ec_dif_5

1) Resolver la ecuación:
d2y
dy
 2  3y  0
2
ax
dx
Se puede resolver utilizando la ecuación auxiliar.
d 2  2  3  0
(  3)(  1)  0
1  3   2  1
Según la solución general
y  c1e1 x  c2e 2 x
y  c1e3 x  c2e x
2) y ' '4 y '4 y  0
Ec. Algebraica característica
 2  4    0
(  2)(  2)  0    2
1   2  2
Si aplicamos la solución general
y  c1e1 x  c2e 2 x
nos queda
y  c1ex  c2ex  Kex ; donde, K  c1  c2
Luego esta no puede ser la solución general de la ecuación diferencial propuesta
que es de 2º grado y por lo tanto su solución general debe tener dos constantes
indeterminadas.
Para resolver esta dificultad establecemos la siguiente regla.
“Cuando los términos de la solución muestran acoplamiento debe introducirse a
una de ellas un factor variable de desacoplamiento que será la menor potencia de
la variable independiente.
y  c1 xe2 x  c2e2 x
y  e2 x (c1x  c2 )
3) y ' '4 y '5 y  0
Ecuación algebraica característica.
 2  4  5  0
  2  4  5
 1  2  i
 2  2  i
y  c1e ( 2  i ) x  c2e( 2  i ) x
y  e  2 x (c1eix  c2e  ix )
Se puede aplicar la relación de Euler.
eix  cos x  i sen x
e  ix  cos x  i sen x
y  e  2 x c1 (cos x  i sen x)  c2 (cos x  i sen x) 
y  e  2 x (c1  c2 ) cos x  (c1  c2 )i sen x 
Sea c1  c2  K1
(c1  c2 )i  K2
y  e2 x ( K1 cos x  K 2 sen x)
4) y ' '6 y '9 y  0
 2  6  9  0
(  3)(  3)  0;  3
La solución general cuando 1  2   es
y  ex (c1 x  c2 )
y  e  3 x (c1 x  c2 )
5) y ' '2 y '2 y  0
 2  2  2  0

2 48
2

 2  2i  1  i

2
1
1  1  i
 2  1  i

Y  c1e( 1 i ) x  c2e( 1 i ) x

Y  e  x (c1eix  c2e  ix )
Y  e  x c1 ((cos x  i sen x)  c2 (cos x  i sen x) 
Y  e x (c1  c2 ) cos x  (c1  c2 )i sen x 
Y  e x K1 cos x  K 2 sen x 
6) y ' '4 y '8 y  0
 2  4  8  0

4  16  32
2

4  4i
2
1  2  2i
 2  2  2i
Y  c1e1 x  c2e 2 x
Y  e 2 x (c1e1 x  c2e  2 x )
y  e 2 x c1 (cos 2 x  i sen 2 x)  c2 (cos 2 x  i sen 2 x)
Y  e 2 x (c1  c2 ) cos 2 x  (c1  c2 )i sen 2 x 
Y  e 2 x K1 cos 2 x  K 2 sen 2 x 
La ecuación diferencial de 2º orden con coeficientes constantes no homogénea.
(con 2º miembro)
1) Y ' 'aY 'bY  (x)
TEOREMA: sea Ya una solución particular de “1” y sea Yh la solución general de
Yh . Y ' ' h  aY ' h  bYh  0
Entonces Yp+Yh es la solución general de “1”
Hip.
Y ' ' p  aY ' p  bYp  ( x)
Y ' ' h  aY ' n  bYh  0
Tesis:
(Yp  Yh )' ' a(Yp  Yh )'b(Yp  Yh )  ( x)
Dem.
Y ' ' p  aY ' p  bYp  ( x)
+
Y ' ' h  aY ' h  bYh  0
Yp ' 'Y ' ' h  a(Y ' p  Y ' h)  b(Yp  Yh )  ( x)
para
(Yp ' ' y ' 'Y )  (Yp  Yh )' '
(Y ' p  Y ' h)  (Yp  Yh )'
Por lo tanto.
(Yp  Yh )' ' a(Yp  Yh )'b(Yp  Yh )  ( x)
Esto es evidente, decido a la linealidad de la dirivada.
1) Y ' ' aY 'by  f ( x)
Sol. General.: Y  Yh  Yp es solución general de Y ' ' h  aY ' h  bYh  0 e Yp es una
solución particular de “1”.
Nota: Yp se determina por ¿? Según que tipo de función sea f (x) .
Ej:
1) Y ' '4Y '5Y  2 x 2  3
Y ' ' h  4Y ' h  5Yh  0
“1”
 2  4  5  0
  2  4  5
1  1   2  5
Yh  c1e x  c2e5 x
Función Homogénea.
Determinación de Yp.
Para que una consignación lineal de Y con sus derivadas dé por resultado un
polinomio de 2º grado. “Yp” tiene que ser un polinomio de segundo grado, Sol.
General, si el 2º miembro es un polinomio de grado n,Yp debe ser también un
polinomio de grado n.
Sea
Yp  Ax 2  Bx  C
Y ' p  2 Ax  B
Y '' p  2 A
Y ' ' p  4Y ' p  5Yp  2 A  4(2 Ax  B)  5( Ax 2  Bx  c)  2 x 2  3
 5 Ax 2  (8 A  5B) x  (2 A  4 B  5C )  2 x 2  3
 5A  2
2 A  4 B  5C  3
8 A  5B  0
A
2
5
B
16
25
C
159
125
2
16
159
 Yp   x 2 
x
5
25
125
Por lo tanto la solución general de “1” es:
Y  e1e x  c2e  5 x 
2 2 16
159
x 
x
5
25
125
Función complementaria.
Determinar la solución particular de “1” tal que para
Y 1
x0
Y ' 0
Sol. General.
2)Y  c1e x  c2e  5 x 
Y '  c1e x  5c2 e  5 x 
Si:
Y 1
x0
Y ' 0
1  c1e0  c2e0  0  0 
0  c1e0  5c2e0  0 
159
125
16
25
2 2 16
159
x 
x
5
25
125
4
16
x
5
25
c1  c2 
159
1
125
c1  5c2 
16
25
c1  c2 
284
125
c1  5c2 
6c1 
*5
16
25
300
25
c1  2
c2 
34
125
Sol. Particular de “1” es.
Yp  2e x 
Yp 
34  5 x 2 2 16
159
e  x 
x
125
5
25
125


1
250e x  34e  5 x  50 x 2  80 x  159
125
2) Y ' '4Y '17Y  3 sen 2 x  2 cos 2 x;"1"
Y ' ' h  4Y ' h  12Yh  0
 2  4  12  0
Yh  c1e 2 x  c2e  6 x
  2  4  12
1   2  4  2
 2  2  4  6
Determinación de la solución complementaria de “1”.
Yp  A sen 2 x  B cos 2 x
Y ' p  2 A cos 2 x  2 sen 2 x
Y ' ' p  4 A sen 2 x  4 B cos 2 x
Y ' ' p  4Y ' p  12Yp  4 A sen 2 x  4 B cos 2 x  8 A cos 2 x  8 B sen 2 x  12 A sen 2 x
 12 B cos 2 x  3 sen 2 x  2 cos 2 x
 sen 2 x(16 A  pB)  cos 2 x(8 A  16 B)  3 sen 2 x  2 cos 2 x
 16 A  8B  3
/* 2
8 A  16 B  2
/* 2
 40 B  7
B
7
40
40 A  4
A
1
10
Yp  
sen 2 x 7
 cos 2 x
10
40
Y  c1e 2 x  c2e  6 x 
sen 2 x 7
 cos 2 x
10
40
3) Y ' '4Y  3sen 2x  2 cos 2x
Y ' ' h  4Yh  0
2  4  0
  2i
Yh  K1e 2ix  K 2e  2 xix
óYh  c1 sen 2x  c2 cos 2x
Determinación de la solución complementaria.
Yp  A sen 2 x  B cos 2 x
NO SIRVE
Y ' p  2 A cos 2 x  2 B sen 2 x
Y ' ' p  4 A sen 2 x  4 B cos 2 x
Y ' ' p  4Yp  4 A sen 2 x  4 B cos 2 x  4( A sen 2 x  B cos 2 x)
 3sen 2 x  2 cos 2 x
0  3sen 2x  2 cos 2x
¡ABSURDO!
Hay que agregar un factor que me desacople las acuaciones:
Yp  x( A sen 2 x  B cos 2 x)
Y ' p  A sen 2 x  B cos 2 x  2 Ax cos 2 x  2 Bx sen 2 x
Y ' ' p  2 A cos 2 x  2 B sen 2 x  2 A cos 2 x  4 Ax sen 2 x  2 B sen 2 x  4 Bx sen 2 x
Y ' ' p  4Yp  4 A cos 2 x  4 B sen 2 x  4 x( A sen 2 x  B cos 2 x)  4 x( A sen 2 x  B cos 2 x)
 3 sen 2 x  2 cos 2 x