1. Ejercicios resueltos de ecuaciones diferenciales
Hugo Lombardo Flores
13 Abril 2011
1 Ecuaciones diferenciales de primer orden
1.1 Ecuaciones lineales y reducibles a estas.
1.
dy
+ 2y = 0
dx
Definimos el factor integrante.
p(x) = 2 ´
factor integrante: e 2dx = e2x
multiplicamos la ecuacion por el factor integrante.
dy
e2x dx + 2e2x = 0
el lado izquierdo de la ecuacion se reduce a:
d 2x
dx [e y] =0
separamos variables e integramos.
´ d 2x
´
dx [e y] =0 dx + c
e2x y = c
y = ce−2x
2.
dy
= 3y
dx
forma lineal.
dy
dx − 3y = 0
p(x) = −3
´
Factor integrante: e −3dx =e−3x
multiplicamos por factor integrante.
1

2. dy
e−3x dx − 3e−3x y = 0
´ dy −3x
´
dx [e y = 0 dx + c
e−3x y = c
y = ce3x
3.
dy
3 + 12y = 4
dx
pasamos la ecuacion a la forma lineal.
dy 4
dx + 4y = 3
p(x) = 4
´
Factor integrante: e 4dx
=e4x
dy
e4x dx + 4e4x y = 4 e4x
3
´ d 4x ´ 4x
dx [e y] = e dx + c
1
e4x y = 4 e4x + c
y= 1
4 + ce−4x
4.
y = 2y + x2 + 5
forma lineal
y − 2y = x2 + 5
´
Factor integrante: e −2dx
= e−2x
e−2x y − 2e−2x y = e−2x x2 + 5e−2x
´ d −2x ´ ´
dx [e y] = e−2x x2 + 5 e−2x + c
e−2x y = − 2 e−2x − 1 e−2x (2x2 + 2x + 1) + C
5
4
2
y = −x −
2
x
2 − 1
4 + 5
2 + ce2x
5.
ydx − 4(x + y 6 )dy = 0
ydx = 4(x + y 6 )dy
4(x+y 6 )
dx
dy = y ; dx
dy = 4x
y + 4y 6
y
2

3. denimos la forma lineal.
dx 4x
dy − y = 4y 5
´
Factor integrante: e−4 ; e−4 log(y) ; elog(y) ; y −4 =
1 −4
y dy 1
y4
1 dx 1 4x 1 5
y 4 dy − y4 y = y 4 4y
d 1
dy [ y4 x] = 4y
´ d 1
´
dy [ y4 x] = 4 ydy
1
y4 x = 2y 2 + C
x = 2y 6 + cy 4
6.
xy + y = ex
1 ex
y + xy = x
Factor integrante:
´ 1
e x dx = elog x = x
x xex
xy + x y = x
d
dx [xy] = ex
Integramos:
´ d
´
dx [xy] = ex dx + c
xy = ex + c
y = ex x−1 + cx−1
7.
dy 2
x +y = 2
dx y
dy
dx + y
x = 2
xy 2 ...(1)
hacemos la sustitucion: u = y 1−n donde n = −2
u = y 1−(−2) = y 3 ;u1/3 = y
Derivamos esta ultima.
1 −2/3 du dy
3u dx = dx
3

4. Sustituimos en la ecuacion diferencial 1.
1 −2/3 du u1/3 2(u1/3 )2
3u dx + x = x
Acomodamos a la forma lineal, multiplicando toda la ecuacion por 1 u2/3 .
3
du
dx + 3u =
x
6
x
Esta es una ecuacion lineal. Denimos el factor integrante.
´ 1 3
e3 x dx = e3 log x = elog x = x3
Multiplicamos por factor integrante.
x3 du + 3x3 u = x3 x
dx x
6
d 3
dx [x u] = 6x2
integramos.
´ d 3
´
dx [x u] = 6 x2 + c
x3 u = 2x3 + c
u = 2 + cx−3
Sustituimos u = y 3
y 3 = 2 + cx−3
8. y 1/2 dx + y 3/2 = 1; condicion y(0) = 4
dy
dy y 3/2 dy
dx + y 1/2
= 1
y 1/2
↔ dx + y = y −1/2
u = y 1−n ; n = −1/2; u = y 1−(−1/2) = y 3/2
u2/3 = y
2 −1/3 du dy
3u dx = dx
Sustituimos.
2 −1/3 du
3u dx + u2/3 = (u2/3 )−1/2
Multiplicamos la ecuacion por 2 u1/3
3
du 3 3
dx + 2u = 2
La ecuacion se redujo´a una lineal.
Factor integrante: e 2 dx = e 2 x
3 3
4

5. 3 3 3
e 2 x du + e 2 x 3 u = e 2 x 3
dx 2 2
d 3 3
dx [e
2 x u] = 3e2x
2
´ d 3 ´ 3 3x
2 x u]
dx [e = 2e
2 dx +c
3 3
e 2 xu = e 2 x + c
3
u = 1 + ce− 2 x
Sustituimos u = y 3/2
y 3/2 = 1 + ce− 2 x
3
Solucion general.
Ahora aplicamos las condiciones iniciales. y(0) = 4
3
43/2 = 1 + ce− 2 0
8−1=c
c=7
Sustutuimos el valor de c en la ecuacion general.
y 3/2 = 1 + 7e− 2 x
3
Solucion particular.
9.
2
y + y = −2xy 2
x
u = y 1−n ; donde n = 2
entonces:
u = y 1−2 ; u = y −1 ; u−1 = y
dy
−u−2 du =
dx dx
sustituimos en la ecuacion.
−u−2 du + x u−1 = −2x(u−1 )2
dx
2
multiplicamos por −u2
du 2
dx − x u = 2x
esta es una ecuacion lineal con p(x) = − x
2
obtenemos el factor integrante.
´ 1 −2
e−2 x dx = elog x = x−2
x−2 du − x−2 x u = x−2 2x
dx
2
−2
d
dx [x u] = 2x−1
integramos.
5

6. ´ −2
´
d
dx [x u] = 2x−1 dx + c
x−2 u = 2 log x + c
u = 2x2 log x + cx2
sustituimos u = y −1
y la solución es entonces:
1
y= 2x2 log x+cx2
10,
y + xy = xy −1/2
sea. n = −1/2
u = y 1−n ; u = y 1−(−1/2) ; u = y 3/2 ; y = u2/3
dy
dx = 2 u−1/3
3
sustituimos en la ecuacion.
2 −1/3
3u + xu2/3 = x(u2/3 )−1/2
multiplicamos por 2 u1/3
3
du
dx + 2 xu = 3 x
3
2 que es una ecuacion lineal con p(x) = 3
2x
Factor integrante:
3
´ 3 2
xdx
e2 = e4x
3 2 3 2 3 2
du 3 3
e4x dx + e4x 2 xu = e4x 2x
d 3 x2 3 3 2
dx e
4 u = 2 xe 4 x dx + c
´ d 3 x2 3
´ 3 2
dx e
4 u = 2 xe 4 x dx + c
3 2 3 2
e4x u = e4x + c
3 2
u = 1 + ce− 4 x
sustituimos u = y 3/2
3 2
y 3/2 = 1 + ce− 4 x
6

7. 1.2 Ecuaciones exactas y reducibles a exactas.
1.(2x − 1)dx + (3y + 1)dy = 0
M (x, y) = 2x − 1; N (x, y) = 3y + 1
Comprobamos que la ecuacion sea exacta, esto es si secumple la condicion
∂M ∂N
∂y = ∂x
∂M
∂y =0; ∂N
∂x =0
son iguales, por lo tanto la ecuacion es exacta.
Ahora tomamos una funcion fx (x, y) = M (x, y)
fx (x, y) = 2x − 1
integramos respecto a x, y la constante de integracion sera una funcion g(y)
´ ∂M
´ ´
∂x = 2 xdx − dx + g(y)
f (x, y) = x2 − x + g(y)... (1)
Esta funcion la derivamos con respecto de y.
∂f
∂y = g (y)
igualamos con N(x,y)
g (y) = 3y + 1
integramos respecto a y
´ ´ ´
g (y) = 3 ydy + dy + c
3
g(y) = 2 y 2 + y + c
sustituimos la funcion en (1).
3
x2 − x + 2 y 2 + y = c
esta es una solucion en forma implicita de la ecuacion.
2.
(seny − ysenx)dx + (cosx + xcosy − y)dy = 0
M (x, y) = seny − ysenx; N (x, y) = cosx + xcosy − y
∂M
∂y = cosy − senx
∂N
∂x = −senx + cosy
7

8. ∂M
∂y = ∂N
∂x por lo tanto es una ecuacion exacta.
tomamos fx (x, y) = seny − ysenx
integramos con respecto a x
´ ´
fx (x, y)dx = (seny − ysenx)dx
f (x, y) = xseny − y(−cosx) + g(y)...(1)
derivamos esta ecuacion respecto a y, e igualamos con N(x,y)
fy (x, y) = cosx + xcosy + g (y) = cosx + xcosy − y
g (y) = −y
integramos respecto de y
´ ´
g (y) = − ydy + c
1
g(y) = − 2 y 2 + c
sustituimos en (1)
f (x, y) = xseny + ycosx − 1 y 2
2
nos queda la solucion implicita.
xseny + ycosx − 1 y 2 = c
2
3.
(3x2 y + ey )dx = −(x3 + xey − 2y)dy
M (x, y) = 3x2 y + ey ; N (x, y) = x3 + xey − 2y
My (x, y) = 3x2 + ey
Nx (x, y) = 3x2 + ey
My (x, y) = Nx (x, y) entonces es una ecuacion diferencial exacta.
Integramos fx (x, y) con respecto de x, y obtenemos una funcion g(y) de
constante de integracion.
´
f (x, y) = (3x2 y + ey )dx
f (x, y) = x3 y + xey + g(y)... (1)
Derivamos con respecto de y (1) e igualamos con N(x,y)
fy (x, y) = x3 + xey + g (y) = x3 + xey − 2y
g (y) = −2y
8

9. Integramos respecto de y
´
g(y) = −2 ydy + c
g(y) = −y 2 + c
sustituimos en (1)
x3 y + xey − y 2 = c... solucion implicita.
4.
(6xy − 2y 2 )dx + (3x2 − 4xy)dy = 0
My (x, y) = 6x − 4y , Nx (x, y) = 6x − 4y
la ecuacion es exacta.
integramos fx (x, y) respecto a x.
´
f (x, y) = (6xy − 2y 2 )dx
f (x, y) = 3x2 y − 2xy 2 + g(y)...(1)
derivamos respcto de y
fy (x, y) = 3x2 − 4xy + g (y)
igualamos con N(x,y)
3x2 − 4xy + g (y) = 3x2 − 4xy g (y) = 0
integramos respecto de y
g(y) = c
sutituimos en la ecuacion (1)
3x2 y − 2xy 2 = c
5.
(2y − 2xy 3 + 4x + 6)dx + (2x − 3x2 y 2 − 1)dy = 0
con la condicion y(−1) = 0
My = 2 − 6xy 2 = NX
Una vez comprobada que sea exacta.
integramos fx (x, y) respecto a x
´
f (x, y) = (2y − 2xy 3 + 4x + 6)dx
f (x, y) = 2xy − 3x2 y 3 + 2x2 + 6x + g(y)...(1)
9

10. derivamos respecto a y:
fx (x, y) = 2x − 3x2 y 2 + g (y)
igualamo con N (x, y)
2x − 3x2 y 2 + g (y) = 2x − 3x2 y 2 − 1 g (y) = −1
integramos:
g(y) = −y + c
sustituimos en (1)
2xy − x2 y 3 + 2x2 + 6x − y = c... solucion implicita.
para y(−1) = 0
2(−1)2 + 6(−1) = c
c = −4
entonces la solucion particular al caso y(-1)=0 es:
2xy − x2 y 3 + 2x2 + 6x − y = −4
6.
(−xy sin x + 2y cos x)dx + 2x cos xdy = 0;
Use el factor integrante µ(x, y) = xy
My (x, y) = −x sin x + 2 cos x
Nx (x, y) = −2x sin x + 2 cos x
NX = M y
la ecuacion es no exacta, en este ejemplo se nos dio el factor integrante, por
lo tanto procedemos a multiplicar toda la ecuacion por el factor integrante.
xy(−xy sin x + 2y cos x)dx + xy(2x cos x)dy = 0
(−x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x)dx + (2x2 y cos x)dy = 0
comprobamos que esta ecuacion sea exacta.
My (x, y) = −2yx2 sin x + 4xy cos x
NX (x, y) = 4xy cos x − 2x2 y sin x
MY = NX por lo tanto esta ecuacion es exacta y la resolvemos como tal.
10

11. fx (x, y) = −x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x
integramos respecto a x:
´
f (x, y) = (−x2 y 2 sin x + 2xy 2 cos x)dx
f (x, y) = x2 y 2 cos x + g(y)...(1)
derivamos respecto a y:
fy (x, y) = 2x2 y cos x + g (y)
igualamos con Nx
2x2 y cos x + g (y) = 2x2 y cos x
g (y) = 0
integramos respecto a y:
g(y) = c
sustituimos en (1)
f (x, y) = x2 y 2 cos x + c
2 Ecuaciones de orden superior
2.1 Ecuaciones diferenciales de orden superior reducibles
a primer orden.
1. y = 2x2
Integramos ambos lados de la ecuacion:
´ ´
y = 2 x2 dx + c
2
y = 3 x3 + c1
Volvemos a integrar:
´ 2
´
y = 3 (x3 + c1 )dx + c2
y = ( 2 )( 1 )x4 + xc1 + c2
3 4
Solucion:
y = 1 x4 + c1 x + c2
6
11

12. 2. y = sen(kx)
Integramos ambos lados de la ecuacion:
´ ´
y = sen(kx)dx + c1
y = −kcos(kx) + c1
´ ´ ´
y = −k cos(kx)dx + c1 dx + c2
y = −k 2 sen(kx) + xc1 + c2
´ ´ ´ ´
y = −k 2 sen(kx)dx + c1 xdx + c2 dx + c3
y = k 3 cos(kx) + 1 c1 x2 + c2 x + c3
2
3. y = x 1
Integrando:
´ ´ 1
y = x dx + c1
y = log x + c1
´ ´ ´
y = log xdx + c1 dx + c2
y = x log x − x + c1 x + c2
´ ´ ´ ´ ´
y = x log xdx − xdx + c1 xdx + c2 dx + c3
x2
y= 2 (log x − 1 ) − 1 x2 + c1 1 x2 + c2 x + c3
2 2 2
4. y = x + sin x
Integrando:
´ ´ ´
y = xdx + sin xdx + c1
y = 1 x2 − cos x + c1
´ 2
´ ´ ´
y = 1 x2 dx − cos xdx
2 + c1 dx + c2
1
y = 6 x3 − sin x + c1 x + c2
5. y = x sin x, y(0) = 0 y (0) = 0 y (0) = 2
Resolvemos la ecuacion diferencial integrando tres veces:
´ ´
y = x sin xdx + c!
y = sin x − x cos x + c1
´ ´ ´ ´
y = sin xdx − x cos xdx + c1 dx + c2
y = − cos x − (cos x + x sin x) + c1 x + c2
´ ´ ´ ´ ´ ´
y = − cos xdx − cos xdx − x sin xdx + c1 xdx + c2 dx + c3
y = − sin x − sin x − (−x cos x + sin x) + 1 c1 x2 + c2 x + c3
2
y = −3 sin x + x cos x + 1 c1 x2 + c2 x + c3
2
12

13. 2.2 Reducibles a primer orden
1. xy + y = 0
Deniendo:
p(x) = dy
dx dp
dx = d2 y
dx2
xp + p = 0
nos queda una ecuacion lineal homogenea de orden 1 de variables
separables.
1 1
x dx = − p dp
´ 1
´ 1
x dx = − p dp + c1
log x = − log p + log c1
log x = log( cp )
1
Aplicando exponencial a ambos lados de la ecuacion.
c1
x= p
hacemos p(x) = dy
dx
c!
x= dy/dx
x = c1 dx
dy
integrando:
´ 1 1
´
x dx = c1 dy + c2
1
log x = c1 y + c2
y = c1 log x + c2 . La constante de integracion conviene que tome
valor positivo.
2.(x − 1)y − y =0
Denimos:
p(x) = dy
dx dp
dx = d2 y
dx2
(x − 1)p − p = 0
Dividimos entre (x − 1)
x−1 1
x−1 p − x−1 p =0
1
p − x−1 p =0
nos queda una ecuacion lineal homogenea.
dp 1
dx − x−1 p =0
dp 1
dx = x−1 p
1 1
p dp = x−1 dx
integrando:
´ 1
´ 1
p dp = x−1 dx + c1
13

14. log(p) = log(x − 1) + log(c1 )
log(p) = log[c1 (x − 1)]
p = c1 (x − 1)
haciendo p = dy
dx
dy
dx = c1 (x − 1)
dy = c1 (x − 1)dx
integrando:
´ ´
dy = c1 (x − 1)dx + c2
y = c1 1 x2 − x + c2
2
3.
2.3 Ecuaciones lineales homogeneas.
1.y + y − 2y = 0
Resolvemos la ecuacion caracteristica asociada.
m2 + m − 2 = 0
(m + 2)(m − 1) = 0
m1 = −2 m2 = 1
Suponemos una solucion y = emx
y1 = e−2x
y2 = ex
y(x) = c1 e−2x + c2 ex
2.
y − 2y + y = 0
Ecuacion caracteristica asoiada m2 − 2m + 1 = 0
(m − 1)2 = 0
m1,2 = 1
solucion y = emx
y1 = ex
´ e
´
p(y)dy
y2 = y1 2
y1
dx
x
´ e 2x
y2 = e e2x dx
y2 = ex x
solucion.
y(x) = c1 ex + c2 xex
3. 4y − 8y + 5y = 0
14

15. Ecuacion caracteristica.
4m2 − 8m + 5 = 0
√
8± 64−80
m1,2 = 8
m1,2 = 1 ± 1i
2
solucion.
1 1
y = c1 ex ei 2 x + c2 ex e−i 2 x
1 1
y = ex (c1 ei 2 x + c2 e−i 2 x )
y = ex (c1 cos 1 x + c2 sen 1 x)
2 2
4.3y − 2y − 8y = 0
Ecuacion caracteristica:
3m2 − 2y − 8 = 0
(3m + 4)(m − 2)
m1 = 2
m2 = − 4
3
Solucion propuesta de la forma, y = emx
y1 = e2x
4
y2 = −e− 3 x
Solucion:
4
y(x) = c1 e2x + c2 e 3 x
5.y v − 10y + 9y = 0
Ecuacion caracteristica.
m5 − 10m3 + 9m = 0
m(m4 − 10m2 + 9) = 0
m1 = 0 (m2 − 9)(m2 − 1) m2,3 = ±3 m4,5 = ±1
Entonces tenemos las soluciones:
y1 = e0 = 1
y2 = e3x
y3 = e−3x
y4 = ex
y5 = e−x
Solucion:
y(x) = c1 + c2 e3x + c3 e−3x + c4 ex + c5 ex
6. y + 4y + 3y = 0 y(0) = 2 y (0) = −3
Ecuacion caracteristica.
m2 + 4m + 3 = 0
15

16. √
−4± −36
m1,2 = 2
m1,2 = −2 ± 3i
Solucion:
y(x) = e−2x (c1 cos 3x + c2 sin 3x)
y (x) = e−2x (−3c1 sin 3x + 3c2 cos 3x) − 2e−2x (c1 cos 3x + c2 sin 3x)
Resolveremos para los casos y(0) = 2 y y (0) = −3 particularmente.
Para y(0) = 2
2 = e0 (c1 cos 0 + c2 sin 0)
2 = c1
Para y (0) = −3
−3 = e0 (−3c1 sin 0 + 3c2 cos 0) − 2e0 (c1 cos 0 + c2 sin 0)
−3 = 3c2 − 2c1
−3 = 3c2 − 2(2)
−3 + 4 = 3c2
1
c2 = 3
Por lo tanto la solucion para el caso en general es:
y(x) = e−2x (2 cos 3x + 1
3 sin 3x)
7. dxy − 7 dxy − 18y = 0
4 4
d d
4 2
Ecuacion caracteristica:
m4 − 7m2 − 18 = 0
2.4 Ecuaciones no homogeneas de segundo orden
2.4.1 Coecientes indeterminados.
1.
y + 3y + 2y = 6
Resolvemos la ecuacion homogenea asociada
yh = y + 3y + 2y = 0
Ecuacion caracteristica:
m2 + 3m + 2 = 0
(m − 1)(m − 2)
m1 = 1 m2 = 2
yh = c1 ex + c2 e2x
Ahora resolvemos la parte no homogena suponiendo una solucion
particular.
16

17. en este caso la parte no homogenea es 6, lo que nos sugiere usemos
una solucion de la forma A
yp = A
y p =0
y p =0
Sustituimos en la ecuacion original.
0 + 3(0) + 2A = 6
A=3
Entonces la solucion es y(x) = yh + yp
y(x) = c1 ex + c2 e2x + 3
2. y + y = sin x
Resolvemos primer la ecuacion homogenea asociada.
y +y =0
La ecuacion caracteristica de esta ecuacion es.
m2 + 1 = 0
√
m2 = −1 m1,2 = ± −1 m1,2 = α ± βi donde α = 0 y β = 1
m1,2 = ±i
yh = c1 eαx cos βx + c2 eαx sin βx
yh = c1 cos x + c2 sin x
Ahora buscamos una solucion particular, para sin x nos proponen
una solucion de la forma A sin x + B cos x, sin embargo podemos
observar que esta ya es una solucion de la ecuacion homogenea
asociada y + y = 0, entonces segun la regla de multiplicacion
para este caso, debemos multiplicar por xn donde n es el numero
de enteros positivos que elimina la duplicacion.
yp = Ax sin x + Bx cos x
y p = A sin x + Ax cos x + B cos x − Bx sin x
y p = A cos x + A cos x − Ax sin x − B sin x − Bx cos x − B sin x =
2A cos x − 2B sin x − Ax sin x − Bx cos x
Sustituimos en la ecuacion original
2A cos x − 2B sin x − Ax sin x − Bx cos x + Ax sin x + Bx cos x = sin x
2A cos x − 2B sin x = sin x
2A = 0 entonces A = 0
−2B = 1 entonces B = − 1
2
Sustituyendo
yp = − 1 x cos x
2
17

18. y(x) = yh + yp
y(x) = c1 cos x + c2 sin x − 1 x cos x
2
3. y − 10y + 25y = 30x + 3
Resolvemos la ecuacuion homogenea asociada.
m2 − 10m + 25 = 0
m1,2 = 5
yh = c1 e5x + c2 xe5x
La solucion particular propuesta para 30x + 3 es Ax + B
yp = Ax + B
y p =A
y p =0
sustituimos en la ecuacion
−10(A) + 25(Ax + B) = 30x + 3
25A = 30...(1) entonces A = 6
5
25B − 10A = 3...(2)
6
25B − 10( 5 ) = 3
25B = 3 + 12
3
B= 5
6 3
yp = 5x + 5
y(x) = yh + yp
y(x) = c1 e5x + c2 xe5x + 6 x +
5
3
5
4. 1 y + y + y = x2 − 2x
4
Resolvemos la ecuacion homogenea asociada.
1
4y + y + y = 0
1 2
4m + m + 1 = 0
m1,2 = −2
yh = c1 e−2x + c2 xe−2x
Ahora suponemos una solucion particular para el caso de f (x) =
x2 − 2x
yp = Ax2 + Bx + C
yp = 2Ax + B
yp = 2A
Sustituimos en la ecuacion original.
1 2
4 (2A) + 2Ax + B + Ax + Bx + C = x2 − 2x
1 2 2
2 A + B + Ax + 2Ax + Bx + C = x − 2x
18

19. A=1
2A + B = 2
B =2−2=0
1
2A +B+C =0
1
2A +C =0
C = −1A = −1
2 2
1
yp = x2 − 2
y(x) = yh + yp
y(x) = c1 e−2x + c2 xe−2x + x2 − 1
2
5. y + 3y = −48x2 e3x
Se resuelve la parte homogenea.
y +3y=0
m2 + 3 = 0
√ √
m1,2 = −3 m1,2 = 3i
√ √
yh = c1 cos 3x + c2 sen 3x
suponemos una solucion particular para −48x2 e3x
yp = e3x (Ax2 + Bx + C)
y p = 3e3x (Ax2 + Bx + C) + e3x (2Ax + B)
y p = 9e3x (Ax2 + Bx + C) + 3e3x (2Ax + B) + 3e3x (2Ax + B) +
e (2A) = 9e3x (Ax2 + Bx + C) + 3e3x (4Ax + 2B) + e3x (2A)
3x
Susituimos en la ecuacion.
9e3x (Ax2 + Bx + C) + 3e3x (4Ax + 2B) + e3x (2A) + 9e3x (Ax2 + Bx +
C) + 3e3x (2Ax + B) = −48x2 e3x
9e3x Ax2 + 9e3x Bx + 9e3x C + 12e3x Ax + 6e3x B + 2e3x A + 9e3x Ax2 +
9e3x Bx + 9e3x C + 6e3x Ax + 3e3x B = −48x2 e3x
9A + 9A = −48
18A = −48
8
A = −3
B=0
C=0
6.y − y = −3
y -y =0
m2 − m = 0
m(m − 1) = 0
m1 = 0 m2 = 1
19

20. yh = c1 e0x + c2 ex = c1 + c2 ex
En este caso podemos ver claramente que existe ya una solucion que
es c1 igual con −3
entonces por la regla de multiplicidad. la solucion propuesta yp = Ax
yp = Ax
y p =A
y p =0
Sustituyendo en la ecuacion.
0 − A = −3 entonces, A = 3
yp = 3x
y(x) = yh + yp
y(x) = c1 + c2 ex + 3x
7. y − 6y = 3 − cosx
Ecuacion homogenea asociada yh = y − 6y = 0
m3 − 6m2 = 0
m2 (m − 6) = 0
m1,2 = 0 m3 = 6
yh = c1 + c2 x + c3 e6x
La solucion particular propuesta para 3 − cosx es yp1 = A yp2 =
Bcosx + Csenxsin embargo en la solucion yp1 se repite la con-
stante, entonces la multiplicamos por x de acuerdo a la ley de
multiplicidad nos queda.yp1 = Ax2
yp = Ax2 + Bcosx + Csenx
y p = 2Ax − Bsenx + Ccosx
y p = 2A − Bcosx − Csenx
y p = Bsenx − Ccosx
Susituyendo en la ecuacion original.
Bsenx − Ccosx − 12A + 6Bcosx + 6Csenx = 3 − Cosx
−12A = 3 ; A = − 1
4
6B − C = 1...(1)
6C + B = 0...(2)
Igualando 1 y 2
6
B= 37
1
C= 37
1 3 6 1
yp = 2x + 37 cosx +
37 senx
y(x) = c1 + c2 x + c3 e6x − 1 x2
4 + 6
37 cosx + 1
37 senx
20

21. 9.y + 2y + y = senx + 3cos2x
yh = y + 2y + y = 0
m2 + 2m + 1 = 0
(m + 1)2 = 0
m1,2 = −1
yh = c1 ex + c2 xex
Solucion particular
yp = Acosx + Bsenx + Ccos2x + Dsen2x
yp = −Asenx + Bcosx − 2Csen2x + 2Dcos2x
yp = −Acosx − Bsenx − 4Ccos2x − 4Dsen2x
sustituyendo.
−Acosx−Bsenx−4Ccos2x−4Dsen2x−2Asenx+2Bcosx−4Csen2x+
4Dcos2x + Acosx + Bsenx + Ccos2x + Dsen2x = senx + 3cos2x
−3Ccos2x − 3Dsen2x − 2Asenx + 2Bcosx − 4Csen2x + 4Dcos2x =
senx + 3Cos2x
−3C + 4D = 3...(1)
−3D − 4C = 0...(2)
9
C= 25
12
D= 25
−2A = 1 ; A = − 1
2
2B = 0 ; B = 0
1 9 12
y(x) = c1 ex + c2 xex − 2 cosx + 25 cos2x + 25 sen2x
2.5 Variacion de parametro.
1. y + y = sec x
Resolvemos la parte homogenea de la ecuacion esta es yh = y + y = 0
Para la ecuacion homogenea asociada, resolvemos la ecuacion caracteristica.
m2 + 1 = 0
m2 = −1
√
m1,2 = −1 ; m1,2 = ±i
m1,2 = α ± βi ; donde α = 0 β = 1
21

22. yh = c1 cosx + c2 senx
Ahora identicamos y1 = cosx y y2 = senx y las derivamos.
y1 = cosx y2 = senx
y1 = −senx y2 = cosx
A continuacion calculamos el Wronskiano:
y1 y2 cosx senx
W = = = [(cosx)(cosx)] − [(senx)(−senx)] =
y1 y2 −senx cosx
cos2 x + sen2 x = 1
0 y2 0 senx
W1 = = = [(0)(cosx)] − [(senx)(secx)] =
f (x) y2 secx cosx
−senxsecx = − senx = −tanx
cosx
y1 0 cosx 0
W2 = = = [(cosx)(secx) − (0)(−senx)] =
y1 f (x) −senx secx
cosxsecx = cosx = 1
cosx
´
u1 = W1
W = −tanx = −tanx ; u1 = − tanxdx = −[−ln(cosx)] = ln(cosx)
1
´
u2 = W2 = 1 = 1; u2 = dx = x
W 1
yp = u1 y1 + u2 y2
yp = ln(cosx)cosx + xsenx
y(x) = yh + yp
y(x) = c1 cosx + c2 senxi + cosxln(cosx) + xsenx
2. y + y = senx
Resolvemos yh = y + y = 0
m2 + 1 = 0
m2 = −1
√
m1,2 = ± −1 ; m1,2 = ±i
Donde:
α=0yβ=1
yh = eαx (c1 cosβx + c2 senβx)
yh = e0x (c1 cosβx + c2 senβx)
22

23. yh = c1 cosx + c2 senx
Denimos y1 , y2
y1 = cosx ; y1 = −senx
y2 = senx ; y2 = cosx
Calculamos el Wronskiano.
cosx senx
W = = cos2 x + sen2 x = 1
−senx cosx
0 senx
W1 = = −sen2 x
senx cosx
cosx 0
W2 = = senxcosx
−senx senx
Ahora calculamos u1 , u2 .
2
u1 = − sen x = −sen2 x
1
´
u1 = − sen2 xdx = x − 1 sen2x
2 4
u2 = senxcosx = senxcosx
1
´
u2 = senxcosxdx = 1 sen2 x
2
yp = u1 y1 + u2 y2 = ( x − 1 sen2x)cosx + 1 sen2 x(senx)
2 4 2
yp = 1 xcosx − 1 cosxsen2x + 2 sen3 x
2 4
1
y(x) = yp + yh
1
y(x) = c1 cosx + c2 senx + 2 xcosx − 1 cosxsen2x + 1 sen3 x
4 2
3. y + y = cos2 x
Ecuacion homogenea asociada yh = y + y = 0
Esta ecuacion tiene solucion de la forma:
yh = c1 cosx + c2 senx
Denimos y1 , y2
y1 = cosx ; y1 = −senx
y2 = senx ; y2 = cosx
Calculamos los Wronskianos:
23

24. cosx senx
W = = cos2 x + sen2 x = 1
−senx cosx
0 senx
W1 = = −senxcos2 x
cos2 x cosx
cosx 0
W2 = = cos3 x
−senx cos2 x
Denimos u1 , u2
−senxcos2 x
u1 = = −senxcos2 x
1
´ cos3 x cos3 x
u1 = − senxcos2 xdx = − − =
3 3
cos3 x
u2 = = cos3 x
1
´ sen3 x
u2 = cos3 xdx = senx −
3
cos3 x sen3 x
yp = u1 y1 + u2 y2 = (cosx) + senx − (senx)
3 3
cos4 x sen4 x
yp = + sen2 x −
3 3
cos4 x sen4 x
y(x) = c1 cosx + c2 senx + + sen2 x −
3 3
4.y − y = cosh x
Ecuacion homogenea asociada y − y = 0
m2 − 1 = 0
√
m2 = 1; m1,2 = ± 1 = ±1
yh = c1 ex + c2 e−x
Denimos y1 , y2
y1 = ex ; y1 = ex
y2 = e−x ; y2 = −e−x
Calculamos los Wronskianos:
24

25. ex e−x
W = = −e−x (ex ) − ex (e−x ) = −1 − 1 = −2
ex −e−x
0 e−x
W1 = = −e−x (coshx) = −e−x coshx
coshx −e−x
ex 0
W2 = = ex coshx
ex coshx
Calculamos u1 y u2
−e−x coshx
u1 = −2 = 2 e−x coshx
1
´
u1 = 1
2 e−x coshxdx = 1 e−2x (2e2x x − 1)
8
ex coshx 1
u2 = = − 2 ex coshx
−2
´ x e2x
u2 = − 1
2
1
ex coshxdx = − 2 [ + ]
2 4
x e2x
yp = ex [ 1 e−2x (2e2x x − 1)] + (−e−x )(−
8 − )
4 8
xe−x ex
yp = 8 e−x (2e2x x − 1) +
1
+
4 8
xe−x ex
y(x) = c1 ex + c2 e−x + 1 e−x (2e2x x − 1) +
8 +
4 8
1
4. y + 3y + 2y =
1 + ex
Ecuacion homogenea asociada yh = y + 3y + 2y = 0
m2 + 3m + 2 = 0
(m + 2)(m + 1) = 0
m1 = −2 m2 = −1
yh = c1 e−2x + c2 e−x
Denimos y1 , y2 .
y1 = e−2x ; y1 = −2e−2x
y2 = e−x ; y2 = −e−x
Calculamos Wronskianos:
25

26. e−2x e−x
W = = (e−2x )(−e−x ) − (e−x )(−2e−2x ) = −e−3x + 2e−3x =
−2e−2x −e−x
e−3x
0 e−x e−x
W1 = 1 −x = −
1+ex −e 1 + ex
e−2x 0 e−2x
W2 = =
−2e−2x 1
1+ex 1 + ex
Calculamos u1 ,u2
e−x
x e−x 1 1
u1 = − 1e+ e =
−3x = =−
(e−3x )(1 + ex ) e−2x (1 + ex ) e−2x + e−x
´ 1
u1 = − dx = −ex + ln(ex + 1) − 1
e−2x + e−x
e−2x
x e−2x 1
u2 = 1 + e = −3x
−3x x)
= −x
e (e )(1 + e e +1
´ 1
u2 = dx = x + ln(e−x + 1)
e−x +1
yp = (e−2x )[−ex + ln(ex + 1) − 1] + [x + ln(e−x + 1)](e−x )
yp = −e−x + e−2x ln(ex + 1) − e−2x + xe−x + e−x ln(e−x + 1)
y(x) = c1 e−2x + c2 e−x − e−x + e−2x ln(ex + 1) − e−2x + xe−x + e−x ln(e−x + 1)
5.3y − 6y + 6y = ex secx
yh = 3y − 6y + 6y = 0
3m2 − 6m + 6 = 0
a = 3 , b = −6 , c = 6
Denimos y1 , y2
√ √
−(−6) ± (−6)2 − 4(3)(6) 6 36 − 72 −36
m1,2 = = ± =1± =1±i
2(3) 6 6 6
α=1,β=1
yh = ex (c1 cosx + c2 senx)
Deniendo y1 , y2
26

27. y1 = ex cosx ; y1 = ex cosx − ex senx
y2 = ex senx ; y2 = ex senx + ex cosx
Calculamos los Wronskianos
ex cosx ex senx
W = = (ex cosx)(ex senx + ex cosx) −
e cosx − e senx e senx + ex cosx
x x x
(ex senx)(ex cosx − ex senx) = ex (cosxsenx + cos2 x − cosxsenx + sen2 x)
W = ex (cos2 x + sen2 x) = ex
0 ex senx senx
W1 = x = −(ex senx)(ex secx) = −ex ( )=
e secx e senx + ex cosx
x
cosx
x
−e tanx
ex cosx 0 cosx
W2 = = (ex cosx)(ex secx) = ex ( ) = ex
e cosx − ex senx ex secx
x
cosx
Calculamos u1 , u2
ex tanx
u1 = − = −tanx
ex
´
u1 = − tanxdx = −(−lncosx) = lncosx
ex
u2 = =1
ex
´
u2 = dx = x
yp = lncosx(ex cosx) + x(ex senx)
y(x) = ex (c1 cosx + c2 senx) + ex cosxlncosx + xex senx
2.6 Ecuaciones de Cauchy-Euler
x2 y − 2y = 0
Suponemos una solución de la forma y = xm .
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Sustituimos en la ecuación original.
x2 [(m − 1)mxm−2 ] − 2(xm ) = 0
27

28. x2 [(m − 1)mxm x−2 ] − 2(xm ) = 0
(m − 1)mxm − 2xm = 0
xm [(m − 1)m − 2] = 0
xm (m2 − m − 2) = 0
asi obtenemos la ecuacion auxiliar
m2 − m − 2 = 0
(m + 1)(m − 2) = 0
m1 = −1 ; m2 = 2
Son raíces reales y distintas, asi que la solución es:
y = c1 x−1 + c2 x2
2.
x2 y + y = 0
Suponemos la solucion y = xm
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Sustituimos en la ecuación
x2 [(m − 1)mxm−2 ] + xm = 0
(m − 1)mx2 xm x−2 + xm = 0
(m2 − m)xm + xm = 0
xm (m2 − m + 1) = 0
Ecuación auxiliar
m2 − m + 1 = 0
√
1
m1,2 = 2 ± 1 3i
2
√
donde: α = 1
2 β= 1
2 3
1 1
√ 1 1
√
y = c1 x 2 + 2 3i
+ c2 x 2 − 2 3i
28

29. Usando la identidad,
xiβ = (elnx )iβ = eiβlnx
con la formula de Euler, es lo mismo que
xiβ = cos(βlnx) + isen(βlnx)
x−iβ = cos(βlnx) − isen(βlnx)
entonces
xiβ + x−iβ = cos(βlnx) + isen(βlnx) + cos(βlnx) − isen(βlnx) = 2cos(βlnx)
xiβ − x−iβ = cos(βlnx) + isen(βlnx) − cos(βlnx) + isen(βlnx) = 2isen(βlnx)
si y = C1 xα+iβ + C2 xα−iβ
y1 = xα (xiβ + x−iβ ) = 2xα cos(βlnx)
y2 = xα (xiβ − x−iβ ) = 2xα isen(βlnx)
se concluye que
y1 = xα cos(βlnx) y = xα sen(βlnx)
Así la solucion general es
y = xα [c1 cos(βlnx) + c2 sen(βlnx)]
1 √ √
y = x 2 [c1 cos( 1 3lnx) + c2 sen( 1 3lnx)]
2 2
3.
x2 y + xy + 4y = 0
Suponemos la solución:
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Sustituimos en la ecuación.
x2 [(m − 1)mxm−2 ] + x(mxm−1 ) + 4(xm ) = 0
xm (m2 − m + m + 4) = 0
xm (m2 + 4) = 0
m2 = −4
29

30. √
m1,2 = ± −4
m1,2 = ±2i
α=0β=2
y = x0 (c1 cos2lnx + c2 sen2lnx)
y = c1 cos2lnx + c2 sen2lnx
4.
x2 y − 3xy − 2y = 0
Solucion propuesta.
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Sustituimos.
x2 [(m − 1)mxm−2 ] − 3x(mxm−1 ) − 2(xm ) = 0
xm [(m2 − m) − 3m − 2] = 0
xm (m2 − 4m − 2) = 0
√
m1,2 = 2 ± 6
√ √
y = c2 x2+ 6
+ c1 x2− 6
5.
25x2 y + 25xy + y = 0
Solución propuesta.
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Sustituimos.
25x2 [(m − 1)mxm−2 ] + 25x(mxm−1 ) + xm = 0
xm [25m2 − 25m + 25m + 1] = 0
30

31. 25m2 + 1 = 0
1 1
m1,2 = ± − =± i
25 5
1
α = 0, β =
5
1 1
y = x0 (c1 cos lnx + c2 sen lnx)
5 5
1 1
y = c1 cos lnx + c2 sen lnx
5 5
6.
x2 y + 5xy + y = 0
Solucion propuesta.
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Sustituimos.
x2 [(m − 1)mxm−2 ] + 5x(mxm−1 ) + xm = 0
xm (m2 − m + 5m + 1) = 0
m2 + 4m + √ = 0
1
m1,2 = 2 ± 3
√ √
y = c1 x2+ 3 + c2 x2− 3
7.
xy − 4y = x4
Solución propuesta.
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Hacemos la ecuacion de la forma de Cauchy Euler, para esto la multiplicamos
por x.
x2 y − 4xy = x5
Resolvemos la parte homogenea.
yh = x2 y − 4xy = 0
Sustituimos
x2 [(m − 1)mxm−2 ] − 4x(mxm−1 ) = 0
31

32. xm (m2 − m − 4m) = 0
m(m − 5) = 0
m1 = 0 m2 = 5
yh = c1 x0 + c2 x5
yh = c1 + c2 x5
Resolvemos por variacion de parámetros.
Para esto tenemos que escribir la ecuacion en la forma estandar P (x)y +
Q(x)y = f (x)
Dividimos la ecuación original entre x
y
y − 4 x = x3
identicamos f (x) = x3
Denimos y1 , y2
y1 = 1 , y1 = 0
y2 = x5 , y2 = 5x4
1 x5
W = = 5x4 − 0 = 5x4
0 5x4
0 x5
W1 = 3 = 0 − x8 = −x8
x 5x4
1 0
W2 = = x3
0 x3
Calculamos u1 , u2
8
u1 = −x4 ´= − 1 x4
5x 5
u1 = − 1 x4 dx = − 25 x5
5
1
x3 1
u2 = 5x´ = 5x
4
u2 = 1 x dx = 1 lnx
5
1
5
1 5 1
yp = − 25 x (1) + 5 lnx(x5 )
5
yp = − 25 x5 + x lnx
1
5
y(x) = yh + yp
5
y(x) = c + c2 x5 − 25 x5 + x lnx
1
5
7.
x2 y − xy + y = 2x
Solucion propuesta.
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
Resolvemos la ecuacion homogenea asociada.
yh = x2 y − xy + y = 0
Sustituimos en la ecuación original.
x2 [(m − 1)mxm−2 ] − x(mxm−1 ) + xm = 0
m2 − m − m + 1 = 0
m2 − 2m + 1 = 0
32

33. (m − 1)2
m1,2 = 1
yh = c1 x + c2 xlnx
Ponemos la ecuación en la forma estandar
1 1 2
y − xy + x2 y
=x
Identicamos f (x) = x
2
Identicamos y1 = x , y2 = xlnx y y1 = 1 , y2 = lnx + 1
Calculamos los Wronskianos
x lnx
W = = (x)(lnx + 1) − (lnx)(1) = xlnx + x − lnx = xlnx −
1 lnx + 1
x
lnx + x = xln x + x = xln(1) + x = x
0 lnx 2 2
W1 = 2 = (lnx)( x ) = x lnx
x lnx + 1
x 0 2
W2 = 2 = xx − 0 = 2
1 x
Calculamos u1 , u2
2
lnx
u1 = x x = 2lnx
´ lnx x2 lnx+1
u1 = 2 x2 = − x
2
u2 = x ´
1
u2 = 2 x = 2lnx
yp = y1 u1 + y2 u2 = x(− lnx+1 ) + xlnx(2lnx) = −lnx + 1+
x
8.
x2 y − 2xy + 2y = x4 ex
Solución propuesta.
y = xm
y = mxm−1
y = (m − 1)mxm−2
x2 [(m − 1)mxm−2 ] − 2x(mxm−1 ) + 2xm = x4 ex
Solucionamos la ecuacion homogenea
x2 y − 2xy + 2y = 0
xm (m2 − m − 2m + 2) = 0
m2 − 3m + 2 = 0
(m − 2)(m − 1) = 0
m1 = 2 , m2 = 1
yh = c1 x2 + c2 x
Convertimos la ecuacion original a la forma estandar
2 2
y − x y + x2 y = x2 ex
Denimos y1 , y2 , f (x) = x2 ex
y1 = x2 ; y1 = 2x
y2 = x ; y2 = 1
Calculamos el Wronskiano
33

34. x2 x
W = = x2 − 2x2 = −x2
2x 1
0 x
W1 = 2 x = 0 − x3 ex = −x3 ex
x e 1
x2 0
W2 = = x4 ex
2x x2 ex
Calculamos u1 , u2
3 x
u1 = −x e = xex
´ −x2x
u1 = xe dx = ex (x − 1)
4 x
u2 = x e2 = −x2 ex
−x´
u2 = − x2 ex dx = ex (x2 − 2x + 2)
yp = u1 y1 + u2 y2 = [ex (x − 1)]x2 + [ex (x2 − 2x + 2)]x
yp = x2 ex (x − 1) + xex (x2 − 2x + 2)
y(x) = yp + yh
y(x) = c1 x2 + c2 x + x2 ex (x − 1) + xex (x2 − 2x + 2)
9.
3 Soluciones en series de potencias
1.
y − xy = 0
Sutituyendo y = ∞
n=0 cn x
n
y la segunda derivada y = ∞
n=2 (n−1)ncn x
n−2
∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn xn−2 − x ( n
n=0 cn x ) =0
∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn xn−2 − n=0 cn x
n+1
=0
Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas.
∞ ∞
2(1)c2 x0 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn x
n+1
=0
∞ ∞
2c2 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn x
n+1
=0
hacemos k = n − 2 para la primera serie y k = n + 1 para la segunda serie,
de modo que: n = k + 2 , n = k − 1 respectivamente.
Sutituimos
∞ ∞
2c2 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn x
n+1
=0
∞ ∞
2c2 k=1 (k + 2)(k + 1)ck+2 xk − k=1 ck−1 x
k
=0
∞
2c2 k=1 [(k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1 ]xk = 0
(k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1 = 0
ck−1
ck+2 =
(k + 2)(k + 1)
34

35. Esta relacion genera coecientes consecutivos de la solucion propuesta, con
el valor de k como enteros positivos.
Ahora
2c2 = 0 ; c2 = 0
k = 1 , c3 = c0
3(2)
1
= 6 c0
c1
k = 2 , c4 = = 1
12 c1
4(3)
c2
k = 3 , c5 = = 1
20 c2 = 0 ← c2 = 0
5(4)
c3
k = 4 , c6 = = 1 1
30 ( 6 )c0 = 1
180 c0
6(5)
c4
k = 5 , c7 = = 1 1
42 ( 12 )c1 = 1
504 c1
7(6)
c5
k = 6 , c8 = = 0 ← c5 = 0
8(7)
c6
k = 7 , c9 = = 1 1
72 ( 180 )c0 = 1
12960 c0
9(8)
c7
k = 8 , c10 = = 1
10(9)(504) c1
10(9)
c8
k = 9 , c11 = = 0 ← c8 = 0
11(10)
Sustituyendo coecientes en la suposicion original
y=
c0 +c1 x+c2 x2 +c3 x3 +c4 x4 +c5 x5 +c6 x6 +c7 x7 +c8 x8 +c9 x9 +c10 x10 +c11 x11 +...,
y=
c0 +c1 x+0+ 1 c0 x3 + 12 c1 x4 +0+ 180 c0 x6 + 504 c1 x7 +0+ 12960 c0 x9 + 90(504) c1 x10 +0
6
1 1 1 1 1
y = c0 (1 + 1 x3 +
6
1
180 x
6
+ 1 9
12960 x ) + c1 (x + 1 4
12 x + 1
504 x
7
+ 1 10
90(504) x )
2
y + x2 y + xy = 0
Sutituyendo:
∞ n
y= n=0 cn x
∞ n−1
y = n=1 cn nx
∞ n−2
y = n=2 (n − 1)ncn x
En la ecuación original
∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn xn−2 + x2 n=1 cn nx
n−1
+ x[ cn x n ] = 0
35

36. ∞ n−2 ∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn x + n=1 cn nxn+1 + n=0 cn xn+1 = 0
0 ∞ n−2 ∞ ∞
2c2 x + 6c3 x n=4 (n − 1)ncn x + n=1 cn nxn+1 + c0 x1 n=1 cn x
n+1
=0
Hacemos k = n−2 para la primera serie, yk = n+1para la segunda y tercera
series.
∞ ∞
2c2 x0 + 6c3 x k=2 (k + 2 − 1)(k + 2)ck+2 xk+2−2 + k=2 ck−1 (k − 1)xk−1+1 +
1 ∞ k−1+1
c0 x k=2 ck−1 x =0
∞
2c2 + 6c3 x + c0 x k=2 (k + 1)(k + 2)ck+2 xk + ck−1 (k − 1)xk + ck−1 xk = 0
∞
2c2 + 6c3 x + c0 x k=2 [(k + 1)(k + 2)ck+2 + ck−1 (k − 1) + ck−1 ]xk = 0
(k + 1)(k + 2)ck+2 + ck−1 (k − 1) + ck−1
Entonces tenemos
2c2 = 0 ; c2 = 0
6c3 + c0 = 0
1
c3 = − 6 c0
[(k−1)+1]ck−1 kck−1
ck+2 = (k+1)(k+2) =
(k + 1)(k + 2)
Sustituyendo k = 2, 3, 4, ... en la formula se obtiene
2c1
c4 = 3(4) = 1 c1
6
3c2
c5 = 4(5) = 0 ← c2 = 0
4c3
c6 = 5(6) = 15 (− 1 c0 ) = − 45 c0
2
6
1
5c4
c7 = 6(7) = 42 ( 1 c1 ) = 136 c1
5
6
5
6c5 6
c8 = 7(8) = 56 (0) = 0
7c6 7 1 7
c9 = 8(9) = 72 (− 45 )c0 = − 72(45) c0
8c7 4 5 5
c10 = 9(10) = 45 ( 136 c1 ) = 45(34) c1
9c8 9
c11 = 10(11) = 110 (0) = 0
10c9 5 7 7
c12 = 11(12) = 66 (− 72(45) c0 ) = − 66(72)(9) c0
Por tanto,
y = c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + c4 x4 + c5 x5 + c6 x6 + c7 x7 + c8 x8 + c9 x9 + ...
1 5 5 1 7 7
y = c1 [ 6 x4 + 136 x7 + 9(34) x10 ] − c0 [ 45 x6 + 72(45) x9 + 66(72)(9) x12 ]
3.
y − 2xy + y = 0
Sutituyendo:
∞ n
y= n=0 cn x
∞ n−1
y = n=1 cn nx
∞ n−2
y = n=2 (n − 1)ncn x
En la ecuación original
∞ n−2 ∞ n−1 ∞
n=2 (n − 1)ncn x − 2x n=1 cn nx + n=0 cn xn = 0
∞ n−2 ∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn x − 2 n=1 cn nx + n=0 cn xn = 0
n
∞ n−2 ∞ ∞
2c2 n=3 (n − 1)ncn x − 2 n=1 cn nxn + c0 n=1 cn xn = 0
Hacemos k = n − 2 para la serie uno y k = n para las dos y tres.
∞ ∞ ∞
2c2 k=1 (k + 2 − 1)(k + 2)ck+2 xk+2−2 − 2 k=1 ck kxk + c0 k=1 ck xk = 0
∞ ∞ ∞
2c2 + c0 k=1 (k + 1)(k + 2)ck+2 xk + k=1 ck kxk + k=1 ck xk = 0
∞ k k k
2c2 + c0 k=1 (k + 1)(k + 2)ck+2 x − 2ck kx + ck x = 0
∞
2c2 + c0 k=1 (k + 1)(k + 2)ck+2 xk − 2ck kxk + ck xk = 0
36

37. De esta igualdad se concluye que
2c2 + c0 = 0
c2 = − 1 c0
2
(k + 1)(k + 2)ck+2 xk − 2ck kxk + ck xk = 0
[(k + 1)(k + 2)ck+2 − 2ck k + ck ]xk = 0
(k + 1)(k + 2)ck+2 − 2ck k + ck
(2k + 1)ck
ck+2 =
(k + 1)(k + 2)
Sustituyendo k = 1, 2, 3, 4, ...
3c1
c3 = 2(3) = 1 c1
2
5c2 5 1 5
c4 = 3(4) = 12 (− 2 c0 ) = − 24 c0
7c3 7 1 7
c5 = 4(5) = 20 ( 2 c1 ) = 40 c1
9c4 9 5 1
c6 = 5(6) = 30 (− 24 c0 ) = − 16 c0
11c5 11 7 11
c7 = 6(7) = 42 ( 40 c1 ) = 6(40) c1
13c6 13 1 13
c8 = 7(8) = 56 (− 16 c0 ) = − 56(16) c0
15c7 15 11 161
c9 = 8(9) = 72 ( 6(40) c1 ) = 72(240) c1
17c8 17(13)
c10 = 9(10) = − 9(10)(56)(16) c0
18c9 1 161
c11 = 10(11) = 55 ( 8(240) )c1
1 3 7 5 11 7 161 9 161 11
y = c1 2x + 40 x + 240 x + 72(240) x + 55(8)(240) x −
5 4 1 6 13 8 17(13) 10
c0 24 x + 16 x + 56(16) x + 90(56)(16) x
4.
(x2 + 2)y + 3xy − y = 0
Sutituyendo:
∞ n
y= n=0 cn x
∞ n−1
y = n=1 cn nx
∞
y = n=2 (n − 1)ncn xn−2
∞ ∞ ∞
(x2 + 2) n=2 (n − 1)ncn xn−2 + 3x n=1 cn nx
n−1
− n=0 cn x
n
=0
∞ ∞ ∞ ∞
x2 n=2 (n−1)ncn x
n−2
+2 n=2 (n−1)ncn x
n−2
+ n=1 3cn nxn − n=0 cn x
n
=
0
37

38. ∞ n ∞ ∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn x + n=2 2(n − 1)ncn xn−2 + n=1 3cn nxn − n=0 cn x
n
=0
∞ ∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn xn + n=2 2(n − 1)ncn xn−2 + 3c1 x n=2 3cn nxn − c0 +
∞
c1 x n=2 cn xn = 0
∞
3c1 x + c0 + c1 x n=2 (n − 1)ncn xn + 2(2 − 1)2c2 x2−2 + 2(3 −
∞ ∞ ∞
1)3c3 x3−2 n=4 2(n − 1)ncn xn−2 + n=2 3cn nxn − n=2 cn xn = 0
∞ ∞
3c1 x + c0 + c1 x + 4c2 + 12c3 x n=2 (n − 1)ncn xn + n=4 2(n − 1)ncn xn−2 +
∞ n ∞ n
n=2 3cn nx − n=2 cn x = 0
Hacemos k = n − 2 para la segunda serie y k = n para las demas
∞ k ∞
3c1 x + c0 + c1 x + 4c2 + 12c3 x k=2 (k − 1)kck x + k=2 2(k + 2 − 1)(k +
∞ ∞
2)ck+2 xk+2−2 + k=2 3ck kx − k=2 ck xk = 0
k
∞ k
4c1 x + c0 + 4c2 + 12c3 x k=2 [(k − 1)kck + 2(k + 1)(k + 2)ck+2 + 3ck k − ck ]x =0
De esta igualdad se obtiene
4c1 + 12c3 = 0
c3 = − c3
1
c0 + 4c2 = 0
c2 = − c4
0
(k − 1)kck + 2(k + 1)(k + 2)ck+2 + 3ck k − ck
−3kck + ck − (k − 1)kck [−3k + 1 − k 2 − k]ck [−4k + 1 − k 2 ]ck
ck+2 = = =
2(k + 1)(k + 2) 2(k + 1)(k + 2) 2(k + 1)(k + 2)
Sustituyendo valores de k = 2, 3, 4, 5, ...
c2 = − c4
0
c3 = − c3
1
c4 = (−6+1−4−2)c2 = − 11 (− 4 c0 ) = 11 c0
2(3)(4) 24
1
96
(−12+1−9)c3
c5 = 2(4)(5) = − 20 c3 = − 2 (− 1 c1 ) = 6 c1
40
1
3
1
2(5)(6) 60 60 96
31(11)
c6 = (−16+1−16)c4 = − 31 c4 = − 31 ( 11 c0 ) = (60)(96) c0
c7 = (−20+1−25)c5 = −44 c5 = 11 ( 1 c1 ) = 126 c1
2(6)(7) 84 21 6
11
c8 = (−24+1−36)c6 = 112 ( 60(96) c0 ) = 112(60)(96) c0
2(7)(8)
59 11(31) 11(31)
y = c0 [− 1 x2 + 11 x4 + 31(11) x6 + 112(60)(96) x8 ] + c1 [− 3 x3
4 90 60(96)
11(31) 1
+ 1 x5 +
6
11 7
126 x ]
4 Transformada de Laplace
1.
−1, 0 ≤ t 1
f (t)
1, t≥1
´∞ ´1 ´∞
L{f (t)} = 0
e−st f (t)dt = − 0
e−st (1) + 1
e−st (1)
−st
e−st ∞
= − e−s |1 +
0 −s |1
38

39. −s(1) −s(0)
e−s(1) e−s(∞)
= − e −s − [− e −s ] + −s − −s
e−s 1 e−s 0
= s − s + s + s
2e−s 1
= s − s
2.
t, 0≤t1
f (t) =
1, t≥1
´∞ ´1 ´∞
L[f (t)] = 0 e−st f (t) = 0 e−st tdt + 1 e−st (1)dt
−st −st
= − e s (t − 1 )|1 + − e s |∞
s 0 1
−s(1) −s(0) −s(∞)
e−s(0)
= − e s (1 − 1 ) − [− e
s s (0 − 1 )] + [− e
s s − s ]
−s −s
= − e s + es2 + s1 − 1
2 s
f (t) = te4t
´∞ ´∞
L{te4t } = 0
e−st te4t dt = 0
te−(s−4)t dt
e−(s−4)t
=− [−s + 3]|∞
0
(s − 4)2
e−(s−4)∞ e−(s−4)0
=− 2
− [− ]
(s − 4) (s − 4)2
0 1
= 2
+
(s − 4) (s − 4)2
1
=
(s − 4)2
3.
y + 3y + 2y = 0
y(0) = 1 , y (0) = 1
Aplicamos transformada de Laplace a toda la ecuación
L[y ] + 3L[y ] + 2L[y] = 0
[s2 Y (s) − sy(0) − y (0)] + 3[sY (s) − y(0)] + 2[Y (s)] = 0
s2 Y (s) − sy(0) − y (0) + 3sY (s) − 3y(0) + 2Y (s) = 0
Sustituimos los valores iniciales
s2 Y (s) − s(1) − 1 + 3sY (s) − 3(1) + 2Y (s) = 0
s2 Y (s) − s − 1 + 3sY (s) − 3 + 2Y (s) = 0
Factorizando
Y (s)(s2 + 3s + 2) − s − 4
39

40. 4+s
Y (s) =
s2 + 3s + 2
Separamos en fracciones parciales
4+s A B
= +
(s + 2)(s + 1) s+1 s+2
Por el método de Heaviside
(4 + s)(s + 1) 4 + (−1)
A= |s=−1 = =3
(s + 2)(s + 1) −1 + 2
(4 + s)(s + 2) 4−2
B= |s=−2 = = −2
(s + 1)(s + 2) −2 + 1
Sustituimos en la ecuacion transformada.
3 2
Y (s) = −
s+1 s+2
Aplicamos la transformada inversa a cada término del desarrollo anterior.
3 2
y(t) = L−1 [ ] − L− [ ]
s+1 s+2
1 1
y(t) = 3L−1 [ ] − 2L− [ ]
s+1 s+2
y(t) = 3e−t − 2e−2t
y − xy = 0
Sutituyendo y = ∞
n=0 cn x
n
y la segunda derivada y = ∞
n=2 (n−1)ncn x
n−2
∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn xn−2 − x ( n
n=0 cn x ) =0
∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn xn−2 − n=0 cn x
n+1
=0
Ahora sumamos las dos series igualando los indices de ambas sumas.
∞ ∞
2(1)c2 x0 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn x
n+1
=0
∞ ∞
2c2 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn x
n+1
=0
hacemos k = n − 2 para la primera serie y k = n + 1 para la segunda serie,
de modo que: n = k + 2 , n = k − 1 respectivamente.
Sutituimos
∞ ∞
2c2 n=3 n(n − 1)cn xn−2 − n=0 cn x
n+1
=0
∞ ∞
2c2 k=1 (k + 2)(k + 1)ck+2 xk − k=1 ck−1 x
k
=0
∞
2c2 k=1 [(k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1 ]xk = 0
(k + 2)(k + 1)ck+2 − ck−1 = 0
ck−1
ck+2 =
(k + 2)(k + 1)
40

41. Esta relacion genera coecientes consecutivos de la solucion propuesta, con
el valor de k como enteros positivos.
Ahora
2c2 = 0 ; c2 = 0
k = 1 , c3 = c0
3(2)
1
= 6 c0
c1
k = 2 , c4 = = 1
12 c1
4(3)
c2
k = 3 , c5 = = 1
20 c2 = 0 ← c2 = 0
5(4)
c3
k = 4 , c6 = = 1 1
30 ( 6 )c0 = 1
180 c0
6(5)
c4
k = 5 , c7 = = 1 1
42 ( 12 )c1 = 1
504 c1
7(6)
c5
k = 6 , c8 = = 0 ← c5 = 0
8(7)
c6
k = 7 , c9 = = 1 1
72 ( 180 )c0 = 1
12960 c0
9(8)
c7
k = 8 , c10 = = 1
10(9)(504) c1
10(9)
c8
k = 9 , c11 = = 0 ← c8 = 0
11(10)
Sustituyendo coecientes en la suposicion original
y=
c0 +c1 x+c2 x2 +c3 x3 +c4 x4 +c5 x5 +c6 x6 +c7 x7 +c8 x8 +c9 x9 +c10 x10 +c11 x11 +...,
y=
c0 +c1 x+0+ 1 c0 x3 + 12 c1 x4 +0+ 180 c0 x6 + 504 c1 x7 +0+ 12960 c0 x9 + 90(504) c1 x10 +0
6
1 1 1 1 1
y = c0 (1 + 1 x3 +
6
1
180 x
6
+ 1 9
12960 x ) + c1 (x + 1 4
12 x + 1
504 x
7
+ 1 10
90(504) x )
2.
y − (x + 1)y − y = 0
Sutituyendo y = ∞
n=0 cn x la primera derivada ∞ cn nxn−1 y la segunda
n
n=1
derivada y = ∞ (n − 1)ncn xn−2
n=2
∞ ∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn xn−2 − (x + 1) n=1 cn nx
n−1
− n=0 cn x
n
=0
∞ ∞ ∞ ∞
n=2 (n − 1)ncn xn−2 − n=1 cn nx
n
− n=1 cn nx
n−1
− n=0 cn x
n
=0
41

42. ∞ ∞ ∞
2c2 x0 n=3 (n − 1)ncn xn−2 − n
n=1 cn nx − c1 x
0
n=2 cn nx
n−1
−
∞
c0 x0 n
n=1 cn x = 0
hacemos k = n − 2 para la primera serie, k = n − 1 para la tercera, k = n
para la segunda y la cuarta serie.
∞ n−2 ∞ n ∞ n−1 ∞ n
c2 −c1 −c0 + n=3 (n−1)ncn x − n=1 cn nx − n=2 cn nx − n=1 cn x =
0
∞ ∞ ∞
c2 − c1 − c0 + k=1 (k + 2 − 1)(k + 2)ck+2 xk − k=1 ck kxk − k=1 ck+1 (k +
∞
1)xk − k=1 ck xk = 0
∞
c2 − c1 − c0 + k=1 [(k + 1)(k + 2)ck+2 − kck − (k + 1)ck+1 − ck ]xk = 0
De aki se concluye que
c2 = 0
c1 = 0
c0 = 0
(k + 1)(k + 2)ck+2 − (k + 1)ck+1 − kck − ck = 0
(k + 1)ck+1 + (k + 1)ck
ck+2 =
(k + 1)(k + 2)
Sustituyendo k = 1, 2, 3, ...,
k = 1 , c3 = 2c2 +2c1
2(3) =0
k = 2 , c4 = 3c3 +3c2
3(4)
3
= 12 c3 = 0
k = 3 , c5 = 4c4 +4c3
4(5) =0
Serie de Taylor
1.
y = x + 2y 2
y(0) = 0
y (o) = 1
Derivando
y = 1 + 4yy
y = 4y y + 4yy
y iv = 4y y + 4y y + 4y y + 4yy = 12y y + 4yy
y v = 12y y + 12y y + 4y y + 4yy iv
42

43. y vi = 12y y + 12y y + 12y y + 12y y iv + 4y y + 4y y iv + 4y y iv + 4yy v =
36y y + 12y y iv + 4y y + 4y y iv + 4y y iv + 4yy v
y (0) = 1 , y (0) = 4 , y iv (0) = 12 , y v (0) = 76 , y vi (0) = 408
x x2 4x3 12x4 76x5 408x6
y(x) = 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6!
1.
f (t) = 4t − 10
L[f (t)] = 4L[t] − 10L[1]
´∞ ´∞
L[f (t)] = 4 0 te−st dt − 10 0 e−st dt
Integramos por partes la primera integral
´ ∞
4 0 te−st dt =
u = t , du = 1
dv = e−st , v = − e s
−st
−st ´∞
= 4[(1)(− e s )|∞ + 1 0 (1)(e−st )]dt
0 s
−st
= − 4 e−s(∞) − (− 4 e−s(0) ) + 1 e s |∞
s s s 0
−s(∞) −s(0)
4 1
= s + s (e −e s )
s
4 4 1
= s + 1 (− 1 ) = − 2
s s s s
Hacemos la segunda integral
´ ∞ −st −st
10 0
e dt = − e s |∞
0
e−s(∞) −s(0)
= − s − (− e s )
1
=
s
entonces
4 1 1 3 1
L[f (t)] = − 2− = − 2
s s s s s
2.
f (t) = et/5
´∞
L[f (t)] = L[et/5 ] = 0
et/5 e−st dt
´∞ t t
e 5 (1−5s)
= 0 e 5 (1−5s) dt = 1 |∞
0
5 (1−5s)
∞ (1−5s)
e5
0
e 5 (1−5s) 5 5
= 1 − 1 =− =
5 (1−5s) 5 (1−5s) 1 − 5s 5s − 1
3.
f (t) = et−2
L[f (t)] = L[et−2 ]
43

44. ´∞ ´
= 0
et−2 e−st dt = e−2 et(1−s) dt
t(1−s) (∞)(1−s) (0)(1−s)
= e−2 [ e 1−s ]|∞ = (e−2 )( e 1−s )
0 − (e−2 )( e 1−s )
−2 −2
e e
=− =
1−s s−1
4.
f (t) = et cos t
L[f (t)] = L[et cos t]
Por el teorema de traslacion del eje s
L[f (t)] = F (s)
L[eat f (t)] = F (s − a)
a=1
s
s
L[cos t] = s2 +1 =⇒ L[et cos t] =
(s − 1)2 + 1
5.
f (t) = e−t cos t
L[f (t)] = L[e−t cos t]
Por el teorema de traslacion del eje s
L[f (t)] = F (s)
L[eat f (t)] = F (s − a)
a = −1 ´
∞
L[cos t] = 0 e−st (cos t)dt
Integramos por partes
u = cos t , du = − sin t
´
dv = e−st , v = e−st dt = − e s
−st
´∞ e−st ∞ ´ ∞ −e−st
e−st (cos t)dt = cos t(− )| − 0 s (− sin t)dt
0 s 0
e−st ∞ ´∞
= −(cos t) | − 1
e−st (sin t)dt
s 0 s 0
Evaluamos el primer término y volvemos a integrar por partes el segundo
término
u = sin t , du = cos t
dv = e−st , v = − e s
−st
e−∞ e−0 −st ´∞ −st
= −[(cos ∞) − (cos 0) ] − 1 sin t(− e s )|∞ − 0 (− e s ) cos tdt
s 0
s s
´ ∞ −st 1 1 1
= 1 + s2 1
0
e cos tdt = 2 st sin t|∞ − st cos t|∞ =
0 0
s e se s
´ ∞ −st 1
s s
∴ 0 e cos tdt = = 2
1 + s12 s +1
Aplicando el teorema de traslacion del eje s
L[f (t)] = F (s)
L[eat f (t)] = F (s − a)
44