ECUACIONES DIFERENCIALES

MSc. Alcides Astorga Morales

Ejemplos propuestos para el segundo parcial

Ecuaciones homogéneas y Coeficientes indeterminados
1. Considere la ecuación diferencial 𝑥𝑦" − 𝑦′ + 4𝑥 3 𝑦 = 0, con 𝑥 ≠ 0 (*)
a. Sabiendo que 𝑦1 (𝑥 ) = cos(𝑥 2 ) es solución de la ecuación diferencial (*), determine otra
solución 𝑦2 (𝑥) de la ecuación indicada, de tal forma que 𝑦1 y 𝑦2 sean linealmente
independientes.
b. Verifique que efectivamente 𝑦1 y 𝑦2 son linealmente independientes y escriba la solución
general de (*).

2. Considere la ecuación diferencial 𝑦 (4) + 𝑦 ′′′ − 2𝑦 ′′ = 0. Sin resolver la ecuación diferencial,

justifique la razón por la que:
3
𝑦 = 𝐴 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑒 −2𝑥 + 𝐷
𝑒 2𝑥
No puede ser la solución general de la ecuación diferencial dada.
3. Escriba una ecuación diferencial que tenga como solución general la función:
𝑦 = (𝑎 + 𝑏𝑥 )𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 (𝑑 ∙ sen(3𝑥 ) + 𝑒 ∙ cos(3𝑥))
4. Determine una ecuación diferencial cuya solución general, viene dada por:
𝑦(𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 (A ∙ sen𝑥 + B ∙ cos𝑥 ) + C + D𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥𝑒 𝑥
5. Resuelva la siguiente ecuación diferencial 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ = 6𝑥 + 20cos⁡(2𝑥).
6. Resuelva la ecuación diferencial 𝑦 (4) − 2𝑦 ′′′ + 2𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0 si se sabe que 𝑦1 = 𝑥𝑒 𝑥 es
una solución de la ecuación dada.
7. Determine una ecuación diferencial cuya solución general está dada por:
𝑦(𝑥 ) = 𝐴 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑥 2 + 𝐷𝑐𝑜𝑠(3𝑥 ) + 𝐸𝑠𝑒𝑛(3𝑥)
8. Determine la solución general de la ecuación diferencial 𝑦 (4) − 6𝑦 ′′′ + 13𝑦 ′′ = 0; y proponga la
“forma” que tendría la solución particular de (no calcule las constantes):
𝑦 (4 − 6𝑦 ′′′ + 13𝑦 ′′ = 𝑥 + cos⁡(2𝑥)
 Ecuación de Euler
9. Resuelva la siguiente ecuación diferencial 𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 3𝑦 = 𝑙𝑛2 𝑥.
10. Resuelva la siguiente ecuación diferencial 𝑥 2 𝑦 ′′ − 4𝑥𝑦 ′ + 6𝑦 = 𝑥 4 − 𝑥 2 .

Variación de parámetros
11. Determine la solución general de la ecuación diferencial:

′′ ′
𝑒𝑥
3𝑦 − 6𝑦 + 6𝑦 =
𝑐𝑜𝑠𝑥
12. Resuelva la ecuación diferencial 𝑦" + 2𝑦′ + 𝑦 = 𝑒 −𝑡 ln⁡(𝑡)
13. a. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
4𝑦
2𝑥𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + =0
𝑥
Sabiendo que 𝑦1 (𝑥 ) = 𝑥 2 es solución de la ecuación anterior:
b. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
4𝑦
2𝑥𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + = 𝑥 2 ln⁡(𝑥)
𝑥
14. a. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
(𝑡 2 − 1)𝑦 ′′ − 2𝑡𝑦 ′ + 2𝑦 = 0
Sabiendo que 𝑦1 (𝑡) = 𝑡 es una solución de dicha ecuación.
b. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
(𝑡 2 − 1)𝑦 ′′ − 2𝑡𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑡 2 − 1
15. Considere la ecuación diferencial:
𝑥𝑦 ′′ − (1 + 3𝑥 )𝑦 ′ + 3𝑦 = 0. (*)
a. Determine el valor de k si se sabe que 𝑦1 = 𝑒 𝑘𝑥 es solución de la ecuación diferencial
anterior.
b. Determine otra solución 𝑦2 de (*) que sea linealmente independiente con 𝑦1.
c. Verifique que efectivamente 𝑦1 y 𝑦2 son linealmente independientes.
d. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
𝑥𝑦 ′′ − (1 + 3𝑥 )𝑦 ′ + 3𝑦 = 𝑒 3𝑥
 Cambios de variable

16. Considere la ecuación:

4𝑥𝑦" + (2 − 8√𝑥)𝑦′ − 5𝑦 = 0, con⁡𝑥 > 0
a. Verifique que si se realiza el cambio de variable 𝑥 = 𝑡 2 , entonces se tiene que:
𝑑𝑦 1 𝑑𝑦 𝑑2𝑦 1 1 𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑦′ = = ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡y⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑦 ′′ = 2 = 2 [− + ]
𝑑𝑥 2𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 4𝑡 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2
b. Verifique que la ecuación anterior se transforma en
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
2
−4 − 5𝑦 = 0
𝑑𝑡 𝑑𝑡
al hacer el cambio de variable 𝑥 = 𝑡 2 .

c. Usando el resultado anterior resuelva 4𝑥𝑦" + (2 − 8√𝑥)𝑦′ − 5𝑦 = 0, con⁡𝑥 > 0.

SOLUCIÓN A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS

ECUACIONES HOMOGÉNEAS Y COEFICIENTES INDETERMINADOS
1. Considere la ecuación diferencial 𝑥𝑦" − 𝑦′ + 4𝑥 3 𝑦 = 0, con 𝑥 ≠ 0 (*)
a. Sabiendo que 𝑦1 (𝑥 ) = cos(𝑥 2 ) es solución de la ecuación diferencial (*), determine otra solución
𝑦2 (𝑥) de la ecuación indicada, de tal forma que 𝑦1 y 𝑦2 sean linealmente independientes.
b. Verifique que efectivamente 𝑦1 y 𝑦2 son linealmente independientes y escriba la solución general
de (*).
Solución:
1
a. 𝑥𝑦" − 𝑦′ + 4𝑥 3 𝑦 = 0  𝑦" − 𝑥 𝑦′ + 4𝑥 2 𝑦 = 0

Por lo que la otra solución viene dada por 𝑦2 (𝑥 ) = 𝑢(𝑥) ∙ 𝑦1 (𝑥), donde:
−1
𝑒 − ∫ 𝑥 𝑑𝑥 𝑒 𝑙𝑛𝑥 2( 2)
1 2( 2 )
1
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑢(𝑥 ) = ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥𝑠𝑒𝑐 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 2𝑥𝑠𝑒𝑐 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡𝑎𝑛(𝑥 2 )
𝑐𝑜𝑠 2(𝑥 2 ) 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥 2 ) 2 2
De donde podemos tomar 𝑢(𝑥 ) = 𝑡𝑎𝑛(𝑥 2 ), así se tiene que:
𝑠𝑒𝑛(𝑥 2 )
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑦2 (𝑥 ) = 𝑡𝑎𝑛(𝑥 2 ) ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝑥 2 ) = ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝑥 2 ) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥 2 )
𝑐𝑜𝑠(𝑥 2 )
2. Considere la ecuación diferencial 𝑦 (4) + 𝑦 ′′′ − 2𝑦 ′′ = 0. Sin resolver la ecuación diferencial,
justifique la razón por la que:
3
𝑦 = 𝐴 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑒 −2𝑥 + 𝐷
𝑒 2𝑥
No puede ser la solución general de la ecuación diferencial dada.
Solución:
Puesto que 𝑦 (4) + 𝑦 ′′′ − 2𝑦 ′′ = 0⁡es una ecuación diferencial de orden cuatro y por tanto tiene
cuatro soluciones particulares que son linealmente independientes, se puede notar, que la solución
general propuesta contiene solo tres soluciones l.i, pues 𝑒 −2𝑥 y 3𝑒 −2𝑥 son linealmente
independientes.
3. Escriba una ecuación diferencial que tenga como solución general la función:
𝑦 = (𝑎 + 𝑏𝑥 )𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 (𝑑 ∙ sen(3𝑥 ) + 𝑒 ∙ cos(3𝑥))
Solución:
Note la solución propuesta es la solución general de una ecuación diferencial homogénea lineal
de orden 4, pues involucra 4 parámetros.
Ecuación característica (o auxiliar)
⁡⁡⁡⁡⁡(𝑚 − 1)(𝑚 − 1)(𝑚 + 1 − 3𝑖 )(𝑚 + 1 + 3𝑖 ) = 0
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⟹ (𝑚2 − 2𝑚 + 1)(𝑚2 + 2𝑚 + 1 − 9) = 0
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⟹ (𝑚2 − 2𝑚 + 1)(𝑚2 + 2𝑚 + 10) = 0
⁡⁡⁡⁡⁡⟹ ⁡ 𝑚4 + 2𝑚3 + 10𝑚2 − 2𝑚3 − 4𝑚2 − 20𝑚 + 𝑚2 + 2𝑚 + 10 = 0
⁡⁡⁡⁡⁡⟹ 𝑚4 + 7𝑚2 − 18𝑚 + 10 = 0
Por lo que la ecuación diferencial tiene la forma:

4. Determine una ecuación diferencial cuya solución general, viene dada por:

𝑦(𝑥 ) = 𝑒 2𝑥 (A ∙ sen𝑥 + B ∙ cos𝑥 ) + C + D𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥𝑒 𝑥

5. Resuelva la siguiente ecuación diferencial 𝑦 ′′′ − 𝑦 ′′ = 6𝑥 + 20cos⁡(2𝑥).
6. Resuelva la ecuación diferencial 𝑦 (4) − 2𝑦 ′′′ + 2𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 0 si se sabe que 𝑦1 = 𝑥𝑒 𝑥 es
una solución de la ecuación dada.
Solución:
 Como 𝑦1 = 𝑥𝑒 𝑥 es solución de la ecuación anterior, entonces debe darse que 𝑦2 = 𝑒 𝑥 también es
solución, de donde se tiene que cumplir que 𝑥 = 1 es un cero de multiplicidad dos de la ecuación
característica 𝑚4 − 2𝑚3 + 2𝑚2 − 2𝑚 + 1 = 0, así se tiene que:
𝑚4 − 2𝑚3 + 2𝑚2 − 2𝑚 + 1 = (𝑚2 − 2𝑚 + 1)(𝑚2 + 1) = 0
𝑚2 + 1 = 0 ⟹ 𝑚 = ±𝑖
De donde la solución general de la ecuación homogénea es:
𝑦ℎ (𝑥 ) = 𝑐1𝑒 𝑥 + 𝑐2 𝑥𝑒 𝑥 + 𝑐3𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑐4 cos⁡(𝑥)

7. Determine una ecuación diferencial cuya solución general está dada por:
𝑦(𝑥 ) = 𝐴 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑥 2 + 𝐷𝑐𝑜𝑠(3𝑥 ) + 𝐸𝑠𝑒𝑛(3𝑥)
Para 𝐴 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑥 2 el polinomio característico tiene que tener como factor a 𝑚3 , y para
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝐷𝑐𝑜𝑠(3𝑥 ) + 𝐸𝑠𝑒𝑛(3𝑥) el polinomio característico tiene que tener como factor a 𝑚2 + 9.
Por lo que el polinomio característico tiene la forma 𝑚3 (𝑚2 + 9) = 𝑚5 + 𝑚3
De donde una ecuación que tiene como solución general la función propuesta es:
𝑦 (5) + 9𝑦 ′′′ = 0
8. Determine la solución general de la ecuación diferencial 𝑦 (4) − 6𝑦 ′′′ + 13𝑦 ′′ = 0; y proponga
la “forma” que tendría la solución particular de (no calcule las constantes):
𝑦 (4 − 6𝑦 ′′′ + 13𝑦 ′′ = 𝑥 + cos⁡(2𝑥)
Solución:
a. Encontremos la solución general de la ecuación homogénea:
𝑦 (4) − 6𝑦 ′′′ + 13𝑦 ′′ = 0
Ecuación característica: 𝑚4 − 6𝑚3 + 13𝑚2 = 0
𝑚4 − 6𝑚3 + 13𝑚2 = 0
𝑚2 (𝑚2 − 6𝑚 + 13) = 0
⟹ 𝑚1 = 0;⁡𝑚2 = 0; ⁡𝑚3 = 3 + 2𝑖; ⁡𝑚4 = 3 − 2𝑖
Por lo que la solución general de la ecuación homogénea es:
𝑦ℎ (𝑥 ) = 𝑐1 + 𝑐2 𝑥 + 𝑒 3𝑥 (𝑐3 ∙ 𝑠𝑒𝑛(2𝑥 ) + 𝑐4 ∙ cos⁡(2𝑥))
b. Solución particular de:
𝑦 (4) − 6𝑦 ′′′ + 13𝑦 ′′ = 𝑥 + cos⁡(2𝑥)
Propuesta: 𝑦𝑝 (𝑥 ) = (𝑎 + 𝑏𝑥 )𝑥 2 + 𝑑𝑠𝑒𝑛(2𝑥 ) + 𝑓𝑐𝑜𝑠(2𝑥)
 ECUACIÓN DE EULER CAUCHY
9. Resuelva la siguiente ecuación diferencial 𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 3𝑦 = 𝑙𝑛2 𝑥.
Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 , entonces:
𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑥 = 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 ⟹ = 𝑒𝑡 ⟹ = 𝑒 −𝑡 ⟹ 𝑦 ′ = 𝑒 −𝑡
𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑 (𝑒 −𝑡 ) 𝑑2𝑦
−𝑡 (− 𝑑𝑦
2
𝑑 ( ) 𝑑 (𝑒 −𝑡 ) 𝑑𝑡 −𝑡 𝑑𝑦 −𝑡 𝑑 𝑦 𝑒 + )
2
𝑑 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑡 −𝑒 + 𝑒 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2
′′ 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑦 = 2= = = = =
𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑒𝑡 𝑒𝑡
𝑑𝑡
De donde:
𝑑2𝑦 𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑦 ′′ = = 𝑒 −2𝑡 [−
+ ]
𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2
𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 3𝑦 = 𝑙𝑛2 𝑥
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
⟹ 𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 [− + 2 ] − 3𝑒 𝑡 ∙ 𝑒 −𝑡 + 3𝑦 = 𝑡 2
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
⟹− + 2 −3 + 3𝑦 = 𝑡 2
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
⟹ 2
−4 + 3𝑦 = 𝑡 2
𝑑𝑡 𝑑𝑡
Resolvamos la ecuación homogénea de coeficientes constantes:
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
2
−4 + 3𝑦 = 0
𝑑𝑡 𝑑𝑡
⟹ 𝑚2 − 4𝑚 + 3 = 0
⟹ 𝑚1 = 1;⁡𝑚2 = 3
∴ ⁡ 𝑦ℎ (𝑡) = 𝑐1𝑒 𝑡 + 𝑐2 𝑒 3𝑡
Busquemos una solución particular de:
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
2
−4 + 3𝑦 = 𝑡 2
𝑑𝑡 𝑑𝑡

Propuesta de solución particular:

𝑦𝑝 (𝑡) = 𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐
 Por lo que:

𝑦 ′𝑝 (𝑡) = 2𝑎𝑡 + 𝑏

𝑦 ′′𝑝 (𝑡) = 2𝑎

⟹ 2𝑎 − 4(2𝑎𝑡 + 𝑏) + 3(𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐 ) = 𝑡 2
⟹ 2𝑎 − 8𝑎𝑡 − 4𝑏 + 3𝑎𝑡 2 + 3𝑏𝑡 + 3𝑐 = 𝑡 2
⟹ 3𝑎𝑡 2 + (−8𝑎 + 3𝑏)𝑡 + (2𝑎 − 4𝑏 + 3𝑐 ) = 𝑡 2
3𝑎 = 1
⟹ { −8𝑎 + 3𝑏 = 0
2𝑎 − 4𝑏 + 3𝑐 = 0
1 8 26
⟹ 𝑎 = ;𝑏 = ;𝑐 =
3 9 27
1 8 26
∴ ⁡ 𝑦𝑝 (𝑡) = 𝑡 2 + 𝑡 +
3 9 27
Por lo que:
1 8 26
𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑡 + 𝑐2 𝑒 3𝑡 + 𝑡 2 + 𝑡 +
3 9 27
Respuesta:
La solución de la ecuación diferencial inicial es:
1 8 26
𝑦(𝑥 ) = 𝑐1𝑥 + 𝑐2 𝑥 3 + 𝑙𝑛2 𝑥 + 𝑙𝑛𝑥 +
3 9 27

10. Resuelva la siguiente ecuación diferencial 𝑥 2 𝑦 ′′ − 4𝑥𝑦 ′ + 6𝑦 = 𝑥 4 − 𝑥 2 .

Sea 𝑥 = 𝑒 𝑡 , entonces:
𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑥 = 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 ⟹ = 𝑒𝑡 ⟹ = 𝑒 −𝑡 ⟹ 𝑦 ′ = 𝑒 −𝑡
𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑 (𝑒 −𝑡 ) 𝑑2𝑦
−𝑡 (− 𝑑𝑦
2
𝑑 ( ) 𝑑 (𝑒 −𝑡 ) 𝑑𝑡 −𝑡 𝑑𝑦 −𝑡 𝑑 𝑦 𝑒 + )
2
𝑑 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑡 −𝑒 + 𝑒 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2
𝑦 ′′ = 2 = = = 𝑑𝑡 =
𝑑𝑡 𝑑𝑡 2 =
𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑒𝑡 𝑒𝑡
𝑑𝑡
De donde:
𝑑2𝑦 𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑦 ′′ = = 𝑒 −2𝑡 [−
+ ]
𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2
𝑥 2 𝑦 ′′ − 3𝑥𝑦 ′ + 3𝑦 = 𝑙𝑛2 𝑥
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
⟹ 𝑒 2𝑡 𝑒 −2𝑡 [− + 2 ] − 4𝑒 𝑡 ∙ 𝑒 −𝑡 + 6𝑦 = 𝑒 4𝑡 − 𝑒 2𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦
⟹− + 2 −4 + 6𝑦 = 𝑒 4𝑡 − 𝑒 2𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
⟹ 2 −5 + 6𝑦 = 𝑒 4𝑡 − 𝑒 2𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡
Resolvamos la ecuación homogénea de coeficientes constantes:
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
2
−5 + 6𝑦 = 0
𝑑𝑡 𝑑𝑡
⟹ 𝑚2 − 5𝑚 + 6 = 0
⟹ 𝑚1 = 2;⁡𝑚2 = 3
∴ ⁡ 𝑦ℎ (𝑡) = 𝑐1𝑒 2𝑡 + 𝑐2 𝑒 3𝑡
Busquemos una solución particular de:
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
2
−5 + 6𝑦 = 𝑒 4𝑡 − 𝑒 2𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡
Propuesta:
𝑦𝑝 (𝑡) = 𝑎𝑒 4𝑡 + 𝑏𝑡𝑒 2𝑡

Por lo que:

𝑦′𝑝 (𝑡) = 4𝑎𝑒 4𝑡 + 𝑏𝑒 2𝑡 + 2𝑡𝑏𝑒 2𝑡

𝑦′′𝑝 (𝑡) = 16𝑎𝑒 4𝑡 + 2𝑏𝑒 2𝑡 + 2𝑏𝑒 2𝑡 + 4𝑏𝑡𝑒 2𝑡 = 16𝑎𝑒 4𝑡 + 4𝑏𝑒 2𝑡 + 4𝑏𝑡𝑒 2𝑡
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
2
−5 + 6𝑦 = 𝑒 4𝑡 − 𝑒 2𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡
⟹ 16𝑎𝑒 4𝑡 + 4𝑏𝑒 2𝑡 + 4𝑏𝑡𝑒 2𝑡 − 20𝑎𝑒 4𝑡 − 5𝑏𝑒 2𝑡 − 10𝑡𝑏𝑒 2𝑡 + ⁡6𝑎𝑒 4𝑡 + 6𝑏𝑡𝑒 2𝑡 = 𝑒 4𝑡 − 𝑒 2𝑡
⟹ 22𝑎𝑒 4𝑡 − 𝑏𝑒 2𝑡 = 𝑒 4𝑡 − 𝑒 2𝑡
1
⟹𝑎= ;𝑏 = 1
22
1 4𝑡
⟹ 𝑦𝑝 (𝑡) = 𝑒 + 𝑡𝑒 2𝑡
22
1
Respuesta: 𝑦(𝑡) = 𝑐1 𝑒 2𝑡 + 𝑐2 𝑒 3𝑡 + 22 𝑒 4𝑡 + 𝑡𝑒 2𝑡

Y la solución de la ecuación original sería:

 1 4
𝑦(𝑥 ) = 𝑐1𝑥 2 + 𝑐2𝑥 3 + 𝑥 + 𝑥 2 𝑙𝑛𝑥
22

VARIACIÓN DE PARÁMETROS CON COEFICIENTES

CONSTANTES.
11. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
𝑒𝑥
3𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 6𝑦 =
𝑐𝑜𝑠𝑥
Solución:
𝑒𝑥
3𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 6𝑦 =
cos⁡(𝑥)
𝑒𝑥
⟹ 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 2𝑦 =
3cos⁡(𝑥)
a. Calculemos la solución general de la ecuación diferencial homogénea:
𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 2𝑦 = 0
Ecuación característica: 𝑚2 − 2𝑚 + 2 = 0
𝑚1 = 1 + 𝑖;⁡⁡𝑚2 = 1 − 𝑖
Solución general:
𝑦ℎ (𝑥 ) = 𝑐1 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑐2 𝑒 𝑥 cos⁡(𝑥)
b. Calculemos una solución particular de:
𝑒𝑥
𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 2𝑦 =
3cos⁡(𝑥)
Propuesta de solución particular:

𝑦𝑝 (𝑥 ) = 𝑢(𝑥)𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑣(𝑥)𝑒 𝑥 cos⁡(𝑥)

Condición:
𝑢′𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑣 ′𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) = 0
{ ′ 𝑥 𝑒𝑥
𝑢 (𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑒 𝑥 cos(𝑥 )) + 𝑣 ′(𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) − 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 )) =
3cos⁡(𝑥)

𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) 𝑒 𝑥 cos(𝑥 )
𝑊=| |
𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) − 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 )
 ⁡⁡⁡⁡⁡= 𝑒 2𝑥 [𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑠𝑒𝑛2 𝑥 − 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 ] = −𝑒 2𝑥
0 𝑒 𝑥 cos(𝑥 )
𝑥 𝑒 2𝑥
𝑊1 = | 𝑒 |=−
𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) − 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) 3
3cos⁡(𝑥)
𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) 0
𝑥 1 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑊2 = | 𝑥 𝑒 | =
𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑒 𝑥 cos(𝑥 ) 3 cos⁡(𝑥)
3cos⁡(𝑥)
𝑒 2𝑥
− 3 1 1
𝑢′ = 2𝑥
= ⟹ 𝑢 (𝑥 ) = 𝑥
−𝑒 3 3
1 𝑒 2𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
3 cos⁡(𝑥) 1 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) 1
𝑣′ = 2𝑥
=− ⟹ 𝑣(𝑥 ) = ln⁡|cos⁡(𝑥)|
−𝑒 3 cos(𝑥 ) 3
Por lo que la solución particular de la ecuación es:
𝑥 𝑥 1
𝑦𝑝 (𝑥 ) = 𝑒 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑙𝑛|cos⁡(𝑥)|𝑒 𝑥 cos⁡(𝑥)
3 3
Respuesta:
La solución general de la ecuación inicial es:
𝑥 1
𝑦(𝑥 ) = 𝑐1 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑐2𝑒 𝑥 cos⁡(𝑥) + 𝑒 𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝑥 ) + 𝑙𝑛|cos⁡(𝑥)|𝑒 𝑥 cos⁡(𝑥)
3 3
12. Resuelva la ecuación diferencial 𝑦" + 2𝑦′ + 𝑦 = 𝑒 −𝑡 ln⁡(𝑡)

VARIACIÓN DE PARAMETROS CON COEFICIENTES VARIABLES Y ALGO

MAS
13. a. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
4𝑦
2𝑥𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + =0
𝑥
Sabiendo que 𝑦1 (𝑥 ) = 𝑥 2 es solución de la ecuación anterior:
c. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
4𝑦
2𝑥𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + = 𝑥 2 ln⁡(𝑥)
𝑥
Solución:
 4𝑦
𝑎. 2𝑥𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ +=0
𝑥
2 2𝑦
⟹ 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 2 = 0
𝑥 𝑥
Busquemos otra solución de la ecuación anterior que sea linealmente independiente con 𝑦1
Sea 𝑦2 (𝑥 ) = 𝑦1 (𝑥) ∙ 𝑢(𝑥), donde:
2
𝑒 ∫𝑥𝑑𝑥 𝑒 2𝑙𝑛(𝑥) 𝑥2 1 1
𝑢(𝑥 ) = ∫ 4 𝑑𝑥 = ∫ 4
𝑑𝑡 = ∫ 4
𝑑𝑡 = ∫ 2 𝑑𝑥 = −
𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥
Así:
1
𝑦2 (𝑥 ) = 𝑦1 (𝑥 ) ∙ 𝑢(𝑥 ) = 𝑥 2 ∙ − = −𝑥
𝑥
Respuesta: La solución general de la ecuación diferencial homogénea es:
𝑦ℎ (𝑥 ) = 𝑐1 𝑥 2 + 𝑐2 𝑥
b. Busquemos una solución particular de:
4𝑦
2𝑥𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + = 𝑥 2 ln⁡(𝑥)
𝑥
4𝑦
2𝑥𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + = 𝑥 2 ln⁡(𝑥)
𝑥
2 2𝑦
⟹ 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 2 = 𝑥𝑙𝑛(𝑥)
𝑥 𝑥
Supongamos que la solución particular viene dada por:
𝑦𝑝 (𝑥 ) = 𝑢(𝑥 ) ∙ 𝑥 2 + 𝑣(𝑥) ∙ 𝑥
Entonces, debe cumplir las condiciones:
𝑢′ 𝑥 2 + 𝑣 ′𝑥 = 0⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡
{ ′
𝑢 ∙ 2𝑥 + 𝑣 ′ ∙ 1 = 𝑥 ∙ ln⁡(𝑥)⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡
Sea:
2
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡W = |𝑥 𝑥 | = 𝑥 2 − 2𝑥 2 = −𝑥 2
2𝑥 1
0 𝑥
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑊1 = | | = 𝑥 2 ∙ ln⁡(𝑥)
𝑥𝑙𝑛(𝑥) 1
𝑥2 0
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑊2 = | | = 𝑥 3 ∙ ln⁡(𝑥)
2𝑥 𝑥𝑙𝑛(𝑥)
Por lo que:

′(
𝑥 2 ln⁡(𝑥)
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑢 𝑥 ) = = −ln⁡(𝑥)
−𝑥 2
 ′(
𝑥 3 ln⁡(𝑥)
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 𝑥 ) = = −𝑥ln⁡(𝑥
−𝑥 2

14. a. Determine la solución general de la ecuación diferencial:

(𝑡 2 − 1)𝑦 ′′ − 2𝑡𝑦 ′ + 2𝑦 = 0
Sabiendo que 𝑦1 (𝑡) = 𝑡 es una solución de dicha ecuación.
b. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
(𝑡 2 − 1)𝑦 ′′ − 2𝑡𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑡 2 − 1
Solución:
a.⁡⁡(𝑡 2 − 1)𝑦 ′′ − 2𝑡𝑦 ′ + 2𝑦 = 0
2𝑡 2
⟹ 𝑦 ′′ − + 2 𝑦=0
𝑡2 −1 𝑡 −1
Busquemos otra solución de la ecuación anterior que sea linealmente independiente con 𝑦1
Sea 𝑦2 (𝑡) = 𝑦1 (𝑡) ∙ 𝑢(𝑡), donde:
2𝑡
∫ 2 𝑑𝑡 2
𝑒 𝑡 −1 𝑒 𝑙𝑛(𝑡 −1) 𝑡2 − 1 1 1
𝑢 (𝑡 ) = ∫ 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑡 = ∫ (1 − ) 𝑑𝑡 = 𝑡 +
𝑡2 𝑡2 𝑡2 𝑡2 𝑡
Por lo que:
1
𝑦2 (𝑡) = 𝑦1 (𝑡) ∙ 𝑢(𝑡) = 𝑡 ∙ (𝑡 + ) = 𝑡 2 + 1
𝑡
De donde la solución general de la ecuación diferencial dada es:
𝑦ℎ (𝑡) = 𝑐1 𝑡 + 𝑐2(𝑡 2 + 1)
𝑏. (𝑡 2 − 1)𝑦 ′′ − 2𝑡𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑡 2 − 1
2𝑡 2
⟹ 𝑦 ′′ − + 2 𝑦=1
𝑡2 −1 𝑡 −1
Supongamos que la solución particular viene dada por:
𝑦𝑝 (𝑡) = 𝑢(𝑡) ∙ 𝑡 + 𝑣(𝑡)(𝑡 2 + 1)
Entonces, debe cumplir las condiciones:
′ ′( 2 )
{𝑢 ′𝑡 + 𝑣′ 𝑡 + 1 = 0
𝑢 + 𝑣 ∙ 2𝑡 = 1⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡
Sea:
2
W = | 𝑡 𝑡 + 1| = 2𝑡 2 − 𝑡 2 − 1 = 𝑡 2 − 1
1 2𝑡
 2
𝑊1 = |0 𝑡 + 1| = −𝑡 2 − 1
1 2𝑡
𝑡 0
𝑊2 = | |=𝑡
1 1
Por lo que:

′(
−𝑡 2 − 1 −𝑡 2 + 1 − 2
𝑢 𝑡) = 2 =
𝑡 −1 𝑡2 − 1

15. Considere la ecuación diferencial:

𝑥𝑦 ′′ − (1 + 3𝑥 )𝑦 ′ + 3𝑦 = 0. (*)
a. Determine el valor de k si se sabe que 𝑦1 = 𝑒 𝑘𝑥 es solución de la ecuación diferencial anterior.
b. Determine otra solución 𝑦2 de (*) que sea linealmente independiente con 𝑦1.
c. Verifique que efectivamente 𝑦1 y 𝑦2 son linealmente independientes.
d. Determine la solución general de la ecuación diferencial:
𝑥𝑦 ′′ − (1 + 3𝑥 )𝑦 ′ + 3𝑦 = 𝑒 3𝑥 .
Solución:
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡a.⁡⁡𝑦1 = 𝑒 𝑘𝑥 ⟹ 𝑦 ′1 = 𝑘𝑒 𝑘𝑥
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⟹ 𝑦′′1 = 𝑘 2 𝑒 𝑘𝑥
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑥𝑦 ′′ − (1 + 3𝑥 )𝑦 ′ + 3𝑦 = 0⁡
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⟹ 𝑥𝑘 2 𝑒 𝑘𝑥 − (1 + 3𝑥 )𝑘𝑒 𝑘𝑥 + 3𝑒 𝑘𝑥 = 0
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⟹ 𝑒 𝑘𝑥 [𝑥𝑘 2 − 𝑘 − 3𝑥𝑘 + 3] = 0
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⟹ 𝑥 (𝑘 2 − 3𝑘 ) + (3 − 𝑘 ) = 0
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⟹ 𝑥𝑘 (𝑘 − 3) + (3 − 𝑘 ) = 0
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⟹ 𝑘 = 3.
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡∴ 𝑦1 = 𝑒 3𝑥
1 + 3𝑥 ′ 3
𝑏. 𝑥𝑦 ′′ − (1 + 3𝑥 )𝑦 ′ + 3𝑦 = 0 ⟹ 𝑦 ′′ − 𝑦 + 𝑦=0
𝑥 𝑥
Por lo que la segunda solución vendría dada por 𝑦2 (𝑥 ) = 𝑦1 (𝑥) ∙ 𝑟(𝑥) donde:
1+3𝑥 1
𝑒 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 𝑒 ∫(𝑥+3)𝑑𝑥 𝑒 𝑙𝑛𝑥+3𝑥 𝑥𝑒 3𝑥
𝑟 (𝑥 ) = ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 6𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥𝑒 −3𝑥 𝑑𝑥
(𝑒 3𝑥 )2 𝑒 6𝑥 𝑒 6𝑥 𝑒
𝑥 1
𝑟(𝑥 ) = − 𝑒 −3𝑥 − 𝑒 −3𝑥
3 9
Por lo que:
𝑥 1
𝑦2 (𝑥 ) = − −
3 9
𝑥 1
𝑒 3𝑥 − −
𝑐. W = | 3 9| = − 1 𝑒 3𝑥 + 𝑥𝑒 3𝑥 + 1 𝑒 3𝑥 = 𝑥𝑒 3𝑥 ≠ 0
1 3 3
3𝑒 3𝑥 −
3
Por lo tanto 𝑦1 , 𝑦2 son linealmente independientes.
De donde la solución general de la ecuación diferencial homogénea viene dada por:
𝑥 1
𝑦ℎ (𝑥 ) = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 (− − )
3 9
Nota: También la solución general de la homogénea se puede expresar como:
𝑦ℎ (𝑥 ) = 𝑐1 𝑒 3𝑥 + 𝑐2 (3𝑥 + 1)

′′ ′ 3𝑥 ′′
1 + 3𝑥 ′ 3 𝑒 3𝑥
𝑑.⁡⁡𝑥𝑦 − (1 + 3𝑥 )𝑦 + 3𝑦 = 𝑒 ⁡⁡ ⟹ 𝑦 − 𝑦 + 𝑦= ⁡⁡⁡⁡(∗)
𝑥 𝑥 𝑥
Debemos determinar una solución particular de (*).
Sea:
𝑥 1
𝑦𝑝 (𝑥 ) = 𝑢(𝑥)𝑒 3𝑥 + 𝑣(𝑥) (− − )
3 9
Se tiene entonces que 𝑢(𝑥 )⁡y⁡𝑣 (𝑥 ) deben satisfacer el siguiente sistema de ecuaciones:
𝑥 1
𝑢′ (𝑥 )𝑒 3𝑥 + 𝑣 ′(𝑥 ) (− − ) = 0
3 9
1 𝑒 3𝑥
3𝑢′ (𝑥 )𝑒 3𝑥 + 𝑣 ′(𝑥 ) (− ) =
{ 3 𝑥
Resolvamos el sistema anterior por medio de Regla de Cramer:

𝑥 1
𝑒 3𝑥 − −
⁡⁡⁡⁡W = | 3 9| = − 1 𝑒 3𝑥 + 𝑥𝑒 3𝑥 + 1 𝑒 3𝑥 = 𝑥𝑒 3𝑥
1 3 3
3𝑒 3𝑥 −
3
𝑥 1
0 − − 1 𝑒 3𝑥
3 9
⁡⁡⁡⁡⁡𝑊1 = | | = 𝑒 3𝑥 +
𝑒 3𝑥 1 3 9𝑥
−
𝑥 3
 𝑒 3𝑥 0 1
⁡⁡⁡𝑊2 = | 3𝑥 𝑒 3𝑥 | = 𝑒 6𝑥
3𝑒 𝑥
𝑥
1 3𝑥 𝑒 3𝑥
𝑊1 3 𝑒 + 9𝑥 1 1 𝑥 1
𝑢 ′ (𝑥 ) = = 3𝑥
= + 2 ⟹ 𝑢 (𝑥 ) = −
𝑊 𝑥𝑒 3 9𝑥 3 9𝑥
𝑒 6𝑥
𝑊2 𝑥 𝑒 3𝑥 𝑒 3𝑥
( )
𝑣´ 𝑥 = ( )
= 3𝑥 = 2 ⟹ 𝑣 𝑥 = ∫ 2 𝑑𝑥
𝑊 𝑥𝑒 𝑥 𝑥
Por lo que:
𝑥 1 𝑒 3𝑥 𝑥 1
𝑦𝑝 (𝑥 ) = ( − ) 𝑒 3𝑥 + ∫ 2 𝑑𝑥 (− − )
3 9𝑥 𝑥 3 9
Respuesta:
𝑦(𝑥 ) = 𝑦ℎ (𝑥 ) + 𝑦𝑝 (𝑥)

CAMBIOS DE VARIABLE

16. Considere la ecuación:

4𝑥𝑦" + (2 − 8√𝑥)𝑦′ − 5𝑦 = 0, con⁡𝑥 > 0
a. Verifique que si se realiza el cambio de variable 𝑥 = 𝑡 2 , entonces se tiene que:

′
𝑑𝑦 1 𝑑𝑦 ′′
𝑑2𝑦 1 1 𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑦 = = ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡y⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑦 = 2 = 2 [− + ]
𝑑𝑥 2𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 4𝑡 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2
b. Verifique que la ecuación anterior se transforma en
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
− 4 − 5𝑦 = 0
𝑑𝑡 2 𝑑𝑡
al hacer el cambio de variable 𝑥 = 𝑡 2 .

c. Usando el resultado anterior resuelva 4𝑥𝑦" + (2 − 8√𝑥)𝑦′ − 5𝑦 = 0, con⁡𝑥 > 0.

 Solución:
a. Si 𝑥 = 𝑡 2 entonces se tiene que:
𝑑𝑥 𝑑𝑡
𝑑𝑥 = 2𝑡𝑑𝑡 ⟹ = 2𝑡
𝑑𝑦 𝑑𝑦
Por lo tanto:
𝑑𝑦 1 𝑑𝑦
𝑦′ = =
𝑑𝑥 2𝑡 𝑑𝑡
1 𝑑𝑦
𝑑𝑦 1 𝑑𝑦 𝑑 (2𝑡 ) 1 𝑑𝑦 1 𝑑 2 𝑦 1 1 𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑑 ( ) 𝑑 ( ) 𝑑𝑡 (− )
2
𝑑 𝑦 𝑑𝑥 2𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
− 2 𝑑𝑡 + 2𝑡 𝑑𝑡 2 2𝑡 𝑡 𝑑𝑡 + 𝑑𝑡 2
𝑦 ′′ = 2 = = = = 2𝑡 =
𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2𝑡 2𝑡
𝑑𝑡
De donde:

′′
𝑑2𝑦 1 1 𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦
𝑦 = 2 = 2 [− + ]
𝑑𝑡 4𝑡 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2
⁡⁡⁡⁡⁡b.⁡⁡4𝑥𝑦" + (2 − 8√𝑥)𝑦′ − 5𝑦 = 0
1 1 𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦 1 𝑑𝑦
⁡⁡⟹ 4𝑡 2 2
[− + 2 ] + (2 − 8𝑡) − 5𝑦 = 0
4𝑡 𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2𝑡 𝑑𝑡
1 𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦 1 𝑑𝑦 8 𝑑𝑦
⟹− + + − − 5𝑦 = 0
𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2 𝑡 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡
⟹
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
⟹ 2
−4 − 5𝑦 = 0
𝑑𝑡 𝑑𝑡
⁡⁡⁡⁡⁡c.⁡⁡4𝑥𝑦" + (2 − 8√𝑥)𝑦′ − 5𝑦 = 0
𝑑2𝑦 𝑑𝑦
⟹ 2
−4 − 5𝑦 = 0
𝑑𝑡 𝑑𝑡
⟹ ⁡ 𝑚2 − 4𝑚 − 5 = 0
⟹ 𝑚1 = −1;⁡𝑚2 = 5
De donde la solución general de la ecuación diferencial viene dada por:
𝑦ℎ (𝑡) = 𝑐1𝑒 −𝑡 + 𝑐2𝑒 5𝑡
Respuesta: 𝑦ℎ (𝑥 ) = 𝑐1 𝑒 −√𝑥 + 𝑐2 𝑒 5√𝑥