ECUACIONES DIFERENCIALES
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ECUACIONES DIFERENCIALES

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ECUACIONES DIFERENCIALES
METODOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
ECUACIONES DIFERENCIALES



EDICSON MARIÑO VELANDIA
COD. 0152425

CARLOS ALVAREZ GARCIA
COD. 0151740


CALCULO IV
Prof. MAWENCY



UNIVERSIDAD FRANCISCO DE PAULA SANTANDER
FACULTAD DE INGENIERIAS
INGENIERIA DE SISTEMAS
CUCUTA
2008


DEFINICION
Una ecuación diferencial es una ecuación en la que aparecen derivadas o diferenciales. Si una ecuación contiene solo derivadas de una función de una variable, entonces se dice que es ordinaria. Una ecuación diferencial parcial contiene derivadas parciales. En este capítulo se desarrollan algunos métodos para resolver los tipos básicos de ecuaciones diferenciales ordinarias. La intención de este análisis no es una disertación sobre el tema sino bien servir de introducción a esta área tan vasta y a la vez tan importante de las matemáticas.

ECUACIONES DIFERENCIALES SEPARABLES
Una ecuación en la que aparecen x,y, y´y´´,... y y(n) , donde y es una función de x y y (n) es la n-esima derivada de y con respecto a x, es una ecuación diferencial ordinaria de orden n. Los siguientes ejemplos son ecuaciones ordinarias del orden especificado:

ORDEN 1: Y´=2x
ORDEN 2: D²y / dx² + x²( dy / dx )³ - 15y= 0
ORDEN 3: ( y¨¨)4 – x²(y¨ )5 + 4xy = x ex
ORDEN 4: (d 4y /dx4 ) - 1 = x³ dy/ dx


Recordemos que una función f (o f(x) es una solución de una ecuación diferencial si al sustituir y por f (x) se obtiene una identidad para todo x en un intervalo. Por ejemplo, la ecuación diferencial
Y´ = 6x 2 - 5
Tiene solución
F (x) = 2x3 - 5x + C
Para todo real C, porque al sustituir y por f(x) se llega a la identidad 6x 2 - 5 = 6x 2 - 5. Se dice que f(x) = 2x 3 - 5x + C es la solución general de y´= 6x 2 - 5 porque todas las soluciones son de esta forma. Se obtiene una solución particular asignando valores específicos a C. Por ejemplo, tomando C = 0 se obtiene la solución particular y = 2x3 – 5x. A veces se dan condiciones iniciales para determinar una solución particular, como se ilustra en el siguiente ejemplo

EJEMPLO 1
a.Encontrar la solución general de la ecuación diferencial y´= 2x
b.Obtener una solución particular de y´ = 2x que satisfaga la siguiente condición: y = 3 cuando x = 0
SOLUCIÓN
a.Si f es una solución de y´ = 2x, entonces f´´(x) = 2x. La integral indefinida lleva a la solución general
Y = f (x) = x² + C.
Podemos encontrar soluciones particulares asignando valores específicos a C. Así obtenemos la familia de parábolas y = x² + C
b.Si y = 3 cuando x = 0, entonces sustituyendo en y = x² + C obtenemos 3 = 0 + C, o bien C = 3. Por lo tanto, la solución particular es y = x² + 3
EJEMPLO 2
Demostrar que la ecuación diferencial y´´ - 25y = 0 tiene como solución
F(x) = C1e5x + C2e-5x
Donde C1 C2 son números reales
SOLUCION. Derivando obtenemos
Y f´(x) = 5C1e5x - 5C2e-5x
Y f´´(x) = C1e5x + 25C2e-5x
Sustituyendo y por f (x) en la ecuación diferencial y´´ - 25y = 0, llegamos a:
(25C1e5x + 25C2e--5x ) – 25(C1e-5x + C2e--5x) = 0
(25C1e5x - 25C1e-5x ) + (25C2e-5x - 25 C2e-5x ) = 0
como el lado izquierdo de la ecuación es 0 para todo x, resulta que ƒ (x) es solución de y´´ - 25y = 0
La solución C1e5x + C2e-5x del Ejemplo 2 la solución general de y´´ - 25y = 0. Observamos que la ecuación general tiene dos constantes arbitrarias (llamadas parámetros) C1 y C2 . La definición precisa de solución general involucra el concepto de parámetros independientes. Las soluciones generales de ecuaciones diferenciales de n-ésimo orden tienen n parámetros independientes C1, C2 ....., Cn
Las soluciones particulares se obtienen asignando valores específicos a cada parámetro. Algunas ecuaciones diferenciales tienen soluciones que no son casos especiales de la solución general.
Tales soluciones singulares no se discuten en este caso.
EJEMPLO 3
Demostrar que x³ + x²y – 2y³ = C es una solución implícita de
(x² - 6y²)y´+ 3x² + 2xy = 0
SOLUCION
Si y = ƒ(x) satisface la primera ecuación, entonces derivando implícitamente,
3x² + 2xy + x²y´- 6y²y´ = 0
o bien
(x²- 6y²)y´+ 3x² + 2xy = 0
Por lo tanto, ƒ(x) es una solución de la ecuación diferencial.
Una de las clases más sencillas de las ecuaciones diferenciales es
M(x) + N(y)y´= 0 o bien M(x) + N (y) dy/dx = 0
Donde M y N son funciones continuas. Si y = ƒ(x) es una solución, entonces
M(x) + N(ƒ(x) ƒ´(x) = 0
Si ƒ(x) es continua, entonces la integral indefinida lleva a
ò M(x)dx + ò N(ƒ(x))= ƒ¨(x) dx = C
ò M(x)dx + ò N(y) dy = C

La última ecuación es una solución (implícita) de la ecuación diferencial. Se dice que la ecuación diferencial M(x) + N(y)y´ = 0 es separable porque las variables x y y se pueden separar, como se indicó.
Una manera fácil de recordar el método se separación de variables es cambiar la ecuación
M(x) + N(y) dy/dx = 0
A la forma
M(x) dx + N(y)dy = 0
Y luego integrar cada término.

EJEMPLO 4
Encontrar las trayectorias ortogonales de la familia de elipses x² + 3y² = c, y trazar varias curvas de cada familia.
SOLUCION Derivando implícitamente la ecuación dada, obtenemos
2x + 6yy´ = 0 o bien y´ = - x / 3y.
Por lo tanto, la pendiente de la recta tangente en un punto (x,y) de alguna de las elipses es y´= - x/(3y). Si dy/dx es la pendiente de la recta tangente en una trayectoria ortogonal correspondiente, entonces debe ser igual al negativo del recíproco de y´. Esto lleva a la siguiente ecuación diferencial para la familia de trayectorias ortogonales.
dy = 3y
dx x
Separando las variables
dy = 3 dx
y x
Integrando y escribiendo la constante de integración como In ¦y¦ obtenemos
In |y| = 3 In |x| + In |k| = In |kx³|.
Resulta que y = kx³ es una ecuación de la familia de trayectorias ortogonales. En la siguiente gráfica aparecen varias curvas de la familia de las elipses (en tono oscuro) y las correspondientes trayectorias ortogonales (en tono claro)
ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE PRIMER ORDEN
Las ecuaciones diferenciales del siguiente tipo aparecen muchas veces en el estudio de los fenómenos físicos.
DEFINICION 1.
Una ecuación diferencial lineal de primer orden es una ecuación de la forma: Y´ + P(x)y = Q(x) Donde P y Q son funciones continuas. .

Q(x) = 0 para todo x, se obtiene y´ + P(x) = 0 que es separable. Concretamente se puede escribir:
1 dy = - P(x) o bien 1 dy = - P(x) dx
y dx y
siempre que y =/= 0. Integrando se obtiene
In |y| = - ¦P(x)dx + In |C|.

La constante de integración se ha expresado como In |C| para cambiar la forma de la última ecuación, como sigue:
Ln|y| - ln|C| = - ò P(x) dx
ln|y/C| = - ò P(x) dx
y/c = e ò p(x)dx = C
ahora se observa que
d [y e ò p(x)dx ] = Q(x) y e ò p(x)dx
= e ò p(x) dx [y¨+ p(x)y]
Por lo tanto si se multiplican por e f p(x)dx, ambos lados de y´+ P(x)y =Q(x), la ecuación resultante puede escribirse como
Dx [ye f P(x)dx ] = Q (x) e f P(x)dx
Integrando ambos lados de la ecuación se obtiene la siguiente solución implícita de la ecuación diferencial lineal de primer orden en la definición anterior.
ye f P(x)dx ] = Q (x) e f P(x)dx dx + K
donde K es una constante. Despejando y de esta ecuación se obtiene una solución explícita. Se dice que la expresión e f P(x)dx es un factor de integración (o integrativo) de la ecuación diferencial. Quedó demostrado el siguiente resultado.
TEOREMA 2
La ecuación diferencial lineal de primer orden y´ + P(x)y = Q(x) se puede transformar en una ecuación diferencial separable multiplicando ambos lados de la ecuación por el factor de integración e f P(x)dx .

EJEMPLO 1
Resolver la ecuación diferencial dy/dx – 3x²y = x²
Solución La ecuación diferencial tiene la forma en la definición anterior con P(x) = -3x² y - y Q(x) = x ². Según el Teorema.
e f – 3x²dx = e– 3x³
es un factor integrativo. No necesitamos introducir una constate de integración porque e – x²+c = ece-x³ que difiere de e– x³
en un factor constante e c. Multiplicando ambos lados de la ecuación diferencial por el factor de integración e-x³ obtenemos:
e –x²dy/dx – 3x²e-x² y = xx³e– 3x³
o bien Dx (e – 3x³² y) = x2e–x³.
Integrando ambos lados de la última ecuación
e-x-³ y = ò x² e-x-³ dx = - 1/3e-x-³ + c

Finalmente, multiplicando por e–x³ obtenemos la solución explícita
Y = - 1/3 + Ce–x
EJEMPLO 2
Resolver la ecuación diferencial
Y´ + y tan x = sec x + 2x cos x
Solución: Se trata de una ecuación diferencial de primer orden según el anterior teorema
eftan x dx = e ln|sec x| = |sec x|
Es un factor de integración. Multiplicando por |sec x| ambos lados de la ecuación diferencial y quitando el valor absoluto, obtenemos
Y´ sec x + y sec x tan x 0 = sec ² x + 2x cos x sec x

D (y sec x ) = sec ² + 2x
Integrando ambos lados llegamos a la solución (implícita)
Y sec x = tan x + x² + C
Finalmente, multiplicando ambos lados de esta última ecuación por 1/sec x = cos x, se obtiene la solución explícita

Y = sen x (x² + C) cos x
Anteriormente se utilizó la antiderivación para deducir leyes del movimiento de un cuerpo en caída, suponiendo que puede despreciarse la fricción del aire. Esta suposición es válida para cuerpos pequeños que se mueven lentamente; sin embargo, en muchos casos hay que tomar en cuenta la fricción del aire. Esta fuerza a menudo crece cuando la velocidad del objeto aumenta. En el siguiente ejemplo se deduce la ley del movimiento para la caída de un cuerpo suponiendo que el rozamiento del aire es directamente proporcional a la velocidad del cuerpo.

EJEMPLO 4
Se deja caer un objeto de masa m desde un globo de aire caliente. Calcular la distancia que recorre en t segundos supioniendo que la fuerza de fricción debida al aire es directamente proporcional a la velocidad del objeto.
SOLUCION Introducimos un eje vertical con la dirección positiva hacia abajo y el origen en el punto donde se deja caer el objeto, como observamos a continuación:
Se desea calcular la distancia s (t) del origen al objeto al tiempo t. La velocidad del cuerpo es v = s´(t) y la magnitud de la aceleración es a = dv/dt = s´´ (t). Si g es la aceleración de la gravedad, entonces el objeto es atraído hacia la tierra con una fuerza de magnitud mg . Por hipótesis, la fuerza de fricción debida al aire es kv para una constante k, y su dirección es opuesta al movimiento. Resulta que la fuerza F hacia abajo sobre el objeto es mg – kv. Como la segunda ley del movimiento de Newton afirma que F = ma = m(dv/dt), llegamos a la siguiente ecuación diferencial:
m dv/dt = mg - kv
o equivalentemente
dv/dt + k/m *v = g
si denotamos por c la constante k/m, esta ecuación puede escribirse como
dv/dt + cv = g
que es una ecuación diferencial de primer orden con t como variable independiente

e ƒc dt = ect
es un factor de integración. Multiplicando por ect ambos lados de esta última ecuación, obtenemos
ect *dv/dx + ce ct v = ge ct
Dt (ect) = gect
Integrando en ambos miembros
vect = g/c* ec + K=
v = g/c = K –ct

donde K es una constante
Si tomamos t = 0, entonces v = 0 y por lo tanto
0 = g/c + K y K = - g/c
Por consiguiente
V = g/c - g/c * ect
Integrando con respecto a t en ambos lados de esta ecuación y usando el hecho de que v = s´(t), vemos que
S(t) = g/c*t + g/c²*e-ct + E
Podemos calcular la constante E considerando t = 0. Como s(0) = 0
0 = 0 + g/c² + E o bien E = - g/c²
Por lo tanto, la distancia que el objeto recorre el t segundos es

S(t) = g/c*t + g/c² * ect - g/c²
Es interesante comparar esta fórmula para s(t) con la que se obtuvo cuando se despreció la fricción del aire. En este caso la ecuación diferencial m(dv/dt) = mg – kv se reduce a dv/dt = g por lo tanto, s´(t) = v = gt. Integrando en ambos lados se obtiene la fórmula s(t) = ½ gt², que es mucho más simple.

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN
La siguiente definición es una generalización
DEFINICION 3
Una ecuación diferencial lineal de orden n es una ecuación de la forma
Y(n) + ƒ1 (x) y(n-1) + . . . ƒ n-1 n(x)y´ + ƒ n (x) y = k (x) donde ƒ 1 ƒ2 ...ƒn y k son funciones de una variable que tienen el mismo dominio. Si k(x) = 0 para todo x, se dice que la ecuación es homogénea. Si k(x) 0 ¹ para algún x, se dice que la ecuación es no homogénea.
La forma general de la ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden con coeficientes constantes es
Y´´ + by´+cy = 0
Donde b y c son constantes. Antes de tratar de obtener soluciones particulares se demuestra el siguiente resultado.

TEOREMA 4
Si y = ƒ(x) y Y = g(x) son soluciones de y´´ + by´+ cy = 0, entonces
Y = c ƒ (x) + c g(x) + c g(x)
Es una solución para todos los números reales C y C
DEMOSTRACION Como ƒ(x) y g(x) son soluciones de y´´ + by´+ cy = 0
ƒ´´(x) + bƒ´(x) + cƒx = 0
y
g´´(x) + bg´(x) + cg(x) = 0
si se multiplica la primera ecuación por C1, la segunda por C2 y se suman, el resultado es:
[C1 ƒ´´(x) + C2 g´´(x)] + b[C1 ƒ(x) + C1 g´´(x)] + c[C2 (x)] = 0
por lo tanto, C1 ƒ(x) + C2 g (x) es una solución
Se puede demostrar que si las soluciones ƒ y g en el teorema anterior tienen las propiedades de que ƒ(x) ¹ Cg(x) para todo número real C, y si g(x) no es idénticamente 0 entonces y = C ƒ(x) + C g(x) es la solución general de la ecuación diferencial y´´ + by´+ cy = 0. Por tanto, para encontrar la solución general basta obtener dos de estas funciones ƒ y g y aplicar dicho teorema
En la búsqueda de una solución de y´´ +by´+cy = 0, se usará y = emx como solución de prueba. Como y´= me mx y y´´ m² e mx , resulta que y = e mx es una solución si y solo si.
m²e mx + bme mx + ce mx = 0
O bien, como e mx ¹ 0, si y solo si
m² + bm + c = 0
La última ecuación es muy importante para encontrar las soluciones de y´´ + by´+ cy = 0, y se le da el siguiente nombre especial
DEFINICION 5
La ecuación auxiliar de una ecuación diferencial y´´ + by + cy = 0 es m² + bm + c = 0
Obsérvese que la ecuación auxiliar se puede obtener a partir de la ecuación diferencial reemplazado y´´ por m², y por m y y por 1. En los casos más sencillos las raíces de la ecuación auxiliar pueden encontrarse factorizando. Si no es evidente la factorización, entonces aplicando la fórmula para resolver ecuaciones de segundo grado se obtiene que las raíces son:
m = -b ± Raíz b² -4 c
De modo que la ecuación auxiliar tiene dos raíces distintas m y m, una raíz real doble m, o dos raíces complejas conjugadas si b² - 4c es positivo, cero o negativo, respectivamente.

TEOREMA 6
Si las raíces m y m de la ecuación auxiliar son reales y distintas, entonces la solución general de y´´ + by + cy = 0 es : y = C 1e mx + C2 e mx.
EJEMPLO
Resolver la ecuación diferencial y´´ - 3y´- 10y = 0
SOLUCION Resulta que la ecuacón auxiliar es m² - 3m – 10 = 0, o equivalentemente, (m- 5) (m + 2) = 0. Como las raíces m = 5 y m = -2 son reales y distintas, resulta del teorema anterior que la solución general es
Y = C 1emx + C2 emx .
TEOREMA 7

Si la ecuación auxiliar tiene una raíz doble m, entonces la solución general de y´´ + by´+ cy = 0 es y = C1 e mx + C2 xe mx .


DEMOSTRACION
Las raíces de m² + bm +c = 0 son m (-b ± Ö b² - 4c)/2. Si b² - 4c = 0, se obtiene m = - b/2 o bien 2m + b = 0. Como m satisface la ecuación auxiliar, y = e mx es una solución de la ecuación diferencial. De acuerdo con el comentario que siguió a la demostración del anterior teorema, baaasta probar que y´´ + by´+ cy = 0, se tiene que
(2me mx + m²xemx) + b(mxemx + emx) + cxemx
= (m² +bm + c)xemx + (2m+b)emx
0 xemx + 0mxe = 0
que es lo que se quería demostrar.

EJEMPLO 2
Resolver la ecuación diferencial y´´ - 6y + 9y = 0
SOLUCION: La ecuación auxiliar m² - 6m + 9 = 0, o equivalente, (m – 3)² =0 tiene una raíz doble, 3. Por lo tanto, según el teorema anterior, la solución es
y = C1 e3x + C2 xe3x = e3x (C1 + C2 x) .
Se pueden considerar también ecuaciones diferenciales de la forma
ay´´ + by´+ cy = 0
donde a ¹ 1. Es posible llegar a la forma en los teoremas anteriores 4 y 5 entre a ambos lados de la ecuación, sin embargo, normalmente es más fácil utilizar la ecuación auxiliar.
am² + bm +c = 0

FUNCIONES DE Z = a + Bi .8.
ez = 1 + z + z² + . . . + z n +
2! n!
Sen z = z - z 3 + z 5 - . . . + (-1) n z2n + 1 + . . .
3! 5! (2n + 1)!
Cos z = 1 - z 2 + z 4 - . . . + (-1) n z2n + 1 + . . .
2! 4! (2n + 1)!

Usando la primera fórmula se obtiene
e iz = 1 + (iz ) + (iz)² + (iz)³ + (iz) 4 + (iz) 5 + . . .
2! 3! 4! 5!
= 1 + iz + i² z² + i³ z³ + i4 z 4 + i5 z 5 + . . .
2! 3! 4! 5!

Como i² = - 1, i³ = -1, i4 = 1, i5 = i
e iz = 1 + iz + i² z² + i³ z³ + i4 z 4 + i5 z 5 + . . .
2! 3! 4! 5!
Que se puede escribir en la forma
( (1-zz / 2! + z4/ /4! -...) +( z- z3 /3!+ z5/5! -...) )

FORMULA DE EULER 9
Para todo número complejo z
eiz = cos z + i sen z
Las leyes de los Exponentes se satisfacen para los números complejos. Además, las fórmulas para derivadas se pueden generalizar a las funciones de una variable compleja z. Por ejemplo Dz e iz = ke kz = para todo número complejo k. Si la ecuación auxiliar y´´ + by´+ cy = 0 tiene raíces complejas s ± ti. Entonces la solución general de la ecuación diferencial puede escribirse como
Y = C1 e(5x+ti)x + C2e(5x+ti)x
= C1 esx+txi + C2esx-txi
= C1 esx e txi + C2esx e-txi
o equivalente,
y = e sx (C 1 e itx + C2 e -itx ).
Esto se simplifica usando la Fórmula de Euler.
e itx = cos tx + i sen tx
e -itx = cos tx - i sen tx
de lo cual se deduce que
cos tx = e itx + e-itx , sen tx = e itx - e -itx
1.2i
Tomando C1 = C2 = ½ en la discusión anterior y usando luego la fórmula para cos tx, se obtiene
Y y = ½ e sx (e itx + e-itx )
= ½ e sx (2 cos tx) = esx cos tx
Por lo tanto, y = e cos tx es una solución particular de y´´ + by´+ cy = 0
Tomando C = - C = i/2 se llega a la solución particular y = e sx sen tx. Esta es una demostración parcial del siguiente teorema
TEOREMA 10.
Si la ecuación auxiliar de m² + bm + c = 0 tiene dos raíces compejas distintas s ± ti , entonces la solución general de y´´ + by´ +cy = 0
Y = e sx ( C1 cos tx + C2 sen tx).
EJEMPLO.
Resolver la ecuación diferencial y´´ - 10y´+ 41y = 0
SOLUCION. Las raíces de la ecuación auxiliar m² - 10m + 41 = 0 son
m = 10± Ö 100 – 164 = 10 ±Ö -64 = 10 ± 8i = 5 ± 4i
2 2 2
La solución general de la ecuación diferencial es
Y = e 5x(C1 cos 4x + C2 sen 4x)










ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES NO HOMOGENEAS

Vamos a tratar las ecuaciones diferenciales lineales no homogéneas de segundo orden con coeficientes constantes; es decir, las ecuaciones de la forma
Yy´´ + by´ + c = k(x)
Donde b y c son constantes y k es una función continua.
Es conveniente utilizar los símbolos D y D² para los operadores diferenciales tales que si y = ƒ(x), entonces
Dy = y´ = ƒ´(x) ´(x) y y D² y = y´= ƒ´´(x).
DEFINICION 11
Si y = ƒ(x) y ƒ´´ existe, entonces el operador diferencial lineal L = D² + bD + c se define por
L(y) = (D² + bD + c)y = D²y + bDy + bDy + cy
= y´´ + by´+ cy
Usando L, la ecuación diferencial y´´ + by´+ cy = k(x) puede escribirse en la forma compacta L(y) = k(x).
L(C) = CL(y)
Y que si y1 = ƒ1(x) y ƒ2(x), entonces
L(y1 ± y2) = L(y1) ± L(y2)
Dada la ecuación diferencial y´´ + by´+ cy = k(x), es decir L(y) =k (x), se dice que la correspondiente ecuación homogénea L(y) = 0 es la ecuación complementaria
TEOREMA 12
Sea y´´ + by´ + cy = k(x) una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden. Si yp es una solución particular de L(y) = k(x) y si yc es la solución general de la ecuación complementaria L(y) = 0,entonces la solución general de
L(y) = k(x) es y = yp + yc .


DEMOSTRACION
Como L(yp) = k(x) y L(yc) = 0
L(yp + yc ) = L(yp) + L(yc)= k(x) + 0 = k(x),
Lo cual significa que y + y es una solución de L(y) = k(x). Más aún, si y = ƒ(x) es cualquier otra solución, entonces
L(y - yp ) = L(y) - L(yp) = k(x) - k(x) = 0
Por lo tanto, y - yp es una solución de la ecuación complementaria. De modo que, y - yp = yc para alguna yc que es lo que quería demostrar.
EJEMPLO 1
Resolver la ecuación diferencial y´´ - 4y = 6x – 4x³
SOLUCION. Por inspección vemos que yp = x³ es una solución particular de la ecuación dada. La ecuación complementaria es y´´ - 4y = 0

La solución general es
yc = C1 e2x + C2 e-2x .
y = C1 e2x + C2 e-2x + x³
Si no puede encontrarse ninguna solución particular de y´´ + by + cy = k(x) por inspección, entonces es posible utilizar el siguiente método, llamado variación de parámetros. Dada la ecuación diferencial L(y) = k(x), sean y1 y y2 las expresiones que aparecen en la solución general y = C1y1 + C2 y2 de la ecuación complementaria L(y) = 0 Por ejemplo, pueden ser como y1 = emx y y2 = em2x . Ahora se trata de encontrar una solución particular de L(y) = k(y) con la forma
yp = uy1 + vy2 .
Donde u = g(x) y v = h(x) para funciones g y h. La primera y segunda derivadas de yp son
Y´p = ( uy´1 + vy´2)+ ( u´y1 + v´y2)
Y´´p = ( uy´´1 + vy´´2)+ ( u´y´1 + v´y´2) + (v´ y2)´
Sustituyendo estas expresiones en L (y) = y´´ + by´ + cy y ordenando los términos, se obtiene
L(yp) = u(y´´1 + by´1 cy1) + v (y´´2 + by´2 + cy2) +b (u´y1 + v´y2)´+ ( u´y´1 + v´y´2)
Como y y son soluciones de y + by + cy = 0,los dos primeros términos del lado derecho son 0. Por tanto, para obtener L (yp) = k (x) basta escoger u y v que satisfagan
u´y1 + v´y2 = 0
u´y´1 + v´y´2 = k(x)

Puede demostrarse que este sistema de ecuaciones siempre tiene una solución única para u´ y v´. Entonces, pueden demostrar u y v integrando y usar el hecho de que yp = uy1 +vy2 para tener una solución particular de la ecuación diferencial. La discusión puede resumirse así:

VARIACION DE PARAMETROS 13
Si y = C y + C y es la solución general de la ecuación complementaria L(y) = 0 de y´´ + by = k(x), entonces es una solución particular de L(y) = k(x) es y = uy , donde u = g(x) y v = h(x) satisfaces el siguiente sistema de ecuaciones
u´y1 + v´y2 = 0
u´y´1 + v´y´2 = k(x)

EJEMPLO 2
Resolver la ecuación diferencial y´´ + 2y´- 8y = e3x
SOLUCION. La ecuación auxiliar m² + 2m – 8 = 0 tiene raíces 2 y –4. La solución general de la ecuación complementaria es
yc = C1 e2x + C2 e-4x
De acuerdo con los comentarios anteriores, se busca una solución particular de la forma yp = Ae3x . Como y´p = 3 Ae3x y´´ = 9 Ae3x , sustituyendo en la ecuación dada, llegamos a
9Ae3x +´´ 6Ae3x -8 Ae3x = e3x
Dividiendo ambos lados entre e 3x, obtenemos
9ª + 6ª - 8ª = 1 o bien A = 1/7
Entonces y = 1/7 e , y la solución general es
Y y = C1 e2x + C2 e-4x + 1/7 e3x
En el siguiente teorema se enuncian, sin demostrar, tres reglas para obtener soluciones de prueba de ecuaciones diferenciales de segundo orden no homogéneas con coeficientes constantes.
TEOREMA 14
1.Si y´´ + by´+ cy = enx y n no es una raíz de la ecuación auxiliar m² + bm + c = 0, entonces existe una solución particular de la forma Ae3x .
2.Si y´´ + by´+ cy = xenx y n no es una solución de la ecuación auxiliar m² +bm +c = 0, entonces existe una solución particular de la forma y = (A + Bx)enx
3.Si y´´ +by +cy = esxsen tx
O bien
y´´ +by +cy = esx cos tx
y el número complejo s + ti no es solución de la ecuación auxiliar m² + bm +c = 0, entonces existe una solución particular de la forma
yp = Aesx costx +Besx sen tx.
EJEMPLO 3
Resolver y´´ - 10y + 41y = sen x
SOLUCION: Como
yp = - A sen x + B cos x y y´´ = - A cos x – B sen x
Sustituyendo en la ecuación dada, resulta que
-A cos x – B sen x + 10 sen x – 10B cos x + 41 cos x + 41B sen x = sen x
que se puede escribir
(40 A – 10B)cos x + (10 A + 40B) sen x = sen x
entonces y es una solución siempre y cuando
40 A – 10B = 0 y 10 A + 40B = 1
La solución de este sistema de ecuaciones es A = 1/170 y B 4/170. Por tanto
Y = 1/170 cos x + 4/170 sen x = 1/170 (cos x + 4 sen x)
Y la solución general es
Yyp = e5x (C1 cos 4x + C2 sen4x) + 1/170(cos x + 4 sen x)
 
Este es otro párrafo que puedes editar del mismo modo.
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