m2,
{ }tal es e4x , e6x y la solución general es y = c1e4x + c2 e6x .
a la primera derivada y′ por m,

y a la variable y por 1.

EJEMPLO 2 Una EDL con coeficientes constantes y una raíz auxiliar real de
multiplicidad 2

Determinar la solución general de la ecuación y″ + 16y′ + 64y = 0.

Resolver problemas. Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 16m + 64 = 0. Luego

m2 + 16m + 64 = 0 ecuación auxiliar

(m + 8)2 = 0 factorizamos

m = −8 raíz real de multiplicidad 2

La raíz auxiliar real y repetida (multiplicidad 2) nos indica que se trata de una ecuación dife-

{ }rencial correspondiente al caso 2, de manera que un conjunto fundamental es e−8x , xe−8x y la

solución general es y = c1e−8x + c2 xe−8x.

EJEMPLO 3 Una EDL con coeficientes constantes y raíces auxiliares complejas
conjugadas

Determinar la solución general de la ecuación y′′ + 2y′ + 3y = 0.

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 101

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 2m + 3 = 0. Luego por fórmula general, tenemos

m = −2 ± 22 − 4(1)(3) aplicamos la fórmula general cuadrática
2(1)

m = −1± 2 i raíces complejas conjugadas

Las dos raíces complejas conjugadas nos indican que se trata de una ecuación diferencial co-

{ }rrespondiente al caso 3, de manera que un conjunto fundamental es e−x cos 2 x, e−x sen 2 x

y la solución general es y = c1e−x cos 2 x + c2 e−x sen 2 x.

EJEMPLO 4 Una EDL con coeficientes constantes y raíces auxiliares reales diferentes
Determinar la solución general de la ecuación y″ − 2y′ − 5y = 0.

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 − 2m − 5 = 0. Por fórmula general, tenemos

m = −(−2) ± (−2)2 − 4(1)(−5) aplicamos fórmula general
2(1)

m =1± 6 raíces reales diferentes

Las dos raíces auxiliares reales y diferentes nos indican que se trata de una ecuación diferencial
correspondiente al caso 1, de manera que un conjunto fundamental es e(1+ 6)x , e(1− 6)x y la

{ }solución general es y = c1e(1+ 6)x + c2 e(1− 6)x.

EJEMPLO 5 Una EDL con coeficientes constantes y una raíz real de multiplicidad 2
Determinar la solución general de la ecuación y″ − 4 3y′ + 12y = 0.

Solución Resolver problemas.
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 − 4 3 m + 12 = 0. Luego

m2 − 4 3 m + 12 = 0 ecuación auxiliar

(m − 2 3)2 = 0 factorizamos

m=2 3 raíz real de multiplicidad 2

La raíz auxiliar real y repetida (multiplicidad 2) nos indica que se trata de una ecuación dife-

{ }rencial correspondiente al caso 2, de manera que un conjunto fundamental es e2 3x , xe2 3x y

la solución general es y = c1e2 3x + c2 xe2 3x.

EJEMPLO 6 Una EDL con coeficientes constantes y raíces auxiliares complejas
conjugadas

Determinar la solución general de la ecuación 2y″ + 2y′ + y = 0 .

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es 2m2 + 2m + 1 = 0. Por fórmula general, tenemos

102 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

m = −2 ± 22 − 4(2)(1) aplicamos la fórmula general cuadrática
2(2)

m = −1± 1i raíces complejas conjugadas
22

Las dos raíces complejas conjugadas nos indican que se trata de una ecuación diferencial
{ }correspondiente al caso 3, de manera que un conjunto fundamental es
e− 1 x cos 1 x, e− 1 x sen 1 x
2 2 2 2

y la solución general es y = c1 e− 1 x cos 1 x + c2 e− 1 x sen 1 x.
2 2 2 2

EJEMPLO 7 Un problema de valor inicial con raíces auxiliares reales diferentes
Resolver la ecuación diferencial y″ − 30y′ + 200y = 0 sujeta a y(0) = 1, y′(0) = 30.

Resolver problemas. Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 − 30m + 200 = 0. Luego

m2 − 30m + 200 = 0 ecuación auxiliar

(m − 10)(m − 20) = 0 factorizamos

m = 10, m = 20 raíces reales diferentes

Las raíces auxiliares reales y diferentes nos indican que se trata de una ecuación diferencial co-

{ }rrespondiente al caso 1, de manera que un conjunto fundamental es e10x , xe20x y la solución

general es y = c1e10x + c2 e20x.
Para determinar la solución particular que satisface las condiciones dadas, determinamos

la primera derivada

y = c1e10x + c2 e20x solución general
y′ = 10c1e10x + 20c2 e20x primera derivada
Evaluamos las condiciones y(0) = 1, y′(0) = 30

y(0) = c1 + c2 = 1

y′(0) = 10c1 + 20c2 = 30

Al resolver el sistema anterior de dos ecuaciones en dos variables tenemos c1 = −1, c2 = 2, de
manera que la solución buscada es y = −e10x + 2 e20x.

EJEMPLO 8 Un problema de valor inicial con una raíz auxiliar real de multiplicidad 2
Resolver la ecuación diferencial y″ − 6y′ + 9y = 0 sujeta a y(0) = −1, y′(0) = −1.

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 − 6m + 9 = 0. Luego

m2 − 6m + 9 = 0 ecuación auxiliar

(m − 3)2 = 0 factorizamos

m = 3, m = 3 raíz real de multiplicidad 2

La raíz auxiliar real y repetida (multiplicidad 2) nos indica que se trata de una ecuación dife-

{ }rencial correspondiente al caso 2, de manera que un conjunto fundamental es e3x , xe3x y la

solución general es y = c1e3x + c2 xe3x.

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 103

Para determinar la solución particular que satisface las condiciones dadas, determinamos la
primera derivada

y = c1e3x + c2 xe3x solución general
y′ = 3c1e3x + 3c2 x e3x + c2e3x primera derivada
Evaluamos las condiciones y(0) = −1, y′(0) = −1

y(0) = c1 = −1

y′(0) = 3c1 + c2 = −1

Al resolver el sistema anterior de dos ecuaciones en dos variables tenemos c1 = −1, c2 = 2, de
manera que la solución buscada es y = −e3x + 2x e3x.

EJEMPLO 9 Un problema de valor inicial con raíces auxiliares complejas conjugadas

( ) ( )Resolver la ecuación diferencial π π = 1.
y″ + y = 0 sujeta a y 2 = 2, y′ 2

Resolver problemas.

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 1 = 0 y entonces m = ±i.

Las raíces auxiliares complejas conjugadas nos indican que se trata de una ecuación dife-

rencial correspondiente al caso 3, de manera que un conjunto fundamental es {cos x, sen x} y

la solución general es y = c1 cos x + c2 sen x.
Para determinar la solución particular que satisface las condiciones dadas, determinamos

la primera derivada

y = c1 cos x + c2 sen x solución general

y′ = −c1 sen x + c2 cos x primera derivada

( ) ( )Evaluamos las condiciones y π = 2, y′ π = 1
22

( )y π = c2 = 2
2

( )y′π = −c1 = 1
2

Al resolver el sistema anterior de dos ecuaciones en dos variables tenemos c1 = −1, c2 = 2, de
manera que la solución buscada es y = − cos x + 2 sen x.

Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior
con coeficientes constantes

Como lo habíamos mencionado en la observación 1 de la sección 2.1, para encontrar la solu-
ción general de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n de la forma

an y(n) + an−1y(n−1) +  + a2 y′′ + a1y′ + a0 y = 0 , a0 ,a1,,an ∈ (2.6) Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma
haremos una generalización del método expuesto anteriormente para resolver la ecuación di- escrita.
ferencial de segundo orden a2 y″ + a1y′ + a0 y = 0.
Argumentar con
De acuerdo con el teorema fundamental del álgebra, la ecuación auxiliar de la ecuación contundencia y precisión.

(2.6) dada por

anmn + an−1mn−1 +  + a2m2 + a1m + a0 = 0 (2.7)

104 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

El teorema fundamental del tiene a lo más n raíces, las cuales son reales diferentes, reales repetidas o complejas
álgebra establece que toda conjugadas; de manera que para determinar la solución general de la ecuación
ecuación polinomial de grado (2.6) es necesario obtener las n raíces y asignar una función a cada una de ellas con
mayor o igual que 1 con base en los tres casos conocidos, como se especifica a continuación.
coeficientes complejos admite
al menos una raíz y a lo más Caso 1
tantas raíces como su grado.
En el mismo resultado se ga- { }Por cada raíz auxiliar real diferente m, la función emx forma parte del conjunto
rantiza que si la ecuación tiene
coeficientes reales, entonces fundamental de soluciones.
las raíces complejas, si las hay,
aparecen a pares conjugados. Caso 2

{Por cada raíz auxiliar real de multiplicidad k, las funciones emx ,xemx ,x2emx ,,
}xk−1emx forman parte del conjunto fundamental de soluciones.

Capacidad de análisis y Caso 3
síntesis.
Lograr un pensamiento { }Por cada par de raíces complejas conjugadas a ± bi, las funciones eax cosbx,eax senbx for-
lógico, algorítmico,
analítico y sintético. man parte del conjunto fundamental de soluciones.

Caso 4

Por cada par de raíces complejas conjugadas a ± bi de multiplicidad k, las funciones

{ }eax cosbx, eaxsenbx, xeaxcosbx,xeaxsenbx, ..., xk−1eax cosbx, xk−1eaxsenbx forman parte del con-

junto fundamental de soluciones.

Capacidad de análisis y OBSERVACIÓN 1 Las diferentes combinaciones de raíces reales y complejas
síntesis. de una ecuación polinomial

De acuerdo con el teorema fundamental del álgebra, si una ecuación polinomial tiene coefi-
cientes reales, entonces las raíces complejas, si existen, aparecen a pares conjugados. De esta
manera, las raíces de una ecuación de segundo grado pueden ser dos complejas o dos rea-
les. Para una ecuación de tercer grado, las raíces pueden ser dos complejas y una real, o tres
reales. Para una ecuación de grado 4, las raíces pueden ser cuatro complejas, o dos complejas
y dos reales, o cuatro reales, etc. En todos los casos, las raíces reales pueden ser diferentes o
repetidas.

OBSERVACIÓN 2 Como podremos observar, por lo general resolver una EDL homogénea con
coeficientes constantes tiene su punto complicado en la solución de la ecuación auxiliar aso-
ciada; como un apoyo para poder determinar las raíces de una ecuación polinomial podemos
usar los siguientes resultados enunciados sin demostración:

1. La ecuación con coeficientes enteros an xn + an−1xn−1 +  + a2x2 + a1x + a0 = 0 tiene una raíz
p y solo si p es un divisor de a0 y q es un divisor de an;
racional irreducible de la forma q , si

Comunicarse en el lenguaje esto es, p | a0 y q | an.
matemático en forma
escrita. 2. Si la ecuación con coeficientes enteros xn + bn−1xn−1 + + b2x2 + b1x + b0 = 0 tiene una entera

x0, entonces x0 es un divisor de b0, es decir, x0 | b0.

3. Si la ecuación anxn + an−1xn−1 +  + a2x2 + a1x + a0 = 0 tiene una raíz x0 entonces anxn +
an−1xn−1 + + a2x2 + a1x + a0 = (x − x0 )q(x) con q(x) un polinomio de grado n − 1 que pue-
de obtenerse como resultado de dividir al polinomio anxn + an−1xn−1 + + a2x2 + a1x + a0 = 0

entre el binomio x − x0; esto puede realizarse con división sintética.

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 105

EJEMPLO 10 Una EDL homogénea de orden superior con coeficientes constantes
Resolver la ecuación diferencial y′″ − y″ + 11y′ − 6y = 0.

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m3 − 6m2 + 11m − 6 = 0; las posibles raíces enteras, si
las tiene, serían divisores del −6, es decir, m = ±1, ± 2, ± 3,± 6. Por ensayo y error, verificamos
que m = 1 es raíz, porque

1] 1 −6 11 −6
0 1 −5 6
1 −5 6 0

de donde podemos escribir m3 − 6m2 + 11m − 6 = (m − 1)(m2 − 5m + 6).

Repitiendo el procedimiento de división sintética, tenemos

1] 1 −6 11 −6
0 1 −5 6

2] 1 −5 6 0
0 2 −6 0
1 −3 0

Luego, escribimos m3 − 6m2 + 11m − 6 = (m − 1)(m − 2)(m − 3) = 0.
Las raíces de la ecuación auxiliar son m = 1, m = 2 y m = 3. Por tratarse de raíces reales

{ }diferentes se concluye que un conjunto fundamental es ex ,e2x ,e3x y la solución general está

dada por y = c1ex + c2e2x + c3e3x.

EJEMPLO 11 Una EDL homogénea de orden superior con coeficientes constantes Resolver problemas.
Resolver la ecuación diferencial y′″ − y″ + 11y′ − 6y = 0.

Solución
La ecuación auxiliar asociada es m3 − m2 + 9m − 9 = 0. Se puede verificar por división sintética
que m = 1 es una raíz, pues

1] 1 −1 9 −9
0109
1090

de manera que m3 − m2 + 9m − 9 = (m − 1)(m2 + 9) = 0. Las raíces de la ecuación son m = 1,
m = ± 3i, es decir, existe una raíz real y dos complejas conjugadas. El correspondiente conjunto

{ }fundamental es ex ,cos3x,sen3x y la solución general está dada por y = c1ex + c2 cos3x +

c3sen3x.

EJEMPLO 12 Una EDL homogénea de orden superior con coeficientes constantes
Resolver la ecuación diferencial y(4) + 18y(2) + 81y = 0.

106 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Solución
La ecuación auxiliar asociada es m4 + 18m2 + 81 = 0. Luego

(m2 + 9)2 = 0 factorizamos

m = ±3i, m = ±3i raíces complejas de multiplicidad 2

Las raíces auxiliares de la ecuación son m = ± 3i, de multiplicidad 2, de manera que el co-

rrespondiente conjunto fundamental es {cos3x,sen3x,x cos3x,x sen3x} y la solución general

está dada por y = c1 cos3x + c2 sen3x + c3 x cos3x + c4x sen3x.

2.3 Desarrollo de competencias

Resolver problemas. 21. y″′ + 2y″ − 4y′ − 8y = 0

En los problemas 1 a 40, determinar la solución general 22. y″′ + 6y″ + 12y′ + 8y = 0
de la ecuación diferencial dada. 23. y″′ − 9y″ + 27y′ − 27y = 0

1. y′′ − 2y′ − 15y = 0 24. y″′ − 4y″ + 5y′ − 2y = 0
2. 9y″ − 6y′ + y = 0
3. y″ − 6y′ + 25y = 0 25. y″′ − 3y″ + 3y′ − y = 0
4. y″ − 7y′ − 8y = 0 26. y″′ − 5y″ + 8y′ − 6y = 0
5. 9y″ + 24y′ + 16y = 0
6. 4y″ − 12y′ + 73y = 0 27. y″′ − 5y″ + 17y′ − 13y = 0
7. y″ + 4y′ − 32y = 0
8. 16y″ + 8y′ + y = 0 28. y″′ − 14y″ + 45y′ − 50y = 0
9. 36y″ + 36y′ + 13y = 0
10. 3y″ − 4y′ − 4y = 0 29. d4y + 6 d3y + 13 d2y + 4 dy − 24 y = 0
11. 25y″ − 10y′ + y = 0 dx4 dx3 dx2 dx
12. y″ + 2y′ + 17y = 0
13. 9y″ + 3y′ − 2y = 0 30. d4y + 6 d3y + 18 d2y + 24 dy + 16 y = 0
14. 4y″ + 8y′ + 13y = 0 dx4 dx3 dx2 dx
15. 15y″ + y′ − 2y = 0
16. y″ + 2y′ + 2y = 0 31. d4y − 2 d3y + 6 d2y − 8 dy + 8y = 0
17. 7y″ − 5y′ − 2y = 0 dx4 dx3 dx2 dx
18. y″′ − 3y″ − 6y′ + 8y = 0
19. y″′ + 8y″ − 13y′ − 140y = 0 32. d4y + 8 d2y + 16 y = 0
20. y″′ − 4y″ − 4y′ + 16y = 0 dx4 dx2

33. d4y + 2 d2y + y = 0
dx4 dx2

34. d4y + 32 d2y + 256 y = 0
dx4 dx2

35. d4y − 2 d3y + 17 d2y = 0
dx4 dx3 dx2

36. d4y − 4 d3y +3 d2y = 0
dx4 dx3 dx2

2.3 Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 107

37. d4y − 5 d3y − 13 d2y + 77 dy − 60 y = 0 52. y″ + 4y′ + 4y = 0, y(0) = 4, y′(0) = −7
dx4 dx3 dx2 dx 53. y″ − 4y′ − 12y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 0
54. y″ − 2y′ + 10y = 0, y(0) = −4, y′(0) = −1
38. d5y −3 d4y + 3 d3y − d2y = 0 55. y″ + 4y′ − 60y = 0, y(0) = 3, y′(0) = 2
dx5 dx4 dx3 dx2 56. y″ − 4y′ + 13y = 0, y(0) = 4, y′(0) = −1
57. 9y″ + 12y′ + 4y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 4
39. d5y − 3 d4y − 5 d3y + 15 d2y + 4 dy − 12 y = 0
dx5 dx4 dx3 dx2 dx 3
58. y″ − y′ − 12y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 11
40. d5y −2 d4y + 2 d3y = 0 59. y″ − 6y′ + 18y = 0, y(0) = −40, y′(0) = −120
dx5 dx4 dx3 60. y″ + 12y′ + 36y = 0, y(0) = −3, y′(0) = 22
61. y″ + y′ − 12y = 0, y(0) = 3, y′(0) = −12
En los problemas 41 a 65, resolver la ecuación diferencial 62. y″ − 3y′ = 0, y(0) = 3, y′(0) = 0
sujeta a las condiciones dadas. 63. y″ − 6y′ + 10y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1
41. y″ − y = 0, y(1) = 2e−1 − e, y′(1) = −2e−1 − e 64. y″ − y′ = 0, y(0) = 3, y′(0) = 0
42. 4y″ − 24y′ + 37y = 0, y(0) = −1, y′(0) = −9 65. y″ − 6y′ + 5y = 0, y(0) = 5, y′(0) = 17
43. y″ − 2y′ + y = 0, y(0) = −4, y′(0) = −19
44. y″ − y′ − 2y = 0, y(0) = −2, y′(0) = −10 En los problemas 66 a 69 determinar una ecuación dife-
rencial correspondiente a las raíces auxiliares mostradas.
45. y″ + y = 0, y¢π ≤= 2, y′¢π ≤= 1 66. m1 = 2, m2 = −4, m3 = 1
22 67. m1 = 2, m2 = 2, m3 = 10
68. m1 = 1+ 2i, m2 = 1− 2i, m3 = i, m3 = −i
46. y″ − 10y′ + 25y = 0, y(1) = 0, y′(1) = −1 69. m1 = 2 + 3i, m2 = 2 − 3i, m3 = 4, m3 = −2
47. y″ − 5y′ + 6y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1
48. y″ + 16y = 0, y¢π ≤= −4, y′¢π ≤= 8

22
49. y″ − 2y′ + y = 0, y(1) = 3, y′(1) = 2
50. y″ + 6y′ + 8y = 0, y(0) = −1, y′(0) = 2
51. y″ + 9y = 0, y(0) = −4, y′(0) = 18

2.3 Competencia final

Capacidad para generar nuevas ideas. 4. y″′ + 7y″ + y′ + 7y = 0
Resolver problemas.
5. d4y + 2 d3y − 2 d2y − 8 dy − 8 y = 0
En los problemas 1 a 7, determinar la solución general de dx4 dx3 dx2 dx
la ecuación diferencia dada.
6. d4y − 15 d3y + 68 d2y − 96 dy = 0
1. 4y″ + 20y′ + 29y = 0 dx4 dx3 dx2 dx

2. y″ − 7y′ − 18y = 0 7. d5y − 6 d4y + 13 d3y − 12 d2y + 4 dy = 0
dx5 dx4 dx3 dx2 dx
3. y″ + 14y′ + 49y = 0

108 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

En los problemas 8 a 11, resolver la ecuación diferencial 10. y″ − 18y′ + 81y = 0, y(0) = −1, y′(0) = −8
sujeta a las condiciones dadas. Utilizar un SAC para gra-
ficar la solución particular. 11. 4y″ + 4y′ + y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 2

Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías. 12. Determinarunaecuacióndiferencialcorrespondiente
a las raíces auxiliares m1 = 2 + i, m2 = 2 − i, m3 = 0 .
8. y″ − y = 0, y(1) = 2e−1 − e, y′(1) = −2e−1 − e
9. 2y″ + 6y′ + 5y = 0, y(0) = −2, y′(0) = 5

2.4 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas

En la sección anterior estudiamos cómo resolver una EDL homogénea con coeficientes cons-
tantes y aprendimos que existen tres casos generales para considerarse en la construcción de
la solución general. Ahora desarrollaremos un método para construir la solución general
de una EDL no homogénea, la cual se compone de dos partes: una función complementaria yc
y una solución particular yp, que sumadas definen la solución buscada, como lo mencionamos
en la observación 1 de la sección 2.2.

La solución de una ecuación diferencial lineal no homogénea

Consideremos la ecuación diferencial lineal no homogénea

Comunicarse en el lenguaje an (x)y(n) ++ a2 (x)y″+ a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x) (2.8)
matemático en forma Definimos su ecuación homogénea asociada por
escrita.

an (x)y(n) ++ a2 (x)y″+ a1(x)y′ + a0 (x)y = 0 (2.9)

Si {y1, y2,, yn } es un conjunto fundamental de soluciones de esta ecuación, entonces su

solución general se define como la función complementaria de (2.8) y se denota por

yc = c1y1 + c2 y2 +  + cn yn (2.10)
Observemos que por ser solución general de la ecuación (2.9) se cumple (2.11)

an (x)yc(n) +  + a2 (x)yc′′+ a1(x)yc′ + a0 (x)yc = 0
Supongamos ahora que la solución general de la ecuación (2.8) es de la forma

y = yc + yp (2.12)

donde yc es la función complementaria de la ecuación (2.8) y yp es una función por determi-
narse.

Para identificar las características de esta función yp, derivamos sucesivamente la función
(2.12) propuesta como solución general

y = yc + yp solución general
y′ = yc′ + y′p primera derivada

y( n) = yc( n) + y(pn) n-ésima derivada

2.4 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas 109

y sustituimos en la ecuación (2.8), luego

an (x) + + a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x)

( ) ( ) ( ) )(an (x) yc(n) + y(pn) + + a2 (x) yc″ + yp″ + a1(x) yc′ + yp′ + a0 (x) yc + yp = g(x)

Reordenamos los términos

an (x)yc(n) ++ a2 (x)yc″ + a1 ( x ) yc′ + a0 (x)yc + an ( x ) y (n ) ++ a2 (x)yp″ + a1 ( x ) y p′ + a0 (x)yp = g(x)
p

y como yc es una solución general de (2.9), entonces por (2.11) tenemos Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma
an (x)yc(n) ++ a2 (x)yc″ + a1(x)yc′ + a0 (x)yc + an (x)y(pn) ++ a2 (x)yp″ + a1(x)yp′ + a0 (x)yp = g(x) escrita.

La expresión anterior se reduce a

an (x)y(pn) ++ a2 (x)y′p′+ a1(x)y′p+ a0 (x)yp = g(x) (2.13)

Esta última ecuación nos indica que la función yp es una solución de la ecuación (2.8), y Teorema 1
como no hay una condición específica que establezca el tipo de solución que deba ser, podemos
suponer que se trata de una solución particular.

Este argumento es precisamente la demostración del siguiente teorema que resume toda
la información.

Solución general de la EDL no homogénea

La solución general de la ecuación diferencial lineal no homogénea (2.8) es de la forma y =
yc + yp, donde yc es la solución general de la ecuación homogénea asociada (2.9) y yp es una
solución particular de la ecuación (2.8).

Función complementaria y solución particular 1 Definición

La función yc se conoce como función complementaria de la ecuación (2.8) y la función yp
se conoce como solución particular de la ecuación (2.8).

Por lo anterior, para resolver una ecuación diferencial lineal no homogénea (2.8) se requie- Reconocer conceptos
ren básicamente dos cosas generales e integradores.

1. Resolver la ecuación homogénea asociada para determinar la función complementaria yc.
2. Determinar una solución particular de la ecuación (2.8).

En el resto de la unidad expondremos uno de los métodos más conocidos para poder
determinar una solución particular: el método de los coeficientes indeterminados. En la si-
guiente sección estudiaremos un método más general conocido como el método de variación
de parámetros.

El método de los coeficientes indeterminados
(principio de superposición)

Como lo establecimos en el teorema 1, resolver una EDL no homogénea de orden superior re-
quiere de encontrar una función complementaria y una solución particular. Pero a pesar de que
este resultado es válido para cualquier ecuación diferencial lineal no homogénea, en general es
muy complicado resolver alguna, dada la gran diversidad de ecuaciones existentes.

110 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Capacidad de análisis y La búsqueda de una función complementaria requiere de resolver una EDL homogénea
síntesis. y de momento solo podemos resolver las ecuaciones con coeficientes constantes, es por ello
que el primero de los métodos que se estudia para determinar una solución particular de la
ecuación (2.8) se conoce como el método de los coeficientes indeterminados por el principio
de superposición.

Es importante establecer que este método tiene las siguientes restricciones

1. Únicamente se puede utilizar para ecuaciones con coeficientes constantes.
2. Solo aplica para ED de la forma (2.8), en donde la función g(x) es alguna del conjunto

{ }1, xn, ebx , cos ax, senx, o cualquier suma de productos finitos de estas funciones.

Como lo hemos mencionado, al resolver la EDL no homogénea

Comunicarse en el lenguaje an (x)y(n) + + a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x) (2.8)
matemático en forma Primero consideramos la ecuación homogénea asociada
escrita.

an (x)y(n) + + a2 (x)y″ + a1(x)y′ + a0 (x)y = 0 (2.9)
y determinamos las n raíces de la ecuación auxiliar

anmn + an−1mn−1 +  + a2m2 + a1m + a0 = 0 (2.14)

Con base en las raíces {m1, m2 , mn } obtenidas, construimos el conjunto fundamental
de soluciones {y1, y2, , yn } para escribir la función que es a la vez solución general de (2.9) y

función complementaria de (2.8)

yc = c1y1 + c2 y2 +  + cn yn (2.15)

Ahora solo resta encontrar una solución particular yp de (2.8) para que podamos expresar
su solución general de la forma

y = yc + yp (2.12)

El método de los coeficientes indeterminados consiste en proponer una solución particular

yp tomando como base la forma de la función g(x) y las raíces auxiliares de la ecuación (2.14).
Es importante observar que la solución particular yp y sus n derivadas deben tener una forma
“similar” a la función independiente g(x), pues solo de esta manera la sustitución de las fun-
ciones yp, yp′, yp″,, y(pn) en (2.8) produciría una combinación que debe dar como resultado la
propia función g(x).

Es importante observar que las funciones que ya se han considerado en la fun-

Si una función forma parte de ción complementaria no se vuelven a considerar en la solución particular.

la función complementaria, Después de lo anterior, al desarrollar el miembro izquierdo de la ecuación e
esta no se vuelve a considerar igualar con la función de la derecha se define un sistema de ecuaciones cuya solu-
en la solución particular, y ción determina de manera precisa la solución particular buscada.
viceversa.
El método de los coeficientes indeterminados se ilustra en el siguiente ejemplo.

EJEMPLO 1 Una EDL no homogénea
Resolver la ecuación y″ − 3y′ + 2y = 4x + 6.

Resolver problemas. Solución
Para la ecuación diferencial lineal no homogénea y″ − 3y′ + 2y = 4x + 6, su ecuación homogé-
nea asociada es y″ − 3y′ + 2y = 0.

Si resolvemos esta nueva ecuación diferencial, su ecuación auxiliar es

m2 − 3m + 2 = 0 ecuación auxiliar

m=1, m=2 raíces auxiliares

2.4 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas 111

La solución general de la ecuación homogénea asociada y función complementaria de la ecua- Argumentar con
contundencia y precisión.
ción original es yc = c1ex + c2e2x .
Si y = yc + yp = c1ex + c2e2x + yp es una solución de la ecuación original, entonces

y′ = c1ex + 2c2e2x + y′p primera derivada

y″ = c1ex + 4c2e2x + y′p′ segunda derivada

Sustituimos en la ecuación original

( ) ( )y″ − 3y′ + 2 y = c1ex + 4c2e2x + yp ″ − 3 c1ex + 2c2e2x + y′p + 2 c1ex + c2e2x + yp = 4x + 6

Simplificamos para obtener

y′p′− 3y′p+ 2 yp = 4x + 6

De esta manera, y considerando que la función g(x) = 4x + 6 es independiente de las funciones

{ }ex , e2x , el método de los coeficientes consiste en proponer una solución particular de la for-

ma yp = Ax + B. Entonces

yp = Ax + B solución particular

y′p = A primera derivada

y′p′ = 0 segunda derivada

Al sustituir yp en la ecuación y″ − 3y′ + 2y = 4x + 6, tenemos

0 − 3(A) + 2(Ax + B) = 4x + 6 sustituimos yp

2Ax − 3A + 2B = 4x + 6 simplificamos

Obtenemos el sistema

2A = 4

−3A + 2B = 6

De donde A = 2 y B = 6, de manera que la función particular es de la forma yp = 2x + 6 y final-
mente la solución general es y = c1ex + c2e2x + 2x + 6.

EJEMPLO 2 Una EDL no homogénea
Determinar la solución general de la ecuación y″p −10yp′ + 24yp = 48x2 +10.

Solución Observemos que cuando las
La ecuación homogénea asociada y″ − 10y′ + 24y = 0 tiene por ecuación auxiliar raíces auxiliares y las raíces
que dan origen a la función
m2 − 10m + 24 = 0 ecuación auxiliar g(x) son independientes, la
solución particular propuesta
m = 4, m = 6 raíces auxiliares toma la misma forma que g(x)
expresada en forma general. En
de manera que la función complementaria es yc = c1e4x + c2e6x. el ejemplo 2 tenemos que g(x)
Considerando que la función g(x) = 48x2 + 10 corresponde a una raíz m = 0 = 48x2 + 10 y la raíz m = 0 de
multiplicidad 3 proviene de for-
{ }de multiplicidad 3 y que es independiente de las funciones e4x ,e6x que corres- ma independiente de las raíces
m = 4 y m = 6, de manera que
ponden a raíces m = 4 y m = 6, proponemos entonces que yp = Ax2 + Bx + C es se propone yp = Ax2 + Bx + C.
solución particular.
Argumentar con
Entonces contundencia y precisión.

y′p = 2Ax + B primera derivada
y′p′ = 2A segunda derivada

112 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Sustituimos yp en la ecuación original sustituimos yp
y″p −10 yp′ + 24yp = 48x2 +10 agrupamos

2A − 10(2Ax + B) + 24(Ax2 + Bx + C) = 48x2 + 10

24Ax2 + (−20A + 24B)x + 2A − 10B + 24C = 48x2 + 10

Tenemos el sistema de ecuaciones

24A = 48
−20A + 24B = 0
2A − 10B + 24C = 10

Luego

A = 2, B = 5 , C = 17
3 18

La solución particular es yp = 2x2 + 5 x + 17 y la solución general y = c1e4x + c2e6x + 2x2 + 5 x + 17

3 18 3 18

Capacidad de análisis y OBSERVACIÓN 1 La solución particular yp propuesta para una ecuación diferencial no homogé-
síntesis. nea no solo depende de la forma de la función g(x), sino también de las funciones que se han
considerado en la función complementaria. En ningún caso, la solución particular contiene
funciones que ya se han incluido en la función complementaria. En la siguiente tabla se mues-
tran las soluciones particulares yp propuestas para la ecuación diferencial y″ − 3y′ + 2y = g(x),
que tiene raíces auxiliares m = 1 y m = 2.

g(x) Raíces que definen a g(x) Solución particular yp
1 0 A

2x + 4 0, 0 Ax + B

x2 − 2 0, 0, 0 Ax2 + Bx + C

5e 4 x 4 Ae 4 x

7e4x + 4x 4, 0, 0 Ae4x + Bx + C

4e−x + 3e3x −1, 3 Ae−x + Be3x

3ex 1 Axe x

−3xe x 1, 1 Ax2ex + Bxex

−8 cos2x ±2i Acos2x + B sen2x

6e2x cos x 2 ±i Ae2x cos x + Be2x sen x

4x2e2x 2, 2, 2 Ax3e2x + Bx2e2x + Cxe2x

2.4 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas 113

EJEMPLO 3 Una EDL no homogénea
Determinar la solución general de la ecuación y″ + 16y′ + 64y = 100e2x.

Solución Resolver problemas.
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 16m + 64 = 0.
Observemos que cuando las
Luego raíces auxiliares y las raíces
que dan origen a la función
m2 + 16m + 64 = 0 ecuación auxiliar g(x) son independientes, la
solución particular propuesta
m = −8 , multiplicidad 2 raíces auxiliares toma la misma forma que g(x)
expresada en forma general.
de manera que la función complementaria es yc = c1e−8x + c2xe−8x. En el ejemplo 3 tenemos que
Dado que la función g(x) = 100e2x corresponde a una raíz m = 2 y que es in- g(x) = 100e2x y la raíz m = 2
proviene de forma indepen-
{ }dependiente de las funciones e−8x , xe−8x que corresponden a la raíz m = −8 de diente de la raíz m = −8 de
multiplicidad 2; de manera que
multiplicidad 2, entonces proponemos que yp = Ae2x es una solución particular. se propone yp = Ae2x.
Entonces
Argumentar con
y′p = 2Ae2x primera derivada contundencia y precisión.

y′p′ = 4Ae2x segunda derivada

Sustituimos yp en la ecuación original

y′p′+16y′p+ 64yp = 100e2x

( )4Ae2x + 16 2Ae2x + 64Ae2x = 100e2x sustituimos yp

100Ae2x = 100e2x simplificamos

de donde A = 1.
La solución particular es yp = e2x y la solución general y = c1e−8x + c2 xe−8x + e2x.

EJEMPLO 4 Una EDL no homogénea
Determinar la solución general de la ecuación y″ + 2y′ + 3y = 12ex + 3x.

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 2m + 3 = 0. Luego

m = −2 ± 22 − 4(1)(3) aplicamos la fórmula general cuadrática Nuevamente observamos en el
2(1) ejemplo 4, que las raíces que
corresponden a la función g(x)
m = −1± 2 i raíces complejas conjugadas y las raíces que definen a yc son
independientes; de manera que
La función complementaria es yc = c1e−x cos 2x + c2e−xsen 2x . la función yp toma la forma
Dado que la función g(x) = 12ex + 3x corresponde a raíces m = 1 y m = 0 de general de g(x).

{ }multiplicidad 2 y que es independiente de las funciones e−x cos 2 x, e−x sen 2 x Argumentar con
contundencia y precisión.
que corresponden a las raíces m = −1± 2 i, entonces proponemos a yp = Aex +
Bx + C como solución particular.

Entonces

y′p = Aex + B primera derivada

y′p′ = Aex segunda derivada

114 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Sustituimos yp en la ecuación original sustituimos yp
y′p′ + 2 y′p + 3yp = 12ex + 3x

( ) ( )Aex + 2 Aex + B + 3 Aex + Bx + C = 12ex + 3x

6Aex + 3Bx + 2B + 3C = 12ex + 3x desarrollamos

de donde A = 2, B = 1, C = − 2 .

3

La solución particular es yp = 2ex +x− 2 y la general, y = c1e − x cos 2 x + c2e−x sen 2x+
+ x − 2. 3
2ex
3

Cuando las raíces de donde proviene la función g(x) ya han sido consideradas para for-

mar la función complementaria, entonces la solución particular se forma a partir de las raíces

de multiplicidad inmediata hacia arriba. Por ejemplo, si m es una raíz auxiliar, entonces yc
contiene a la función emx; si g(x) = 5emx , entonces g(x) corresponde a una raíz m pero de mul-

tiplicidad 2 (se considera que la raíz auxiliar es de multiplicidad 1), de manera que la solución
particular correcta es yp = Axemx. Esta situación se ilustra en el ejemplo 5.

EJEMPLO 5 Una EDL no homogénea

Cuando las raíces de donde Determinar la solución general de la ecuación y″ −10y′ + 24y = −4e4x.
proviene la función g(x) ya han
sido consideradas para formar Solución
la función complementaria, Del ejemplo 2 tenemos que la función complementaria es yc = c1e4x + c2 e6x.
entonces la solución particular
se forma a partir de las raíces Como podemos observar, la función g(x) = −4e4x corresponde a una raíz
de multiplicidad inmediata auxiliar m = 4 ; de manera que la solución particular no puede ser de la forma
hacia arriba. yp = Ae4x porque esta función ya aparece en la función complementaria. La solu-
ción particular correcta considera la función correspondiente a la raíz m = 4 pero
de multiplicidad 2, es decir, yp = Axe4x, entonces

Resolver problemas. yp′ = 4Axe4x + Ae4x primera derivada

yp″ = 16Axe4x + 8Ae4x segunda derivada

Sustituimos yp en la ecuación original
yp″ − 10 yp′ + 24yp = −4xe4x

( ) ( )16Axe4x + 8Ae4x − 10 4Axe4x + Ae4x + 24 Axe4x = −4xe4x sustituimos yp

−2Ae4x = −4e4x simplificamos

de donde A = 2
Luego, la solución particular es yp = 2xe4x y la solución general es y = c1e4x + c2e6x + 2xe4x.

EJEMPLO 6 Una EDL no homogénea
Determinar la solución general de la ecuación y″ − 4y′ + 4y = 18xe2x.

2.4 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas 115

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 − 4m + 4 = 0 , luego

(m − 2)2 = 0 factorizamos

m = 2 , multiplicidad 2 raíces auxiliares

La función complementaria es yc = c1e2x + c2xe2x .
Como podemos observar, la función g(x) = 18xe2x corresponde a una raíz m = 2 de multipli-
cidad 2, pero la solución particular no puede ser de la forma yp = Ae2x + Bxe2x porque la fun-

{ }ción complementaria ya contiene a las funciones e2x ,xe2x que provenían de la raíz auxiliar

m = 2 de multiplicidad 2. Entonces, para proponer a la solución particular se considera que m = 2

es de multiplicidad 4 (juntando las raíces de donde proviene g(x) con las raíces auxiliares de la

ecuación diferencial), de manera que la solución particular correcta es yp = Ax3e2x + Bx2e2x,
entonces

yp′ = 2Ax3ex2 + (3A + 2B)x2e2x + 2Bxe2x primera derivada

yp″ = 4Ax3ex2 + 4(3A + B)x2e2x + 2(3A + 4B)xe2x + 2Be2x segunda derivada

Sustituimos yp en la ecuación original sustituimos yp Argumentar con
yp″ − 4yp′ + 4yp = 4xe2x contundencia y precisión.

4Ax3e2x + 4(3A + B) x2e2x + 2 (3A + 4B) xe2x + 2Be2x

( )−4 2Ax3e2x + (3A + 2B) x2e2x + 2Bxe2x
( )+4 Ax3e2x + Bx2e2x = 18x2e2x

6Axe2x + 2Be2x = 18xe2x simplificamos

de donde

A=3yB=0

Luego, la solución particular es yp = 3x3e2x y la solución general es y = c1e2x + c2xe2x + 3x3e2x.

EJEMPLO 7 Una EDL no homogénea
Determinar la solución general de la ecuación y″ + y = −16 cos3x.

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 1 = 0, luego

m2 +1 = 0

m = ±i raíces auxiliares complejas

La función complementaria es yc = c1 cos x + c2 sen x.

Como podemos observar, la función g(x) = cos3x está asociada a raíces complejas m = ±3i

y es independiente de las funciones {cos x, sen x} que corresponden a las raíces complejas

m = ±i; de manera que la solución particular correcta es yp = Acos3x + B sen3x, entonces

yp′ = −3Asen3x + 3B cos3x primera derivada

yp″ = −9Acos3x −9B sen3x segunda derivada

116 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Argumentar con Sustituimos yp en la ecuación original
contundencia y precisión. yp″ + yp = −16 cos 3x

−9Acos3x − 9B sen3x + Acos3x + B sen3x = −16 cos3x sustituimos yp

−8Acos3x − 8B sen3x = −16 cos3x simplificamos

de donde

A=2yB=0

Luego, la solución particular es yp = 2 cos3x y la solución general es y = c1 cos x + c2 senx +
2 cos 3x.

EJEMPLO 8 Un problema de valor inicial
( ) ( )Resolver y″ + y = 8cos x, sujeta a y π
Resolver problemas. 2y′π= 1.
=2, 2

Solución
La ecuación auxiliar correspondiente es m2 + 1 = 0, luego

m2 +1 = 0

m = ±i raíces auxiliares complejas

La función complementaria es yc = c1 cos x + c2 sen x.

La función g(x) = cos x está asociada a las raíces complejas m = ± i , pero la solución par-

ticular no puede ser de la forma yp = Acos x + B sen x porque las funciones {cos x, sen x} que

corresponden a las raíces auxiliares m = ±i ya han sido consideradas en la función comple-

mentaria; de manera que la solución particular correcta considera que las raíces m = ±i son de

multiplicidad 2, entonces yp = Ax cos x + Bx sen x, luego

yp = Ax cos x + Bx sen x solución particular

yp′ = −Ax sen x + Acos x + Bx cos x + B sen x primera derivada

yp″ = −Ax cos x − 2Asen x − Bx sen x + 2B cos x segunda derivada
Sustituimos yp en la ecuación original

yp″ + yp = −16 cos 3x

yp″ = −Ax cos x − 2Asen x − Bx sen x + 2B cos x +Ax cos x +Bx sen x = 8 cos x sustituimos yp
−2Asen x + 2B cos x = 8 cos x simplificamos

de donde
A=0yB=4

Luego, la solución particular es yp = 4 xsenx y la solución general es y = c1cos x + c2 sen x +
4 x sen x.

Para evaluar las condiciones iniciales, derivamos
y′ = −c1sen x + c2cos x + 4 x cos x + 4 x senx primera derivada

Evaluamos las condiciones y¢π ≤= 2 , y′¢π ≤ = 1
22

y¢π ≤ = c1 cos π + c2 sen π +4π sen π = 2 evaluamos y¢π ≤ = 2
2 2 2 2 2 2

2.4 Ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas 117

y′ ¢π ≤ = −c1 sen π + c2 cos π + 4π cos π +4π sen π =1 evaluamos y′¢π ≤ = 1
2 2 2 2 2 2 2 2

de donde

c1 = 3 y c2 = 2 − 2π

finalmente, la solución al problema de valor inicial es

y = 3 cos x + (2 − 2π )sen x + 4 x sen x

2.4 Desarrollo de competencias

17. 7 y″ − 5y′ − 2 y = 3ex − 4xe2x

Capacidad para generar nuevas ideas. 18. d2y + k2 y = Asen kx
Resolver problemas. dx2

En los problemas 1 a 30, determinar la solución general 19. d2y + k2 y = Asen ax
de la ecuación diferencial no homogénea dada utilizando dx2
el método de los coeficientes indeterminados.

1. y″ − 2y′ − 15y = 4 20. d2y + k2 y = Ax sen ax
dx2

2. 9y″ − 6y′ + y = 8 21. y′″ − 3y″ − 6y′ + 8y = 2x + 1

3. y″ − 6y′ + 25y = 1 22. y′″ + 8y″ − 13y′ − 140 y = 4e4x

4. y″ − 7y′ − 8y = 2x + 4 23. y′″ − 4y″ − 4y′ + 16y = 3e2x + ex

5. 9y″ + 24y′ + 16y = 8ex 24. y′″ + 2 y″ − 4y′ − 8y = 2e−2x

6. 4y″ − 12y′ + 73y = −3cos x 25. y′″ − 9y″ + 27 y′ − 27 y = 5e3x

7. y″ + 4y′ − 32 y = e3x + 2x 26. y′″ − 4y″ + 5y′ − 2y = 4x + 3

8. 16 y″ + 8y′ + y = e− 1 x
4

27. y′″ − 3y″ + 3y′ − y = 3x2ex

9. 4y″ + 20y′ + 29y = senh x 28. y′″ − 5y″ + 8y′ − 6y = ex

10. y′′ − 7 y′ − 18y = 4e9x 29. y′″ − 5y″ + 17y′ − 13y = cos 4x

11. 36y″ + 36y′ + 13y = ex + x 30. y′″ − 14y″ + 45y′ − 50y = 4ex

12. 3y″ − 4y′ − 4y = 3xe2x En los problemas 31 a 56, resolver la ecuación diferencial
no homogénea sujeta a las condiciones dadas. Utilizar un
13. 25 y″ − 10 y′ + y = 6e 1 x SAC para graficar la solución particular obtenida.
5

14. y″ + 2y′ + 17y = cos 4x Potenciar las habilidades para el uso de nuevas tecnologías.

15. 9y″ + 3y′ − 2 y = 4e − 2 x 31. y″ − y = 4, y(1) = 2e−1 − e, y′(1) = −2e−1 − e
3
32. 4y″ − 24y′ + 37y = 3, y(0) = −1, y′(0) = −9
16. 4y″ + 8y′ + 13y = 2e−x cos 3 x
2

118 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

33. y″ − 2y′ + y = 10, y(0) = −4, y′(0) = −19 46. y″ + 4y′ − 60y = 4x2ex , y(0) = 3, y′(0) = 2

34. y″ − y′ − 2y = 4e2x , y(0) = −2, y′(0) = −10 47. y″ − 4y′ + 13y = 2e2x cos3x, y(0) = 4, y′(0) = −1

35. y″ + y = e−4x , y¢π ≤= 2, y′¢π ≤= 1 48. 9 y″ + 12 y′ + 4y = 2 xe − 2 x , y(0) = 1, y′(0) = 4
22 3

36. y″ − 10 y′ + 25y = 3e−3x , y(1) = 0, y′(1) = −1 3

49. y″ − y′ − 12 y = 4e−3x + 2xe4x , y(0) = 1, y′(0) = 11

37. y″ − 5y′ + 6y = 4e4x , y(0) = 0, y′(0) = 1 50. y″ − 6y′ + 18y = e3x sen x, y(0) = −40, y′(0) = −120

38. y″ + 16y = sen x, y¢π≤= −4, y′¢π ≤= 8 51. y″ + 12y′ + 36y = 2x + xe−6x , y(0) = −3, y′(0) = 22
22
52. y″ + y′ − 12 y = 4x2e3x , y(0) = 3, y′(0) = −12
39. y″ − 2y′ + y = ex cos x, y(1) = 3, y′(1) = 2

40. y″ + 6y′ + 8y = 4x2 − 3x + 2, y(0) = −1, y′(0) = 2 53. 2y″ + 6y′ + 5y = x cos x, y(0) = −2, y′(0) = 5

41. y″ + 9y = 4ex + x − 3, y(0) = −4, y′(0) = 18 54. y″ − 18y′ + 81y = 1+ xe9x , y(0) = −1, y′(0) = −8

42. y″ + 4y′ + 4y = 2e−2x , y(0) = 4, y′(0) = −7 55. y″ − 3y′ = 4x3 − 2x2, y(0) = 3, y′(0) = 0

43. y″ − 4y′ − 12y = e4x − 2x + 1, y(0) = 0, y′(0) = 0

44. y″ − 2y′ + 10y = ex + cos x, y(0) = −4, y′(0) = −1 56. d2y + k2 y = Asen ax, y(0) = 0, y′(0) = 0
dx2

45. 4y″ + 4y′ + y = 3e − 1 x , y(0) = 0, y′(0) = 2
2

2.4 Competencia final

Capacidad para generar nuevas ideas. En los problemas 7 a 10, resolver la ecuación diferencial
Resolver problemas. no homogénea sujeta a las condiciones dadas. Utilizar un
SAC para graficar la solución particular obtenida.
En los problemas 1 a 6, determinar la solución general de
la ecuación diferencial no homogénea dada utilizando el 7. y″ − 6y′ + 10y = e3x sen x, y(0) = 1, y′(0) = 1
método de los coeficientes indeterminados.

8. y″ − y′ = 2x2 + x − 1, y(0) = 3, y′(0) = 0

1. y″ + 14y′ + 49y = 2e3x + 2

2. 15 y″ + y′ − 2 y = 4x2e 1 x 9. y″ − 6y′ + 5y = 4x2ex , y(0) = 5, y′(0) = 17
3

3. y″ + 2 y′ + 2 y = 3e−x sen x 10. d2y + k2 y = Asen kx, y(0) = 0, y′(0) = 0
dx2

4. d2y + k2 y = Ax sen kx
dx2

5. y′″ + 6y″ + 12 y′ + 8y = 5e−2x

6. y′″ + 7y″ + y′ + 7y = 2 cos x

2.5 Método de variación de parámetros 119

2.5 Método de variación de parámetros

En esta sección desarrollamos un método para resolver ecuaciones diferenciales

lineales no homogéneas que presenta algunas ventajas sobre el método de los coe-

ficientes indeterminados.

Como vimos en la sección anterior, el método de los coeficientes indetermi-

nados por superposición está restringido únicamente para ecuaciones diferencia-
les con coeficientes constantes de la forma an y(n) + + a2 y′′ + a1y′ + a0 y = g(x), en

{ }donde la función g(x) es alguna del conjunto 1, xn, eax , cosbx, senbx o cualquier

suma finita de productos de estas. En este sentido, la variación de parámetros es un

método más general, porque puede aplicarse a cualquier ecuación Nota biográfica
lineal de segundo orden sin importar la naturaleza de los coeficien-
tes ni de la función independiente g(x). Vito Volterra (Ancona, 1860-Roma, 1940) fue
un matemático italiano cuyas investigaciones
En la sección 1.5 aprendimos a resolver la ecuación diferencial propiciaron el desarrollo del modelo de análisis
lineal de primer orden de la forma matemático. Realizó estudios de matemáticas y

a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x) (2.16) física en la Universidad de Pisa bajo la dirección
de Enrico Betti, entre 1878 y 1882. Un año más

Para esto, y considerando que a1(x) ≠ 0, escribimos la ecuación tarde era ya profesor de mecánica racional en
en la forma equivalente dicha institución.

y′ + p(x)y = f (x) (2.17) Comenzó a trabajar en el análisis de funcio-
nales, aplicaciones matemáticas entre funciones

Al calcular el factor integrante μ(x) = e ∫ p(x)dx , demostramos reales y complejas, que condujo al desarrollo de
que la EDL de primer orden (2.16) se transformaba en una ED un nuevo campo del análisis, de gran aplicación
en las ecuaciones integrales e integro-diferencia-

exacta, de manera que la ecuación se podía reescribir en la forma les y con el que supo resolver con éxito deter-
minados problemas físicos en campos como la
d ( μ(x)y) = f (x) μ(x) óptica, el electromagnetismo y la elasticidad de

de donde, al integrar los materiales.
En 1892 fue nombrado profesor de la Uni-

∫μ(x)y = f (x) μ(x) dx + c versidad de Turín, y ocho años más tarde aceptó
la dirección del departamento de física mate-

la solución general estaba dada por mática en la Universidad de Roma. En 1905
fue designado senador de su país, director de la
∫y = 1 f (x) μ(x) dx + c 1 revista de divulgación científica Nuovo cimento
μ(x) μ(x) y miembro de diversas academias científicas de
diversos países. Fue presidente de la Accademia

Es decir, (2.18) dei Lincei. Al entrar Italia en la Primera Guerra
Mundial se enlistó en la fuerza aérea de su país.
∫y = ce− ∫ p(x)dx + e− ∫ p(x)dx f (x)e ∫ p(x)dx dx Contribuyó al desarrollo de los dirigibles como
arma de guerra. Fue uno de los primeros en

Podemos identificar que (2.19) proponer el empleo de helio en sustitución del
yc = ce− ∫ p(x)dx hidrógeno como gas de sustentación, para lo
cual colaboró en la puesta en marcha de una
y industria productora de helio.

∫yp = e− ∫ p(x)dx f (x)e ∫ p(x)dx dx (2.20)

Iniciamos la discusión del método de variación de parámetros ilustrando la idea principal Comunicarse en el lenguaje
con una EDL de primer orden. matemático en forma
escrita.
Dada la ecuación a1(x)y′ + a0 (x)y = g(x), escribimos y′ + p(x)y = f (x). Argumentar con
Al resolver la ecuación homogénea asociada y′ + p(x)y = 0 (que es una ecuación sepa- contundencia y precisión.
rable) encontramos que

y′ + p(x)y = 0 ecuación homogénea asociada

120 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

∫ ∫dy = − p(x)dx integramos
y

yc = c e− ∫ p(x)dx función complementaria

que corresponde a la función complementaria (2.19).
Donde al considerar c = 1, se identifica que y1 = e−∫ p(x)dx es también una solución de la

ecuación homogénea asociada, y se verifica que

Capacidad de análisis y y′ + p( x ) y1 = d ¢e− ∫ ≤p( x )dx + p(x) ¢e−∫ p(x )dx≤= 0 (2.21)
síntesis. dx

Comunicarse en el lenguaje En este punto, en lugar de proponerse una solución particular como en el caso del mé-
matemático en forma
escrita. todo de los coeficientes indeterminados, el método de variación de parámetros supone que la
Argumentar con
contundencia y precisión. solución particular es de la forma yp = u1(x)y1, donde u1(x) representa una función arbitraria.
El siguiente paso es sustituir yp = u1(x)y1 en la ecuación y′ + p(x)y = f (x) y para esto
Capacidad de análisis y
síntesis. calculamos la primera derivada

y′p = u1(x)y1′ + u1′ (x)y1

Entonces

y ′ + p( x ) y p = f (x) sustituimos yp
desarrollamos
p usamos (2.21)

u1(x)y1′ + u1′(x)y1 + p(x)(u1(x)y1 ) = f (x)

( )u1(x) y1′ + p(x)y1 + u1′ (x)y1 = f (x)

u1′ (x)y1+ = f (x) simplificamos
separamos
u1′ (x) = f (x)
y1 integramos
sustituimos y1 = e− ∫ p(x)dx
∫u1(x) = f (x) dx
y1

∫u1(x) = f (x)e ∫ p(x)dx dx

De manera que

∫yp = u1(x)y1 = e− ∫ p(x)dx f (x)e ∫ p(x)dx dx

que es la misma solución particular mostrada en (2.20) y de donde podemos concluir que

∫y = c e− ∫ p(x)dx + e− ∫ p(x)dx f (x)e ∫ p(x)dx dx

como lo determinamos en (2.18).
En resumen, el método de variación de parámetros aplicado para la ecuación y′ + p(x)y =

f (x) consiste en resolver primeramente la ecuación homogénea asociada y′ + p(x)y = 0 para
determinar la función complementaria yc = c y1, y suponer que la solución particular es de la
forma yp = u1 y1. Una sustitución directa en la ecuación original produce la forma exacta del
parámetro u1(x) que determina yp.

Podemos observar que la forma de las funciones p(x) y f(x) no alteran el procedimiento de

solución y no están restringidas a tener alguna forma especial.

Extendemos a continuación el procedimiento anterior para resolver la ecuación diferencial

lineal de segundo orden

a2 (x) y″ + a1(x) y′ + a0 (x) y = g(x) (2.22)

2.5 Método de variación de parámetros 121

OBSERVACIÓN 1 El método de variación de parámetros

Observemos que no existe alguna condición sobre la naturaleza de las funciones a2 (x), a1(x),
a0 (x) y g(x), excepto que a2 (x) ≠ 0.

Como a2 (x) ≠ 0, escribimos la ecuación equivalente

y″ + p(x)y′ + q(x) y = f (x) (2.23)

Supongamos que la ecuación homogénea asociada

y″ + p(x)y′ + q(x) y = 0 (2.24)

tiene por conjunto fundamental de soluciones a {y1, y2 } (observemos que a pesar de la genera- Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma
lidad del método, de momento en este paso de la solución de una ecuación diferencial lineal no escrita.
homogénea solo podemos resolver una de coeficientes constantes, pero el método aplica para Argumentar con
cualquier ecuación lineal). contundencia y precisión.

De manera que la función complementaria es Capacidad de análisis y
síntesis.
yc = c1y1 + c2 y2 (2.25)
Supongamos que la solución particular es de la forma Comunicarse en el lenguaje
matemático en forma
yp = u1(x)y1 + u2 (x)y2 (2.26) escrita.
donde u1(x) y u2 (x) son dos funciones arbitrarias por determinarse, entonces Argumentar con
contundencia y precisión.
yp = u1(x)y1 + u2 (x)y2 solución particular propuesta

y′p = u1(x)y1′ + u1′ (x)y1 + u2 (x)y2′ + u2′ (x)y2 derivamos

Nuestro objetivo ahora es determinar las funciones u1(x) y u2 (x) que definen la solución
particular; por tratarse de dos funciones desconocidas, resulta conveniente definir dos ecuacio-
nes que las contengan para que mediante la resolución de un sistema de dos ecuaciones en dos
variables podamos encontrarlas.

Elegimos por conveniencia como primera ecuación a la expresión

u1′ (x)y1 + u2′ (x)y2 = 0 (2.27)

De manera que

y′p = u1(x)y1′ + u2 (x)y2′

y′p′ = u1(x)y1′′ + u1′ (x)y1′ + u2 (x)y2′′ + u2′ (x)y2′

Si yp es solución particular de (2.23), entonces

y′p′ + p(x)y′p + q(x) yp = f (x) sustituimos yp

( )u1(x)y1′′ + u1′ (x)y1′ + u2 (x)y2′′+ u2′ (x)y2′ + p(x) u1(x)y1′ + u2 (x)y2′
+ q(x)(u1(x)y1 + u2 (x)y2 ) = f (x)

Factorizamos u1(x) y u2 (x)

u1(x)( y1″ + p(x)y1′ + q(x)y1 ) + u2 (x)( y2″ + p(x)y2′ + q(x)y2 ) + u1′(x)y1′ + u2′ (x)y2′ = f (x)

Dado que {y1, y2 } es un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación (2.24), enton-

ces y1′′+ p(x)y1′ + q(x)y1 = 0 y y2′′+ p(x)y2′ + q(x)y2 = 0; de manera que la expresión anterior se
reduce a

u1′ (x)y1′ + u2′ (x)y2′ = f (x) (2.28)

Al considerar el sistema de ecuaciones formado por (2.27) y (2.28), tenemos
u1′ (x)y1 + u2′ (x) y2 = 0

u1′ (x)y1′ + u2′ (x) y2′ = f (x)

122 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Reconocer conceptos Procedemos a resolver este sistema de ecuaciones por determinantes. Se garantiza que el
generales e integradores. sistema tendrá siempre una solución única, porque su determinante principal está dado por el
Capacidad de análisis y
síntesis. wronskiano de las funciones {y1, y2 } , que es un conjunto fundamental de la ecuación (2.24),

de manera que

y1 y2
W = ≠0

y1′ y2′

Los determinantes que completan la solución del sistema son

0 y2
Δ1 = f (x) y2′ = − y2 f (x)

Δ2 = y1 0
y1′ f (x) = y1 f (x)

La solución del sistema de ecuaciones es

u1′ = Δ1 = − y2 f (x)
W W

u2′ = Δ2 = y1 f (x)
W W

y2 f (x) y1 f (x)
W W
∫ ∫Al integrar, se tiene u1 = − dx y u2 = dx para que finalmente al sustituir en

la ecuación (2.26) obtengamos la solución particular requerida

y2 f (x) y1 f (x) dx
W W
∫ ∫yp = u1(x)y1 + u2 (x)y2 = − y1 dx + y2

y la solución general buscada:

y = yc + yp = c1y1 + c2 y2 + u1(x)y1 + u2 (x)y2

y2 f (x) y1 f (x) dx
W W
∫ ∫y = c1y1 + c2 y2 − y1 dx + y2

Ilustramos el procedimiento anterior en los siguientes ejemplos.

EJEMPLO 1 Una ecuación no homogénea

Resolver la ecuación y″ −5y′ + 6y = e2x utilizando el método de variación de parámetros.
1+ e x

Resolver problemas. Solución
La ecuación homogénea asociada y″ − 5y′ + 6y = 0 tiene por ecuación auxiliar m2 − 5m + 6 = 0,

entonces
(m − 2)(m − 3) = 0 factorizamos

m = 2, m = 3 raíces auxiliares

yc = c1e2x + c2e3x función complementaria
Si elegimos y1 = e2x y y2 = e3x, tenemos

W = e2x e3x = e5x wronskiano
2e2x 3e3x

2.5 Método de variación de parámetros 123

Luego, al calcular los parámetros arbitrarios tenemos

y2 f (x) dx = − e3xe2x
W e5x 1+ ex
∫ ∫ ( ) ( )u1 = −
dx = ln ex + 1 − x

y1 f (x) dx = e2xe2x e−x
W e5x 1+ ex 1+ ex
∫ ∫ ( ) ∫ ( )u2 = dx = dx = ln 1+ ex − x − e−x

Entonces,

yp = u1y1 + u2 y2 solución particular

( ) ) ( ) )( (yp = ln ex + 1 − x e2x + ln 1+ ex − x − e−x e3x sustituimos u1 y u2

( ) ( )( ) ( )yp = e2x ln ex + 1 − x − 1 + e3x ln 1+ ex − x reordenamos

Como la solución general es de la forma y = yc + yp , entonces

( ( ) ) ( ( ) )y = c1e2x + c2e3x + e2x ln ex + 1 − x + e3x ln 1+ ex − x

EJEMPLO 2 Una ecuación no homogénea

Resolver la ecuación y″ − 2y′ + y = ex utilizando el método de variación de parámetros. Resolver problemas.

x+1

Solución
La ecuación homogénea asociada y″ − 2y′ + y = 0 tiene por ecuación auxiliar m2 − 2m + 1 = 0,

entonces

(m − 1)2 = 0 factorizamos

m = 1, multiplicidad 2 raíces auxiliares
yc = c1ex + c2xex función complementaria
Si elegimos y1 = ex y y2 = xex , tenemos

W = ex xex = e2x wronskiano
ex xex + ex

Luego y2 f (x) dx = − xe x e x x dx = ln(x + 1) − x
Entonces, W
e2x (x + x +1
∫ ∫ ∫u1 = − 1) dx = −

y1 f (x) dx = exe x 1 dx = ln(x + 1)
W
∫ ∫ ∫u2 = e 2x (x + 1) dx = x +1

yp = u1y1 + u2 y2 solución particular
sustituimos u1 y u2
yp = (ln(x + 1) − x)ex + xex ln(x + 1) simplificamos

yp = (x + 1)ex ln(x + 1) − xex

Finalmente, la solución general es y = c1ex + c2xex + (x + 1)ex ln(x + 1) − xex.

124 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

EJEMPLO 3 Una ecuación no homogénea
Resolver la ecuación y″ − y = x2 − 3x utilizando el método de variación de parámetros.

Solución
La ecuación homogénea asociada y″ − y = 0 tiene por ecuación auxiliar m2 − 1 = 0, entonces

(m − 1)(m + 1) = 0 factorizamos
m = 1, m = −1 raíces auxiliares
yc = c1ex + c2e−x función complementaria
Si elegimos y1 = ex y y2 = e−x , tenemos

W = ex e−x = −2 wronskiano
ex −e−x

Luego

∫ ∫ ( ) ( )u1 = −
y2 f (x) dx = − e−x x2 − 3x dx = 1 −x2 + x + 1 e−x
W −2 2

∫ ∫ ) )( (u2 =
y1 f (x) dx = ex x2 − 3x dx = − 1 x2 − 5x + 5 ex
W −2 2

Entonces, solución particular
yp = u1y1 + u2 y2

¢1 e−x≤ ex + ¢− 1
2 2
( ) ( )yp ex≤ e−x
= −x2 + x +1 x2 − 5x + 5 sustituimos u1 y u2
simplificamos
yp = −x2 + 3x − 2

La solución general es y = yc + yp, es decir,

y = c1ex + c2e−x − x2 + 3x − 2

EJEMPLO 4 Una ecuación no homogénea
Resolver la ecuación y″ + y = tan x utilizando el método de variación de parámetros.

Resolver problemas.

Solución
La ecuación homogénea asociada y″ + y = 0 tiene por ecuación auxiliar m2 + 1 = 0, entonces

m2 +1 = 0 ecuación auxiliar

m = +i, m = −i raíces auxiliares

yc = c1 cos x + c2 sen x función complementaria
Si elegimos y1 = cos x y y2 = sen x, tenemos

cos x sen x wronskiano
W = − sen x cos x = 1

2.5 Método de variación de parámetros 125

Luego, al calcular los parámetros arbitrarios

y2 f (x) dx = − sen x tan x dx = − sen2 x dx = sen x − ln(sec x + tan x)
W 1 cos x
∫ ∫ ∫u1 = −

y1 f (x) dx = cos x tan x dx =
W 1
∫ ∫ ∫u2 = sen x dx = − cos x

Entonces,

yp = u1y1 + u2 y2 solución particular
sustituimos u1 y u2
yp = cos x( sen x − ln(sec x + tan x)) + sen x(− cos x)

yp = − cos x ln(sec x + tan x) simplificamos

Finalmente, la solución general es la forma y = yc + yp, es decir,

y = c1 cos x + c2 sen x − cos x ln(sec x + tan x)

EJEMPLO 5 Una ecuación no homogénea
Resolver la ecuación y″ − y = senh x utilizando el método de variación de parámetros.

Solución Resolver problemas.
La ecuación homogénea asociada y″ − y = 0 tiene por ecuación auxiliar m2 − 1 = 0, entonces

(m − 1)(m + 1) = 0 factorizamos

m = 1, m = −1 raíces auxiliares

yc = c1ex + c2e−x función complementaria
Si elegimos y1 = ex y y2 = e−x, tenemos

W = ex e−x = −2 wronskiano
ex −e−x

Luego y2 f (x) dx = − e−x senh x dx = 1 x + 1 e−2x
Entonces, W −2 4 8
∫ ∫u1 = −

y1 f (x) dx = ex senh x dx = 1 x − 1 e2x
W −2 4 8
∫ ∫u2 =

yp = u1y1 + u2 y2 solución particular

yp = ¢ 1 x + 1 e−2x≤ ex + ¢1 x − 1 e2x≤ e−x sustituimos u1 y u2
48 4 8 simplificamos
factorizamos
yp = 1 xe x + 1 e−x + 1 xe − x − 1 ex
4 8 4 8

yp = 1 x¢ex + e−x ≤ − 1 ¢ex − e−x ≤
2 2 4 2

yp = 1 x cosh x − 1 senh x solución particular
2 4

126 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Finalmente, la solución general es de la forma y = yc + yp, es decir,

y = c1e x + c2 e − x + 1 x cosh x
2

EJEMPLO 6 Una ecuación no homogénea

Resolver la ecuación y″ + 2y′ + y = e−x utilizando el método de variación de parámetros.
x+5

Solución
La ecuación homogénea asociada y″ + 2y′ + y = 0 tiene por ecuación auxiliar m2 + 2m + 1 = 0,

entonces

(m + 1)2 = 0 factorizamos

m = −1 , multiplicidad 2 raíces auxiliares

yc = c1e−x + c2xe−x función complementaria
Si elegimos y1 = e−x y y2 = xe−x , tenemos

W = e−x xe − x = e−2x wronskiano
−ex −xe−x + e−x

Resolver problemas. Luego

y2 f (x) dx = − xe − x e − x x dx = 5 ln(x + 5) − x
W
e−2x (x + 5) x+5
∫ ∫ ∫u1 = − dx = −

y1 f (x) dx = e−xe−x 1 dx = ln(x + 5)
W
−2x (x + x+5
∫ ∫ ∫u2 = e 5) dx =

Entonces,

yp = u1y1 + u2 y2 solución particular

yp = (5 ln(x + 5) − x)e−x + xe−x ln(x + 5) sustituimos u1 y u2

yp = (x + 5)e−x ln(x + 5) − xe−x simplificamos

Finalmente, la solución general es de la forma y = yc + yp , es decir,

y = c1e−x + c2xe−x + (x + 5)e−x ln(x + 5)

EJEMPLO 7 Un problema de valor inicial por variación de parámetros
Resolver el problema de valor inicial y″ + 4y′ + 4y = e−2x ln x, y(0) = 2, y′(0) = 4 por el método
de variación de parámetros.

Solución
La ecuación homogénea asociada y″ + 4y′ + 4y = 0 tiene por ecuación auxiliar m2 + 4m + 4 = 0,

entonces

(m + 2)2 = 0 factorizamos

m = −2, multiplicidad 2 raíces auxiliares

yc = c1e−2x + c2xe−2x función complementaria

2.5 Método de variación de parámetros 127

Si elegimos y1 = e−2x y y2 = xe−2x, tenemos

W = e−2x xe −2 x = e−4x wronskiano

−2e−2x −2xe−2x + e−2x

Luego

y2 f (x) dx = − xe −2 x e −2 x ln x x ln x dx = 1 x2 − 1 x2 ln x
W e −4 x 42
∫ ∫ ∫u1 = − dx = −

y1 f (x) dx = e −2 x e −2 x ln x
W e −4 x
∫ ∫ ∫u2 = dx = ln x dx = x ln x − x

Entonces,

yp = u1y1 + u2 y2 solución particular

yp = e −2 x ¢1 x2 − 1 x2 ln x≤ + xe −2 x (x ln x − x) sustituimos u1 y u2
4 2

yp = 1 x 2 e −2 x ln x − 3 x 2 e −2 x simplificamos
2 4

De esta manera, la solución general es de la forma y = yc + yp, es decir

y = c1e −2 x + c2 xe −2 x + 1 x 2 e −2 x ln x − 3 x 2 e −2 x
2 4

Para evaluar las condiciones iniciales y(0) = 2, y′(0) = 4, derivamos

y′ = −2c1e −2 x − 2c2 xe −2 x + c2 e −2 x + 1 x(3x − 2 )e −2 x − x(x − 1)e−2x ln x
2

Luego,

Es decir, c1 = 2 y c2 = 8. y(0) = c1 = 2 y y′(0) = −2c1 + c2 = 4
Finalmente, y = 2e−2x + 8xe−2x + 1 x2e−2x ln x − 3 x2e−2x

24

EJEMPLO 8 Un problema de valor inicial por variación de parámetros

( ) ( )Resolver el problema de valor inicial y″ + y = cos2x , y π = 0, y′ π = 0 por el método de
22

variación de parámetros.

Solución
La ecuación homogénea asociada y″ + y = 0 tiene por ecuación auxiliar m2 + 1 = 0, entonces

m2 +1 = 0 ecuación auxiliar

m = i, m = −i raíces auxiliares

yc = c1 cos x + c2 sen x función complementaria

Si elegimos y1 = cos x y y2 = sen x, tenemos

cos x sen x wronskiano
W = =1

− sen x cos x

128 UNIDAD 2 Ecuaciones diferenciales de orden superior

Luego,

y2 f (x) dx = − sen x cos2 x dx = 1 cos3 x
W 13
∫ ∫u1 = −

y1 f (x) dx = cos x cos2 x dx = cos3x dx = 1 senx cos2x + 2 senx
W 1 33
∫ ∫ ∫u2 =

Entonces,

yp = u1y1 + u2 y2 solución particular

yp = cos x¢1 cos3 x≤ + sen x ¢1 sen x cos2 x + 2 sen x≤ sustituimos u1 y u2
3 3 3 simplificamos

yp = 1 cos4 x + 1 sen2 x cos2 x + 2 sen2 x
3 3 3

yp = 1 + 1 sen2 x
3 3

Resolver problemas. De esta manera, la solución general es de la forma y = yc + yp, es decir,

y = c1 cos x + c2 sen x + 1 sen2 x + 1
3 3

Derivamos para evaluar las condiciones iniciales y¢π ≤= 0, y′¢π ≤= 0
22

y′ = −c1 sen x + c2 cos x + 2 sen x cos x
3

Sustituimos

y¢π ≤= c1 cos π + c2 sen π + 1 sen2 π + 1 = 0
2 2 2 3 2 3

y′¢π ≤= −c1 sen π + c2 cos π + 2 sen π cos π = 0
2 2 2 32 2

de donde, c1 = 0 y c2 =−2 .
3
Finalmente,

y = − 2 sen x + 1 sen2 x + 1
33 3

EJEMPLO 9 Un problema de valor inicial por variación de parámetros

Resolver el problema de valor inicial y″ + 2y′ − 8y = 120, y(0) = 0, y′(0) = 0 por el método de
variación de parámetros.

Solución
La ecuación homogénea asociada y″ + 2y′ − 8y = 0 tiene por ecuación auxiliar m2 + 2m − 8 = 0,
entonces

(m − 2)(m + 4) = 0 factorizamos

m = 2, m = −4 raíces auxiliares
yc = c1e2x + c2e−4x función complementaria