El documento resume los conceptos básicos de las ecuaciones diferenciales de segundo orden. Explica que una ecuación diferencial de segundo orden puede ser homogénea u no homogénea, y cómo encontrar las soluciones generales en cada caso. También analiza la estabilidad dinámica cualitativamente dependiendo de si las raíces de la ecuación auxiliar son reales o complejas. Finalmente, presenta ejemplos resueltos para ilustrar los métodos.

1. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
2
2.1 Ecuación Diferenciales de segundo
orden con coeficientes constantes.
2.12.2 Ecuaciones diferenciales de orden
superior
2.3 Análisis Cualitativo
Objetivos.
Se persigue que el estudiante:
• Encuentre soluciones generales y/o
particulares de Ecuaciones Diferenciales de
segundo orden
• Determine Estabilidad dinámica cuantitativa
y/o cualitativamente.
1

2. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
2.1 ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO
ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES.
Una ecuación diferencial de segundo orden es de la forma:
y´´+ p ( x ) y´+ q ( x ) y = g ( x )
Si g ( x ) = 0 se llama Ecuación homogénea caso contrario; es decir, si
g ( x) ≠ 0 se llama Ecuación no homogénea.
Una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes es
de la forma:
ay´´+by´+ cy = g ( x ) donde a , b y c ∈ IR y a ≠ 0
2.1.1 ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN CON
COEFICIENTES CONSTANTES HOMOGÉNEA
Una ecuación diferencial de Segundo Orden con coeficientes constantes
homogénea es de la forma:
ay´´+by´+ cy = 0
La función " y ", solución general de la ecuación diferencial anterior, es de la
forma y ( x ) = ke
rx
(¿Por qué?). Donde " k " es una constante que da la generalidad
de la solución.
Entonces el objetivo ahora será hallar el valor de r .
y ′ = kre rx
Bien, de la solución general tenemos:
y ′′ = kr 2 e rx
Reemplazando en ay´´+by´+ cy = 0 tenemos:
akr 2 e rx + bkre rx + cke rx = 0
[ ]
ke rx ar 2 + br + c = 0
Ahora bien, k ≠ 0 porque si no tuviéramos las solución trivial y como
también e rx ≠ 0 , entonces ar 2 + br + c = 0 . A esta expresión se la denomina
Ecuación Auxiliar y es útil para hallar r .
Observe que la ecuación auxiliar es una ecuación cuadrática cuyas raices
se las puede determinar empleando la formula general
2

3. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
− b ± b 2 − 4ac
r1 , r2 =
2a
Aquí se presentan tres casos.
Caso I
[ ]
Discriminante positivo b 2 − 4ac > 0 . Entonces r1 y r2 son raíces reales y
diferentes. En este caso se dice que existen dos soluciones fundamentales
y1 ( x) = k1e r x 1
y 2 ( x) = k 2 e r x 2
La solución General estaría dada por la combinación lineal de las soluciones
fundamentales
y ( x) = k1e r x + k 2 e r x
1 2
Caso II
[ ]
Discriminante cero b 2 − 4ac = 0 . Entonces r1 y r2 son raíces reales e
iguales.
En este caso la solución General sería: y ( x ) = k1e rx + k 2 xe rx
Caso III
[ ]
Discriminante negativo b 2 − 4ac < 0 . Entonces r1 = λ + µi y r2 = λ − µi son
raíces complejas conjugadas
Reemplazando en y ( x ) = C1e r x + C 2 e r x tenemos:
1 2
y ( x) =C 1e ( λ +µi ) x + C 2 e ( λ −µi ) x
y ( x) =C 1e λx e µix + C 2 e λx e −µix
[
y ( x) = e λx C 1e µix + C 2 e −µix ]
Como e iµx = cos µx + i sen µx y e − iµx = cos µx − i sen µx
Reemplazando tenemos:
y ( x) = e λx [C 1(cos µx + i sen µx) + C2 (cos µx − i sen µx)]
y ( x) = e λx [(C 1+C2 ) cos µx + (C 1i + C2i ) sen µx ]
Por lo tanto la solución sería y ( x ) = e λx [k1 sen(µx ) + k 2 cos(µx )]
Ejemplo 1
Encuentre la solución general para y ′′ − 4 y ′ − 12 y = 0
SOLUCIÓN:
En este caso la ecuación auxiliar sería r 2 − 4r − 12 = 0
3

4. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
(r − 6)(r + 2) = 0
Hallando las raíces tenemos
r = 6 r = −2
Por tanto:
y1 ( x) = k1e 6 x
y 2 ( x) = k 2 e −2 x
y ( x) = k1e 6 x + k 2 e −2 x
Podemos comprobar que efectivamente esta es la función que satisface la ecuación diferencial dada.
Obtengamos la primera y la segunda derivada
y ′ = 6k1e 6 x − 2k 2 e −2 x
y ′′ = 36k1e 6 x + 4k 2 e − 2 x
Luego, reemplazando
36k1e 6 x + 4k 2 e −2 x − 24k1e 6 x + 8k 2 e −2 x − 12k1e 6 x − 12k 2 e −2 x = 0
0=0
Ejemplo 2
Encuentre la solución general para 2 y ′′ − 3 y ′ + y = 0 , y (0) = 1 y ′(0) = 1
SOLUCIÓN:
En este caso la ecuación auxiliar sería 2r 2 − 3r + 1 = 0
Hallando las raíces tenemos
3 ± 9 − 4(2)(1)
r=
4
3± 1
r=
4
1
r1 = 1 r2 =
2
Por tanto, la solución general sería: y ( x) = k1e + k 2 e
x x 1
2
Como las condiciones iniciales están dadas debemos encontrar las constantes k1 y k 2
y ( x ) = k1 e x + k 2 e x
1
2
y (0) = k1e 0 + k 2 e 0
1
Como y (0) = 1 entonces 2
1 = k1 + k 2
Obteniendo la primera derivada:
1
y ′( x) = k1e x + k2e x
1
2
2
4

5. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
1
y ′( x) = k1e x + x
1
k2e 2
2
0 1
Como y ′(0) = 1 entonces y ′(0) = k1e + k 2 e
1
2 0
2
1
1 = k1 + k 2
2
⎧ 1 = k1 + k 2
⎪
Resolviendo simultáneamente ⎨ 1 tenemos: k 2 = 0 y k1 = 1
⎪ 1 = k1 + 2 k 2
⎩
Por tanto, la solución particular es: y ( x) = e x
Ejemplo 3
Encuentre la solución general para y ′′ + 4 y ′ + 4 y = 0
SOLUCIÓN:
En este caso la ecuación auxiliar sería r 2 + 4r + 4 = 0
(r + 2)(r + 2) = 0
Hallando las raíces tenemos
r1 = −2 ∨ r2 = −2
Por tanto, la solución general sería:
y ( x) = k1e −2 x + k 2 xe −2 x
Ejemplo 4
Encuentre la solución general para y ′′ + 6 y ′ + 13 y = 0 ; y (0) = 1; y ′(0) = 1
SOLUCIÓN:
En este caso la ecuación auxiliar sería
− 6 ± 36 − 4(1)(13)
r1 , r2 =
2
− 6 ± − 16
r1 , r2 = −1 = i
2
− 6 ± 16 − 1
Hallando las raíces tenemos: r1 , r2 =
2
− 6 ± 4i
r1 , r2 =
2
r1 = −3 + 2i ∨ r2 = −3 − 2i
En este caso λ = −3 y µ = 2 , por tanto la solución general sería:
y ( x) = e −3 x [k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x)]
y (0) = e −3(0) [k1 sen(2(0)) + k2 cos(2(0))]
Como y (0) = 1 entonces 1 = (1)[k1(0) + k2 (1)]
1 = k2
5

6. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
y′( x) = e −3 x [2k1 cos(2 x) − 2k2 sen(2 x)] − 3e −3 x [k1 sen(2 x) + k2 cos(2 x)]
Como y ′(0) = 1 entonces y′(0) = e −3(0) [2k1 cos(0) − 2k2 sen(0)] − 3e −3(0) [k1 sen(0) + k2 cos(0)]
1 = 2k1 − 3k 2
1 3
+ k 2= k1
2 2
1 3
Resolviendo simultáneamente + (1) = k1
2 2
k1 = 2
Por tanto, la solución general sería y ( x) = e −3 x [2 sen(2 x) + cos(2 x)]
Ejercicios propuestos 2.1
Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales de segundo orden
1. y′′ + 4 y = 0 ; y (0) = 1, y´(0) = 1 7. y ′′ + y = 0 ; y (0) = 1, y´(0) = 1
2. y ′′ − 2 y ′ + y = 0 8. y′′ + y´= 0
3. y ′′ + 9 y = 0 1
9. y′′ + 2 y = 0
4. y ′′ + 4 y ′ + 4 y = 0 ; y (0) = 1, y´(0) = 1 2
′′ ′
5. y′′ − y = 0 10. y − 6 y + 9 y = 0
6. y′′ − y´= 0 ; y (0) = 1, y´(0) = 1
2.1.1.1 ANÁLISIS DE ESTABILIDAD DINÁMICA
En el capítulo anterior se mencionó que la estabilidad dinámica de una
trayectoria y (t ) se la determina con lím y (t ) .
t →∞
Podemos ir analizando por casos.
Caso I, y (t ) = k1 e 1 + k 2 e 2 Si las raíces son reales y diferentes, estas
r t r t
tienen que ser negativas para que la trayectoria sea dinámicamente estable.
Caso II, y (t ) = k1 e + k 2 te . Si las raíces son reales e iguales entonces r
rt rt
tiene que ser negativa ( r < 0 ) para que la trayectoria sea dinámicamente estable
Caso III y (t ) = e [k 1 cos ut + k 2 sen ut ] Si las raíces son complejas
λt
conjugadas entonces la parte real λ tiene que ser negativa ( λ < 0 ) para que la
trayectoria sea dinámicamente estable.
6

7. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
2.1.2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN
CON COEFICIENTE CONSTANTE NO HOMOGÉNEAS
Una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientse constante y
término g (x ) variable es de la forma:
ay ′′ + by ′ + cy = g (x)
La Solución General es una combinación lineal de dos tipos de soluciones,
una solución complementaria y C y una solución particular y P .
y ( x) = y c ( x) + y p ( x)
13 1 3
2 2
SOL SOL
COMPL PART
La Solución complementaria yC satisface la ecuación homogénea
ayc ″ + byc ′ + cyc = 0
Por tanto, para determinarla se debe resolver de acuerdo a lo mencionado
anteriormente.
La Solución particular y P satisface la ecuación no homogénea
″ ′
ay p + by p + cy p = g (x)
Esta solución, si es de forma polinómica o exponencial o trigonométrica de
senos y cosenos, se la puede determinar empleando el llamado Método de los
coeficientes indeterminados.
En estos casos, de acuerdo a la forma de g (x ) , la solución particular y p (x )
es deducible. Observe el siguiente cuadro.
[
Si g ( x) = a n x n + a n −1 x n −1 + K + a1 x + a 0 entonces y p ( x) = x s An x n + An−1 x n−1 + K + A1 x + A0 ]
[
Si g ( x) = ae αx entonces y p ( x) = x s Ae αx ]
Si g ( x) = a1 sen βx + a 2 cos βx entonces y p ( x) = x s [A sen βx + B cos βx]
s
Note que la solución particular aparece multiplicada por x , esto es para el
caso de que existan soluciones particulares que no sean linealmente
independientes de las soluciones complementarias. Es decir, a necesidad se
puede utilizar s = 0, 1, 2
7

8. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
Ejemplo 1
Sea y"+4 y '+9 y = x 2 + 3x Hallar la solución General
SOLUCIÓN:
La solución general es de la forma y (t ) = y c + y P
Primero hallemos yc .
La solución complementaria satisface la ecuación homogénea y" c +4 y ' c +9 y c = 0 .
La ecuación auxiliar es r 2 + 4 r + 9 = 0 . Hallando las raíces tenemos
− 4 ± 16 − 4(9)
r1, r2 =
2
− 4 ± − 20
r1, r2 =
2
− 4 ± 20 − 1
r1, r2 =
2
−4± (5).4 −1
r1, r2 =
2
− 4 ± 2 5i
r1, r2 =
2
− 4 + 2 5i
r1 = ⇒ r1 = −2 + 5i
2
− 4 − 2 5i
r2 = ⇒ r2 = −2 − 5i
2
[
Por tanto yc ( x) = e −2 x k1 sen( 5 x) + k2 cos( 5 x) ]
Segundo, hallemos y P
Como g ( x) = x 2 + 3x (polinomio de grado 2) entonces la solución particular es de la forma
y p ( x) = Ax 2 + Bx + C (polinomio generalizado de grado 2). Luego debemos
determinar los coeficientes A , B y C .
La solución particular debe satisfacer la ecuación no homogénea; es decir,
y p "+4 y p '+9 y p = x 2 + 3x
Hallemos la primera y la segunda derivada para y p ( x) = Ax + Bx + C
2
y p ' = 2 Ax + b
y p "= 2 A
Reemplazando y agrupando
2 A + 8 Ax + 4b + 9 Ax 2 + bx + c = x 2 + 3x
9 Ax 2 + (8 A + 9b) x + (2 A + 4b + 9c) = x 2 + 3x + 0
Si dos polinomios son iguales, sus coeficientes deben ser iguales
8

9. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
⎧9 A = 1
⎪
Entonces ⎨8 A + 9 B = 3
⎪2 A + 4 B + 9C = 0
⎩
Resolviendo el sistema simultáneo tenemos:
1 19 94
A= , B= y c=−
9 81 729
1 2 19 94
Por, tanto y p ( x) = x + x−
9 81 729
Finalmente la solución general sería:
[
y ( x) = e −2 x k1 sen( 5 x) + k 2 cos( 5 x) + ] 1 2 19
9
x + x−
81
94
729
Ejemplo 2
Sea y"+4 y = 6 sen 3x Hallar la solución General
SOLUCIÓN:
Primero hallemos yc .
La solución complementaria satisface la ecuación homogénea y" c +4 y c = 0 .
La ecuación auxiliar es r 2 + 4 = 0 . Hallando las raíces tenemos:
r2 = −4
r = ± −4
r = ± 4 −1
r1 = 0 + 2i
r2 = 0 − 2i
Por tanto
y c ( x) = e 0 [k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x )]
y c ( x) = k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x )
Segundo, hallemos y P
Como g ( x) = 6 sen 3x entonces la solución particular es de la forma
y p ( x) = A sen 3x + B cos 3x . Luego debemos determinar los coeficientes A y B .
La solución particular debe satisfacer la ecuación no homogénea; es decir
y" P +4 y P = 6 sen 3 x
Hallemos la primera y la segunda derivada
y p ' = 3 A cos 3x − 3B sen 3 x
y p " = −9 A sen 3 x − 9 B cos 3 x
Reemplazando y agrupando
9

10. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
y p "+4 y p = 6 sen 3x
(−9 A sen 3x − 9 B cos 3x) + 4( A sen 3x + B cos 3x) = 6 sen 3x + 0 cos 3x
(− 5 A)sen 3x + (− 5B )cos 3x = 6 sen 3x + 0 cos 3x
Igualando coeficientes, tenemos:
⎧− 5 A = 6
⎨
⎩− 5 B = 0
Resolviendo el sistema simultáneo tenemos:
6
A=− y B=0
5
6
Por, tanto y p ( x) = − sen 3x + 0 cos 3x
5
Finalmente la solución general sería:
6
y ( x ) = k 1 sen 2 x + k 2 cos 2 x − sen 3 x
5
Ejemplo 3
Hallar la solución para y"+4 y = x 2 + 3e x ; y (0) = 0, y ' (0) = 2 .
SOLUCIÓN:
Primero hallemos yc .
La solución complementaria satisface la ecuación homogénea y" c +4 y c = 0 .
La ecuación auxiliar es r 2 + 4 = 0 . Hallando las raíces tenemos:
r2 = −4
r = ± −4
r = ± 4 −1
r1 = 0 + 2i
r2 = 0 − 2i
Por tanto
y c ( x) = e 0 [k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x )]
y c ( x) = k1 sen(2 x ) + k 2 cos(2 x )
Segundo, hallemos y P
Como g ( x) = x 2 + 3e x (combinación lineal de polinomio con exponencial) entonces la
solución particular es de la forma y p ( x) = Ax 2 + Bx + C + De x . Luego debemos
determinar los coeficientes A , B , C y D .
La solución particular debe satisfacer la ecuación no homogénea; es decir
y p "+4 y p = x 2 + 3e x
10

11. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
Hallemos la primera y la segunda derivada
y p ' = 2 Ax + B + De x
y p " = 2 A + De x
Reemplazando y agrupando
2 A + De x + 4 Ax 2 + 4 Bx + 4C + 4 De x = x 2 + 3e x
4 Ax 2 + 4 Bx + ( 2 A + 4C ) + 5 De x = x 2 + 0 x + 0 + 3e x
Igualando coeficientes, tenemos:
⎧4 A = 1
⎪
⎪4 B = 0
⎨
⎪2 A + 4C = 0
⎪5 D = 3
⎩
Resolviendo el sistema simultáneo tenemos:
1
A=
4
B=0
1
C=−
8
3
D=
5
1 2 1 3 x
Por, tanto y p ( x) = x − + e
4 8 5
Finalmente la solución general sería:
1 2 1 3 x
y ( x) = k1 sen 2 x + k2 cos 2 x + x − + e
4 8 5
19
Con y (0) = 0 tenemos k2 = −
40
7
Con y ' (0) = 2 tenemos k1 =
10
7 19 1 1 3
Finalmente y ( x) = sen 2 x − cos 2 x + x 2 − + e x
10 40 4 8 5
Note que no es dinámicamente estable. ¿Por qué?
Ejercicios propuestos 2.2
Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales de segundo orden
1. y ′′ − y ′ − 2 y = −2 x 3 − 3x 2 + 8 x + 1
2. y ′′ − 6 y ′ + 9 y = x 2 + e x
3. y ′′ + y ′ + y = 2 cos 2 x − 3 sen 2 x
4. y ′′ + y = 2 x
5. y ′′ + 2 y ′ − 8 y = x e − x + e − x
11

12. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
6. y ′′ + 4 y ′ + 5 y = e − x − sen 2 x
7. y ′′ − 2 y ′ − 35 y = 13 sen x − e 3 x + 1
y (0 ) = − y ′(0 ) =
7 1
8. y ′′ − y ′ − 2 y = cos x − sen 2 x;
20 5
9. y ′′ + y ′ − 12 y = e x + e 2 x − 1; y (0) = 1 y ′(0 ) = 3
10. y ′′ − y = sen x − e ; y (0) = 1 y ′(0) = −1
2x
11. y ′′ − 7 y ′ + 10 y = x 2 − 4 + e x ; y (0) = 3 y ′(0) = −3
2.2 ECUACIONES DIFERENCIALES DE ORDEN SUPERIOR
Para resolver ecuaciones diferenciales de orden superior, si son lineales de
coeficientes constantes, podemos pensar en procedimientos análogos.
Ejemplo
Hallar la solución para y
IV
+ 6 y ′′′ + 14 y"+16 y '+8 y = 24
SOLUCIÓN:
Primero, encontramos la solución complementaria yc que satisface la ecuación homogénea
yc IV
+ 6 yc′ + 14 yc "+16 yc '+8 yc = 0 .
′′
La ecuación auxiliar sería r 4 + 6r 3 + 14 r 2 + 16 r + 8 = 0 .
Encontramos las raíces por división sintética
1 6 14 16 8 −2
0 − 2 − 8 − 12 − 8 r1 = −2
1 4 6 4 0
r 3 + 4r 2 + 6r + 4 = 0
1 4 6 4 −2
0 −2 −4 −4 r2 = −2
1 2 2 0
r 2 + 2r + 2 = 0
− 2 ± 4 − 4(2)
r3 , r4 =
2
−2± −4
r3 , r4 =
2
r3 = −1 + i r4 = −1 − i
Por tanto
y c ( x) = k1e −2 x + k 2 xe −2 x + e − x [k 3 sen + k 4 cos x ]
Segundo, la solución particular yp es de la forma y p = A porque g ( x ) = 24 .
12

13. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
y p '= 0
y p"= 0
Entonces
y′p = 0
′′
y p IV = 0
y IV p + 6 y′p + 14 y" p +16 y ' p +8 y p = 24
′′
Reemplazando y calculando 0 + 6(0) + 14(0) + 16(0) + 8 A = 24
A=3
Por tanto y ( x ) = k 1 e −2 x + k 2 xe −2 x + e − x [k 3 sen x + k 4 cos x ] + 3
Observe que es dinámicamente estable, es decir que y (t ) converge al nivel de equilibrio y = 3
Ejercicios propuestos 2.3
Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales
1. y ```+7 y``+15 y`+9 y = 0
2. y ```−2 y ``− y`+2 y = 4
3. y ```+6 y ``+10 y `+8 y = 8
2.3 ANÁLISIS CUALITATIVO
Para ecuaciones diferenciales lineales homogéneas con coeficentes
constantes, podemos utilizar el siguiente análisis si se trata de determinar la
estabilidad
2.3.1 Teorema de Routh
Sea la ecuación polinómica de grado n
a 0 r n + a1 r n −1 + a 2 r n − 2 + a 3 r n −3 + K + a n −1 r + a n = 0
La parte real de todas las raíces son negativas si y
sólo sí los " n " primeros determinantes de la siguiente
sucesión:
a1 a3 a5 a7
a1 a3 a5
a1 a3 a0 a2 a4 a6
a1 ; ; a0 a2 a4 ; ;...
a0 a2 0 a1 a3 a5
0 a1 a3
0 a0 a2 a4
Son todos positivos
Nota: a m = 0 Si m > n
13

14. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
Ya usted ha tenido la oportunidad de observar que para que una trayectoria
y (t ) , solución de una ecuación diferencial lineal con coeficientes constantes y
término constante, sea dinámicamente estable se requiere que las raíces de la
ecuación auxiliar o la parte real (en el caso de las raíces complejas) sean todas
negativas. Entonces para determinar lo anterior basta con emplear el Teorema de
Routh.
Ejemplo 1
Determine cualitativamente la estabilidad dinámica para
y IV + 6 y ′′′ + 14 y"+16 y '+8 y = 0
SOLUCIÓN:
Empleando el Teorema de Routh. La ecuación auxiliar es r 4 + 6r 3 + 14 r 2 + 16 r + 8 = 0
a0 = 1
a1 = 6
En este caso n = 4 y además a 2 = 14
a3 = 16
a4 = 8
Los cuatros determinantes serían:
a1 a3 6 16
a1 = 6 ; = = 84 − 16 = 68 ;
a0 a2 1 14
6 16 0 0
a1 a3 a5 6 16 0
1 14 8 0
a0 a2 a4 = 1 14 8 = 800 = 6400
0 6 16 0
0 a1 a3 0 6 16
0 1 14 8
Como todos los determinantes son positivos entonces todas las raíces son negativas; por tanto la
solución es dinámicamente estable
Ejemplo 2
Determine cualitativamente la estabilidad dinámica para
y ′′′ − 10 y"+27 y '−18 y = 3
SOLUCIÓN:
Empleando el Teorema de Routh. La ecuación auxiliar es r 3 − 10 r 2 + 27 r − 18 = 0
a0 = 1
a = −10
En este caso n = 3 y además 1
a2 = 27
a3 = −18
Los cuatros determinantes serían:
a1 a3 −10 −18
a1 = −10 ; = = −252 ;
a0 a2 1 27
14

15. Moisés Villena Muñoz Cap. 2 Ecuaciones Diferenciales de segundo orden
a1 a3 a5 − 10 − 18 0
a0 a2 a4 = 1 27 0 = 5184
0 a1 a3 0 − 10 − 18
Como los determinantes no todos son positivos entonces no todas las raíces son negativas; por tanto la
solución es NO dinámicamente estable.
Ejercicios propuestos 2.4
Determine si las soluciones de las ecuaciones diferenciales son trayectorias
temporales convergentes o no. Emplee el teorema de Routh
1. y ```−10 y ``+27 y `−18 y = 3
2. y ```+11 y ``+34 y `+24 y = 5
3. y ```+4 y ``+5 y `−2 y = −2
Misceláneos
1. Hallar la serie de Taylor alrededor de la x0 = 0 de la función f ( x ) = x cos x
2. Encuentre la solución de las siguientes ecuaciones diferenciales e indique si la solución
complementaria converge o no.
a) y´´+4 y´+4 y = (x + 1)e −2 x + 10 x
b) y´´´+3 y´´− y´−3 y = 4 x + 2 + 3 sen x
c) y"+ y´+ y = t + e 2t
d) y"+6 y´+9 y = 2e −3 x + x + 1 ; y (0) = −1, y´(0) = 1
3. Un estudio de explotación de un recurso natural, utiliza la ecuación diferencial:
dx 2 ⎛ 2 − β ⎞ dx a 2
⎜
−⎜ ⎟
⎟a + x=3
dt 2 ⎝ 1 − β ⎠ dt 1 − β
at
a) Probar que x1 (t ) = e at y x 2 (t ) = e 1− β donde a ≠ 0, β ≠ 1 son soluciones de la
ecuación homogénea.
b) Si a = −5 y β = −9 encuentre la solución general e indique si la solución converge a largo
plazo.
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