Ecuaciones diferenciales lineales de orden n

ECUACIONES DIFERENCIALES
LINEALES
UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA
 SARANGO VELIZ ANDY JUAN
 PAJUELO VILLANUEVA MIGUEL ANGEL
 GONZALES OCHOA ANGELA
 ROJAS ROJAS IVAN EDUARDO
 GIRALDO BUSTAMANTE DANIEL

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
MATEMÁTICA II Página1
INTRODUCCIÓN
Una ecuación diferencial lineal de orden n es una ecuación de
la forma:
𝑎 𝑛( 𝑥)
𝑑 𝑛
𝑦
𝑑𝑥 𝑛
+ 𝑎 𝑛−1( 𝑥)
𝑑 𝑛−1
𝑦
𝑑𝑥 𝑛−1
+ ⋯+ 𝑎1( 𝑥)
𝑑𝑦
𝑑𝑥
+ 𝑎0( 𝑥) 𝑦 = 𝑓( 𝑥)…(1)
Lo cual equivale a:
[ 𝑎 𝑛( 𝑥)
𝑑 𝑛
𝑑𝑥 𝑛
+ 𝑎 𝑛−1( 𝑥)
𝑑 𝑛−1
𝑑𝑥 𝑛−1
+ ⋯+ 𝑎1( 𝑥)
𝑑
𝑑𝑥
+ 𝑎0( 𝑥)] 𝑦 = 𝑓( 𝑥)…(2)
O si se desea:
[ 𝑎 𝑛( 𝑥) 𝐷 𝑛
+ 𝑎 𝑛−1( 𝑥) 𝐷 𝑛−1
+ ⋯+ 𝑎1( 𝑥) 𝐷 + 𝑎0( 𝑥)] 𝑦 = 𝑓( 𝑥)…(3)
Donde 𝑎0( 𝑥), 𝑎1( 𝑥), … , 𝑎 𝑛( 𝑥) y 𝑓( 𝑥) son funciones continuas
sobre un intervalo I.
A la expresión 𝐿 = 𝑎 𝑛( 𝑥) 𝐷 𝑛
+ 𝑎 𝑛−1( 𝑥) 𝐷 𝑛−1
+ ⋯+ 𝑎1( 𝑥) 𝐷 + 𝑎0( 𝑥),
con 𝑎 𝑛( 𝑥) ≠ 0, se le llama operador diferencial lineal de orden
n sobre el intervalo Entonces la expresión (3) puede ponerse
como:
𝐿𝑦 = 𝑓( 𝑥) …(4)
Que 𝐿 sea un operador diferencial lineal de orden n significa
que cumple con la siguiente propiedad:
𝐿( 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2) = 𝑐1 𝐿𝑦1 + 𝑐2 𝐿𝑦2
La ecuación (1) o cualquiera de sus equivalentes (2), (3), o (4) se
dice que es homogénea si 𝑓 es idénticamente nula sobre I. Es
decir, su forma será:

𝐿𝑦 = 0
En caso contrario, se dice que (1) es no homogénea.
Una función 𝑦 = 𝑦( 𝑥) es una solución de (1) o cualquiera de sus
equivalentes (2), (3), o (4), si y solo si 𝑦( 𝑥) es n veces
diferenciable y continua sobre I y además satisface dicha
ecuación en I.
TEOREMA
La solución general de la ecuación diferencial lineal no
homogénea 𝐿𝑦 = 𝑓( 𝑥), puede encontrarse al sumar todas las
soluciones de la ecuación homogénea asociada: 𝐿𝑦 = 𝑓( 𝑥).
Es decir, el procedimiento para encontrar la solución general
de 𝐿𝑦 = 𝑓( 𝑥), es:
1. Encontrar la solución de la ecuación homogénea asociada
𝐿𝑦 = 0, sea 𝑦 𝐻 ( 𝑜 𝑦𝑐) la solución.
2. Encontrar una solución particular de la ecuación 𝐿𝑦 = 𝑓( 𝑥),
sea 𝑦𝑝 la solución.
3. La solución general de 𝐿𝑦 = 𝑓( 𝑥) esta dada por: 𝑦 = 𝑦 𝐻 + 𝑦𝑝
EJEMPLO
Comprobar que 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 + 𝑥 +
𝑥2
4
es la solución general de
la ecuación: 𝑥𝑦 𝑛
+ 𝑦,
= 𝑥 + 1 donde 𝑦 𝐻 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 es solución
de la ecuación homogénea asociada: 𝑥𝑦 𝑛
+ 𝑦,
= 0, y 𝑦𝑝 = 𝑥 +
𝑥2
4
es
una solución particular de la ecuación dada.
SOLUCIÓN
Probaremos que 𝑦 𝐻 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 es solución de 𝑥𝑦 𝑛
+ 𝑦,
= 0 …(1)

De 𝑦 𝐻 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 → 𝑦 𝐻
,
= −
𝑐2
𝑥2
En (1): −
𝑥 𝑐2
𝑥2
+
𝑐2
𝑥
= −
𝑐2
𝑥
+
𝑐2
𝑥
= 0, con lo cual se pruebe que es una
solución de (1).
Probaremos que 𝑦𝑝 = 𝑥 +
𝑥2
4
es solución de 𝑥𝑦,,
+ 𝑦,
= 𝑥 + 1…(2)
De 𝑦𝑝 = 𝑥 +
𝑥2
4
→ 𝑦𝑝
,
= 1 +
𝑥
2
→ 𝑦,,
=
1
2
En (2): 𝑥 (
1
2
) + (1 +
𝑥
2
) =
𝑥
2
+
𝑥
2
+ 1 = 𝑥 + 1, con lo cual queda
probada.
Luego hemos probado que la solución general de la ecuación:
𝑥𝑦 𝑛
+ 𝑦,
= 𝑥 + 1 es 𝑦 = 𝑦 𝐻 + 𝑦𝑝 → 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥 + 𝑥 +
𝑥2
4
OBSERVACIONES
a)La ecuación: 𝑥𝑦 𝑛
+ 𝑦,
= 𝑥 + 1 es de segundo orden y en su
solución general aparecen dos constantes.
b) Concretamente las constantes aparecen en 𝑦 𝐻 = 𝑐1 + 𝑐2 ln 𝑥,
solución de la ecuación homogénea asociada: 𝑥𝑦 𝑛
+ 𝑦,
= 0
(esta solución nos da todas las soluciones de la ecuación
homogénea, conforme damos valores a 𝑐1 𝑦 𝑐2 ).
c) Ligados a las constantes 𝑐1 𝑦 𝑐2 aparecen dos funciones:
𝑦1( 𝑥) = 1 𝑦 𝑦2( 𝑥) = ln 𝑥 [ 𝑦𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑦 𝐻 = 𝑐11+ 𝑐2 ln 𝑥] las cuales
notamos que son linealmente independientes y además,
también son soluciones de: 𝑥𝑦,,
+ 𝑦,
= 0
d) Luego la solución 𝑦 𝐻 de la homogénea es una
combinación lineal de las soluciones
∴ 𝑦1 ( 𝑥) = 1 𝑦 𝑦2( 𝑥) = ln 𝑥

CONCLUSION
TEOREMA
Dada la ecuación diferencial lineal de orden n: 𝐿𝑦 = 𝑓( 𝑥),
decimos que la solución 𝑦 𝐻 de la ecuación diferencial lineal
homogénea asociada: 𝐿𝑦 = 0 es una combinación lineal de n
funciones linealmente independientes: 𝑦1, 𝑦2, …, 𝑦𝑛 de la forma
𝑦 𝐻 = 𝑐1 𝑦1 + 𝑐2 𝑦2 + ⋯+ 𝑐 𝑛 𝑦𝑛, ( 𝑐𝑎𝑑𝑎 𝑦1, 𝑦2, …, 𝑦𝑛 𝑒𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝐿𝑦 = 0 )
Donde al conjunto { 𝑦1, 𝑦2, …, 𝑦𝑛} lo llamaremos sistema o base
fundamental de la solución 𝑦 𝐻
CON COEFICIENTES CONSTANTES
Sea la ecuación diferencial de la forma:
𝑎 𝑛 𝑦(𝑛)
+ 𝑎 𝑛−1 𝑦(𝑛−1)
+ ⋯ + 𝑎0 𝑦 = 𝑓(𝑥)
Donde 𝑎0,𝑎1,…, 𝑎 𝑛 Є R
Entonces
(𝑎 𝑛 𝐷(𝑛)
+ 𝑎 𝑛−1 𝐷(𝑛−1)
+ ⋯+ 𝑎0)𝑦 = 𝑓(𝑥)
𝐿𝑦 = 𝑓(𝑥)
L es el operador lineal con coeficientes constantes
PROPIEDADES DEL OPERADOR DIFERENCIAL LINEAL L
1. Los operadores lineales L con coeficientes constantes pueden
ser considerados como polinomios algebraicos en D.

Es decir:
𝐿( 𝐷) = 𝑎 𝑛 𝐷(𝑛)
+ 𝑎 𝑛−1 𝐷(𝑛−1)
+ ⋯+ 𝑎0.
2. Todo operador diferencial lineal de la forma anterior puede
expresarse como un producto de operadores con coeficientes
constantes de grado uno y/o de grado 2.
EJEMPLO
Sea la ecuación diferencial
𝑦´´´
+ 4𝑦′′
+ 5𝑦′
+ 2𝑦 = 0
(𝐷3
+ 4𝐷2
+ 5𝐷 + 2)𝑦 = 0
𝐿( 𝐷) = (𝐷3
+ 4𝐷2
+ 5𝐷 + 2) (1ra
propiedad)
𝐿( 𝐷) = ( 𝐷 + 1)2
(𝐷 + 2) (2da
propiedad)
ECUACIONES LINEALES HOMOGÉNEAS DE SEGUNDO
ORDEN
Partiendo de la ecuación lineal homogénea de orden dos, con
coeficientes constantes
𝑎2 𝑦′′
+ 𝑎1 𝑦′
+ 𝑎0 𝑦 = 0
(𝑎2 𝐷2
+ 𝑎1 𝐷 + 𝑎0)𝑦 = 0
Luego la ecuación característica
𝑎2 𝑟2
+ 𝑎1 𝑟 + 𝑎0 = 0
Cuyas raíces son 𝑟1 𝑦 𝑟2.
Las posibles soluciones de la ecuación característica pueden
presentar tres casos:

 CASO 1 La ecuación característica tiene dos raíces reales
distintas.
Si 𝑟1 𝑦 𝑟2 son las dos soluciones reales de la ecuación
característica
De manera que:
〈 𝑦1(𝑥)〉 = 𝑒 𝑟1 𝑥
〈 𝑦2(𝑥)〉 = 𝑒 𝑟2 𝑥
Tenemos que la solución general de la ecuación homogénea es:
𝑦( 𝑥) = 𝐶1 𝑒 𝑟1 𝑥
+ 𝐶2 𝑒 𝑟2 𝑥
, Con 𝐶2 𝑦 𝐶1∈ R.
 CASO 2 La ecuación característica tiene dos raíces complejas
conjugadas.
Suponiendo que 𝑟1 = a + bi, y por tanto 𝑟2 = a − bi, se verifica
que
〈 𝑦1(𝑥)〉 = 𝑒 𝑟1 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥
𝑦2( 𝑥) = 𝑒 𝑟2 𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑏𝑥
La solución general será 𝑦( 𝑥) = 𝐶1 𝑒 𝑟1 𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑟2 𝑥
 CASO 3 La ecuación característica tiene una raíz real doble.
Se tiene que 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟.
Se verifica:
〈 𝑦1(𝑥)〉 = 𝑒 𝑟𝑥
〈 𝑦2(𝑥)〉 = 𝑥𝑒 𝑟𝑥
La solución general será 𝑦( 𝑥) = 𝐶1 𝑒 𝑟𝑥
+ 𝐶2 𝑟𝑒 𝑟𝑥
PROCEDIMIENTO PARA BUSCAR LA SOLUCIÓN GENERAL
DE UNA ECUACIÓN LINEAL HOMOGÉNEA DE ORDEN “n”
Dada la ecuación diferencial de orden n:

𝑎 𝑛 𝑦(𝑛)
+ 𝑎 𝑛−1 𝑦(𝑛−1)
+ ⋯+ 𝑎0 = 0
Donde 𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎 𝑛 Є R con 𝑎 𝑛 ≠ 0
La ecuación es equivalente a
(𝑎 𝑛 𝐷(𝑛)
+ 𝑎 𝑛−1 𝐷(𝑛−1)
+ ⋯+ 𝑎1 𝐷 + 𝑎0)𝑦 = 0
La ecuación característica será:
𝑎 𝑛 𝑟 𝑛
+ 𝑎 𝑛−1 𝑟 𝑛−1
+ ⋯+ 𝑎0 = 0 Y encontramos sus n raíces
(𝑟1, 𝑟2,… . 𝑟𝑛).
CASOS
a) RAÍCES REALES Y DIFERENTES
Para 𝑟1 : 〈 𝑦1(𝑥)〉 = 𝑒 𝑟1 𝑥
Para 𝑟2 : 〈 𝑦2(𝑥)〉 = 𝑒 𝑟2 𝑥
Para 𝑟𝑛 : 〈 𝑦𝑛(𝑥)〉 = 𝑒 𝑟 𝑛 𝑥
Entonces la solución general es: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑟1 𝑥
𝐶2 𝑒 𝑟2 𝑥
+ ⋯+ 𝐶𝑛 𝑒 𝑟 𝑛 𝑥
b) RAÍCES IGUALES DE MULTIPLICIDAD k (𝒓 𝟏, 𝒓 𝟐, …. 𝒓 𝒌 = 𝒓)
Para 𝑟1 = r: 〈 𝑦1(𝑥)〉 = 𝑒 𝑟𝑥
Para 𝑟2 = r: 〈 𝑦2(𝑥)〉 = 𝑥𝑒 𝑟𝑥
Para 𝑟3 = r: 〈 𝑦3(𝑥)〉 = 𝑥2
𝑒 𝑟𝑥
:
Para 𝑟𝑘 = r: 〈 𝑦 𝑘(𝑥)〉 = 𝑥 𝑘−1
𝑒 𝑟𝑥
Entonces la solución general es:
𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑟𝑥
+ 𝐶2 𝑥𝑒 𝑟𝑥
+ 𝐶3 𝑥2
𝑒 𝑟𝑥
+ ⋯ + 𝐶𝑘 𝑥 𝑘−1
𝑒 𝑟𝑥
c) RAÍCES COMPLEJAS
Para 𝑟1 = a + ib: 〈 𝑦1(𝑥)〉 = 𝑒 𝑎𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥

Para 𝑟2 = a − ib: 〈 𝑦2(𝑥)〉 = 𝑒 𝑎𝑥
Para 𝑟3 = c + id:〈 𝑦3(𝑥)〉 = 𝑒 𝑐𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑑𝑥
Para 𝑟4 = c − id:〈 𝑦3 (𝑥)〉 = 𝑒 𝑐𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑑𝑥
:
Para 𝑟2𝑚−1 = k + iL ∶ 〈 𝑦 𝑘(𝑥)〉 = 𝑒 𝑘𝑥
𝑐𝑜𝑠𝐿𝑥
Para 𝑟2𝑚 = k − iL ∶ 〈 𝑦 𝑘(𝑥)〉 = 𝑒 𝑘𝑥
𝑠𝑒𝑛𝐿𝑥
Entonces la solución general es:
𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑎𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑎𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑏𝑥 + 𝐶3 𝑒 𝑐𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑑𝑥 + 𝐶4 𝑒 𝑐𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑑𝑥
+ 𝐶2𝑚−1 𝑒 𝑘𝑥
𝑐𝑜𝑠𝐿𝑥 + ⋯+ 𝐶2𝑚 𝑒 𝑘𝑥
𝑠𝑒𝑛𝐿𝑥
También se debe recurrir a la combinación de (a), (b) y (c) para
la resolución de ecuaciones diferenciales donde se presenten
raíces 𝑟𝑖 que abarquen más de un solo tipo.
PROBLEMA DE ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL
HOMOGÉNEA CON COEFICIENTES VARIABLES
Sea la siguiente ecuación diferencial
𝑥2
𝑦´´
+ 𝑥𝑦´
− 4𝑦 = 0
Halle la solución general de la ecuación diferencial sabiendo
que una solución es 𝑦1(𝑥) = 𝑥2
SOLUCIÓN
Sabemos que la siguiente ecuación diferencial es lineal (porque
depende de x) y homogénea (porque está igualada a cero) y de
orden 2 con coeficientes variables (por el 𝑥2
).
1) Necesitamos las 2 soluciones porque es de orden 2, para
hallar la solución general.

2) Necesitamos hallar la otra solución, a la cual llamaremos
𝑦2(𝑥)
Hacemos
𝑦2( 𝑥) = 𝑧(𝑥) 𝑦1(𝑥)
Como 𝑦1( 𝑥) = 𝑥2
entonces 𝑦2( 𝑥) = 𝑧( 𝑥) 𝑥2
… (1)
Derivamos 𝑦2(𝑥):
𝑦2(𝑥)
´
= 𝑧(𝑥)
´
𝑥2
+ 𝑧(𝑥)2𝑥
𝑦2( 𝑥)
´´
= 𝑧( 𝑥)
´´
𝑥2
+ 𝑧( 𝑥)
´
2𝑥 + 𝑧( 𝑥)
´
2𝑥 + 2𝑧( 𝑥)
Sustituimos en la ecuación diferencial
𝑥2
(𝑧( 𝑥)
´´
𝑥2
+ 4𝑧( 𝑥)
´
𝑥 + 2𝑧( 𝑥)) + 𝑥(𝑧( 𝑥)
´
𝑥2
+ 𝑧( 𝑥)2𝑥)− 4𝑧( 𝑥) 𝑥2
= 0
𝑥4
𝑧( 𝑥)
´´
+ 4𝑥3
𝑧(𝑥)
´
+ 𝟐𝒛(𝒙) 𝒙 𝟐
+ 𝑧(𝑥)
´
𝑥3
+ 𝟐𝒛(𝒙) 𝒙 𝟐
− 𝟒𝒛( 𝒙) 𝒙 𝟐
= 0
𝑥4
𝑧( 𝑥)
´´
+ 5𝑥3
𝑧( 𝑥)
´
= 0
Observamos que 𝑧(𝑥)siempre se simplificará cuando usemos
este método.
Hacemos
𝑣 = 𝑧(𝑥)
´
Derivando
𝑣´
= 𝑧( 𝑥)
´´
Reemplazando
𝑥4
𝑣´
− 5𝑥3
𝑣 = 0
𝑥4
𝑑𝑣
𝑑𝑥
= 5𝑥3
𝑣

𝑑𝑦
𝑣
=
5
𝑥
𝑑𝑥
Integrando
∫
𝑑𝑣
𝑣
= ∫
5
𝑥
𝑑𝑥
𝑙𝑛𝑣 = 5𝑙𝑛𝑥 + ℂ
𝑣 = 𝑒 𝑙𝑛𝑥5
𝑒ℂ
𝑣 = 𝑘𝑥5
Dónde K es una constante k>0
𝑧(𝑥)
´
= 𝑘𝑥5
∫ 𝑧(𝑥)
´
=∫ 𝑘𝑥5
𝑧 = 𝑘
𝑥6
6
+ ℂ
Donde ℂ ∈ 𝕽
3) Reemplazando en (1)
𝑦2(𝑥) = 𝑘
𝑥8
6
+ ℂ𝑥2
Donde ℂ ∈ 𝕽, k>0
4) Dando valores: ℂ=1, k=1
𝑦2( 𝑥) =
𝑥8
6
+ 𝑥2
Son linealmente independientes con 𝒚 𝟏( 𝒙)
5) Así:
{𝑥2
;
𝑥8
6
+ 𝑥2
}
Es R-base del conjunto de soluciones de la ecuación diferencial

Todas las soluciones se escribirían como la combinación lineal
de estas 2.
Luego la solución general:
𝑐1 𝑥2
+ 𝑐2 (
𝑥8
6
+ 𝑥2)
Donde 𝒄 𝟏 𝒚 𝒄 𝟐 ∈ 𝕽
Para calcular soluciones simplemente daremos valores a 𝑐1 𝑦 𝑐2
en esta expresión.
PROBLEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES
NO HOMOGÉNEAS
Resolver la ecuación: 𝑦,,,
− 4𝑦,
= −𝑥3
+ x… (1)
SOLUCIÓN
Calculo de 𝑦ℎ Ecuación: 𝑦,,,
− 4𝑦,
= 0
Ecuación característica: 𝑟3
− 4𝑟 = 0 → 𝑟( 𝑟2
− 4) = 0
→ 𝑟( 𝑟 + 2)( 𝑟 − 2) = 0
∴ 𝑟1 = 0, 𝑟2 = −2, 𝑟3 = 2
→ 𝑦ℎ = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒−2𝑥
+ 𝑐3 𝑒2𝑥
Calculo de 𝑦𝑝 correspondiente a … (1)
Vemos que 𝑓( 𝑥) = −𝑥3
+ 𝑥 = 𝑃𝑚( 𝑥) (= 𝑝𝑜𝑙𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑚 = 3)
¿El número cero es raíz de la ecuación característica?
Sí, de multiplicidad 𝑠 = 1 ( 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑐𝑒 1 𝑣𝑒𝑧), entonces

𝑦𝑝 = 𝑥1
𝑃3 ( 𝑥) → 𝑦𝑝 = 𝑥( 𝑎𝑥3
+ 𝑏𝑥2
+ 𝑐𝑥 + 𝑑)
Calculo de los coeficientes de 𝑦𝑝:
Derivamos
𝑦𝑝: 𝑦𝑝
,
= 4𝑎𝑥3
+ 3𝑏𝑥2
+ 2𝑐𝑥 + 𝑑 → 𝑦𝑝
,,
= 12𝑎𝑥2
+ 6𝑏𝑥 + 2𝑐
→ 𝑦𝑝
,,,
= 24𝑎𝑥 + 6𝑏
Reemplazamos en (1):
24𝑎𝑥 + 6𝑏 − 4(4𝑎𝑥3
+ 3𝑏𝑥2
+ 2𝑐𝑥 + 𝑑) = −𝑥3
+ 𝑥
→ −16𝑎𝑥3
− 12𝑏𝑥2
+ (24𝑎 − 8𝑐) 𝑥 + (6𝑏 − 4𝑑) = −𝑥3
+ 𝑥
→ 𝑃𝑜𝑟 𝐶. 𝐼.
−16𝑎 = −1 → 𝑎 =
1
16
−12𝑏 = 0 → 𝑏 = 0
24𝑎 − 8𝑐 = 1 → 𝑐 =
1
16
6𝑏 − 4𝑑 = 0 → 𝑑 = 0
Luego en 𝑦𝑝, tenemos: 𝑦𝑝 = 𝑥 (
1
16
𝑥3
+
1
16
𝑥) → 𝑦𝑝 =
1
16
( 𝑥4
+ 𝑥2)
𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝
La solución general es: 𝑦 = 𝑐1 + 𝑐2 𝑒−2𝑥
+ 𝑐3 𝑒2𝑥
+
1
16
( 𝑥4
+ 𝑥2)
ECUACION DIFERENCIAL LINEAL HOMOGENEA CON
COEFICIENTE CONSTANTE
1.- 𝑦(4)
−4𝑦´´´
+ 6𝑦´´
− 4𝑦´+ 𝑦 = 0
SOLUCION

y = 𝑒 𝑟𝑥
𝑦̇ = r𝑒 𝑟𝑥
𝑦̈ = 𝑟2
𝑒 𝑟𝑥
𝑦⃛ = 𝑟3
𝑒 𝑟𝑥
𝑦(4)
= 𝑟4
𝑒 𝑟𝑥
Entonces:
𝑟4
𝑒 𝑟𝑥
- 4𝑟3
𝑒 𝑟𝑥
+ 6𝑟2
𝑒 𝑟𝑥
- 4𝑟𝑒 𝑟𝑥
+ 𝑒 𝑟𝑥
= 0
𝑒 𝑟𝑥
(𝑟4
− 4𝑟3
+ 6𝑟2
− 4𝑟 + 1) = 0
→ 𝑒 𝑟𝑥
diferente de 0
El polinomio característico de la ecuación diferencial es:
P(r)= 𝑟4
− 4𝑟3
+ 6𝑟2
− 4𝑟 + 1 = 0
De donde, damos solución al polinomio y hallamos sus raíces:
𝑟1 = 1 𝑟2 = 1 𝑟3 = 1 𝑟4 = 1 (raíces reales de multiplicidad
4)Luego el sistema fundamental de soluciones es :
𝑦1 = 𝑒 𝑥
𝑦2 = 𝑥. 𝑒 𝑥
𝑦3 = 𝑥2
. 𝑒 𝑥
𝑦4 = 𝑥3
. 𝑒 𝑥
Y la solución general es :
𝑦𝑔 = 𝑐1 𝑒 𝑥
+ 𝑐2 𝑥. 𝑒 𝑥
+ 𝑐3 𝑥2
. 𝑒 𝑥
+ 𝑐4 𝑥3
. 𝑒 𝑥
2.
𝑑6 𝑦
𝑑𝑥6
+ 6
𝑑4 𝑦
𝑑𝑥4
+ 9
𝑑2 𝑦
𝑑 𝑥2
+ 4𝑦 = 0

SOLUCIÓN:
𝑦(6)
+ 6𝑦(4)
+ 9𝑦(2)
+ 4𝑦 = 0
y = 𝑒 𝑟𝑥
𝑦̈ = 𝑟2
𝑒 𝑟𝑥
𝑦(4)
= 𝑟4
𝑒 𝑟𝑥
𝑦(6)
= 𝑟6
𝑒 𝑟𝑥
Entonces:
𝑟6
𝑒 𝑟𝑥
+ 6𝑟4
𝑒 𝑟𝑥
+ 9𝑟2
𝑒 𝑟𝑥
+ 4𝑒 𝑟𝑥
= 0
𝑒 𝑟𝑥
(𝑟6
+ 6𝑟4
+ 9𝑟2
+ 4) = 0
→ 𝑒 𝑟𝑥
diferente de 0
P(r) = 𝑟6
+ 6𝑟4
+ 9𝑟2
+ 4 = 0
De donde, damos solución al polinomio y hallamos sus raíces:
𝑟1 = 𝑖 𝑑𝑒 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 2 𝑟2 =
−𝑖 𝑑𝑒 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 2 𝑟3 = 2𝑖 𝑟4 = −2𝑖
Luego el sistema fundamental de soluciones es :
𝑦1 = cos 𝑥
𝑦2 = sin 𝑥
𝑦3 = 𝑥 cos 𝑥
𝑦4 = 𝑥 sin 𝑥
𝑦5 = cos 2𝑥

𝑦6 = sin 2𝑥
𝑦𝑔 = 𝑐1 cos 𝑥 + 𝑐2 sin 𝑥 + 𝑐3 𝑥cos 𝑥 + 𝑐4 𝑥 sin 𝑥 + 𝑐5 cos 2𝑥 + 𝑐6 sin 2𝑥
3.-𝑦(4)
− 𝑦 = 0
SOLUCIÓN:
y = 𝑒 𝑟𝑥
𝑦(4)
= 𝑟4
𝑒 𝑟𝑥
Entonces:
𝑟4
𝑒 𝑟𝑥
− 𝑒 𝑟𝑥
= 0
𝑒 𝑟𝑥
(𝑟4
− 1) = 0
→ 𝑒 𝑟𝑥
diferente de 0
P(r)= 𝑟4
− 1 = 0 De donde, damos solución al polinomio y
hallamos sus raíces:
𝑟1 = −1 𝑟2 = 1 𝑟3 = 𝑖 𝑟4 = −𝑖
Luego el sistema fundamental de soluciones es :
𝑦1 = 𝑒−𝑥
𝑦2 = 𝑒 𝑥
𝑦3 = cos 𝑥
𝑦4 = sin 𝑥

𝑦𝑔 = 𝑐1 𝑒−𝑥
+ 𝑐2 𝑒 𝑥
+ 𝑐3 cos 𝑥 + 𝑐4 sin 𝑥
BIBLIOGRAFÍA
1. Ecuaciones diferenciales 2 – Cesar Saal R. y Félix Carrillo
C.
2. Análisis Matemático IV – Eduardo Espinoza Ramos.

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