Este documento discute métodos para resolver ecuaciones diferenciales ordinarias de segundo orden. Explica cómo resolver ecuaciones lineales homogéneas dependiendo de si las raíces de la ecuación característica son reales y distintas, reales e iguales, o complejas. También cubre métodos para resolver ecuaciones lineales no homogéneas, incluyendo el método de los coeficientes indeterminados y el método de variación de parámetros. Finalmente, presenta algunos problemas de ejemplo.

1. Universidad Fermín Toro
Vice-rectorado Académico
Decanato de Ingeniería
Departamento de mantenimiento mecánico
PROBLEMAS DE ECUACIONES
DIFERENCIALES ORDINARIAS
DE SEGUNDO ORDEN
Adrian Mercado
SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN LINEAL A COEFICIENTES CONSTANTES:
CASO HOMOGÉNEO
La forma general de esta ecuación es:
ay (t )  by (t )  cy (t )  0
Para resolverla, se deben hallar las soluciones de la ecuación característica:
a2  b  c  0
De acuerdo a la naturaleza de las soluciones, se obtienen tres casos:
Caso 1: 1  2 , raíces reales y distintas. La solución de la EDO es:
y(t )  C1e 1t  C2 e 2t
Caso 2: 1  2   , raíces reales e iguales. La solución de la EDO es:
y(t )  C1e t  C2 te t

2. Caso 3: 1    i , 2    i , raíces complejas conjugadas. La solución de la
EDO es:
y(t )  C1e 1t  C2 e 2t (solución compleja)
y(t )  C1et cos t  C2 et sen t (solución real)
Vemos que en cada uno de estos casos existe un espacio de soluciones, resultante de
la combinación lineal de dos funciones. El conjunto de estas dos funciones se conoce
como base de soluciones de la EDO homogénea.
SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN LINEAL A COEFICIENTES CONSTANTES:
CASO NO HOMOGÉNEO
La forma general de esta ecuación es:
ay(t )  by(t )  cy (t )  f (t )
Para resolverla, se debe hallar primero la solución de la ecuación homogénea
asociada:
ay (t )  by (t )  cy (t )  0
y la solución es de la forma:
y(t )  yc (t )  y * (t ) ,
donde yc es la solución de la homogénea asociada, y y* es una solución particular del
problema no homogéneo que se obtiene a partir de un método adecuado (ver más
abajo).
SOLUCIÓN PARTICULAR DE LA ECUACIÓN LINEAL NO HOMOGÉNEA
A COEFICIENTES CONSTANTES: MÉTODO DE LOS COEFICIENTES
INDETERMINADOS
Este método se aplica cuando la función f(t) es una combinación lineal de productos
(finitos) de funciones tales que derivadas den el mismo tipo de función. Son ellas:
 polinomios en t
 función exponencial eht

3.  combinaciones lineales dedcos(t) y sen(t)
Para resolverla, se usa una función de prueba que es una combinación lineal del
mismo tipo de funciones, cuyos coeficientes se determinarán reemplazándola en la
EDO.
El caso más general es:
f (t )  e ht  p(t ) cos(t )  q(t ) sen(t )
donde h,   0 y p(t), q(t) polinomios de grado n.
La función de prueba general es:
 
y * (t )  e ht (k1  k 2 t  k n1t n ) cos(t )  (l1  l 2 t  l n1t n ) sen(t ) ,
donde k, l son los coeficientes a determinar. Si h + i es raíz de la homogénea
asociada (lo que ocurre cuando esta función de prueba es solución del problema
homogéneo), y*(t) debe multiplicarse por t.

4. SOLUCIÓN PARTICULAR DE LA ECUACIÓN LINEAL NO HOMOGÉNEA
A COEFICIENTES CONSTANTES: MÉTODO DE VARIACIÓN DE LOS
PARÁMETROS
Es un método más general, y válido aun cuando los coeficientes de la EDO no sean
constantes, sino funciones. En este caso la solución particular toma la forma:
y*  v1 y1  v2 y 2
donde v1 y v2 se obtienen del sistema:
 
 v1 y1  v 2 y 2  0

v  y   v  y   f (t )
 1 1

2 2
a
donde y1 y y2 son las funciones de la base de soluciones de la EDO homogénea
asociada. Estas funciones deben ser linealmente independientes, para lo cual deben
cumplir con la condición:
y1 y2
W 0

y1 
y2
Esto es, su determinante Wronskiano no debe ser idénticamente nulo.
PROBLEMAS PROPUESTOS:
Para verificar que sea solución derivamos la función y dos veces, posteriormente
sustituimos la función Y y su segunda derivada en la ecuación 1, para los ejercicios
siguientes se procede de la misma manera.
y = 3xsen2 x  e  x  y   6 x cos 2 x  e  x
 y   12sen2 x  e  x
Entonces:

y” = + 4y =  12sen2 x  e  x  4 3sen2 x  e  x 

5. =  12sen2 x  e  x  12sen2 x  4e  x
y”+ 4y = 5e  x
La función es solución de la ecuación diferencial
1 1 1 1
b.) y = senx  cos x  10e  x  y '  cos x  senx  10e  x
2 2 2 2
Entonces:
1 1 1 1
y  y  cos x  senx  10e  x  senx  cos x  10e  x
2 2 2 2
y   y  senx
La función es solución de la ecuación diferencial
c.) y = c1e x  c2e x  c3e2 x  c4e2 x
y’ =  c1e x  c2e x  2c3e2 x  2c4e2 x
y” = c1e x  c2e x  4c3e2 x  4c4e2 x
y’’’ = c1e x  c2e x  8c3e2 x  8c4e2 x
y(4) = c1e x  c2e x  16c3e2 x  16c4e2 x
Entonces:
y(4) - 5 y” +4y = c1e x  c2e x  16c3e2 x  16c4e2 x

=  5 c1e x  c2e x  4c3e2 x  c4e2 x 
= + 4c1e x  c2e x  c3e2 x  c4e2 x 

6. = c1e x  c2e x  16c3e2 x  16c4e2 x
=  5c1e x  5c2e x  20c3e2 x  20c4e2 x
= 4c1e x  4c2e x  4c3e2 x  4c4e2 x
y(4) - 5 y” +4y =0
La función es solución de la ecuación diferencial.
Ejercicio2:
Para este primer problema como podemos ver es una ecuación diferencial de
primer orden la cual se puede resolver utilizando el método de variables
separables el cual consiste en agrupar las variables con variables en este caso X y
Y, posteriormente se integra y luego se despeja la función Y como se muestra a
continuación:
 
e y .sen2 x.dx  cos x e2 y  y dy  0

e y .sen2 x.dx   cos x e2 y  y dy  Usando variables separables
sen2 x e2 y 
dx   y dy
cos x e
2senx cos x  e2 y y 
dx   y  y dy
e
cos x  c 


2senxdx   e y  ye  y dy 
Integrando tenemos que:
 2 cos x  e y  e y  y  1  c Solución general

7. B.) la siguiente ecuación diferencial es de orden 2 y al parecer es homogénea, en
primer lugar verifiquemos esta sospecha:
xy  y 2

 x 2 dx  x 2 dy  0
xy  y 2

 x 2 dx  x 2 dy
dy xy  y 2  x 2
 
dx x2 I
Con lo cual:
xy  y 2  x 2 2 xy  2 y 2  2 x 2
f x, y    f x, y  
x2 2 x
2 xy  y 2  x 2 

 f x, y  
2 x 2

xy  y 2  x 2
 f x, y  
x2
f x, y   f x, y 
Como f x, y   f x, y  
La ecuación diferencial es homogénea!
Ahora procedemos a la solución de la misma usando un cambio de variable,
según el método de las ED homogénea:
Llamamos: y  vx
Entonces:
dy dv
y  vx   .x  v
dx dx

8. Sustituyendo en  :
dv xvx  v 2 x 2  x 2
.x  v 
dx x2
dv
.x 

x2 v  v2 1 
dx x2
dv
.x  v 2  v  1
dx
dx dv
 2
x v  v 1
Integrando:
2 1  2 y  1 +c
Ln x = tg 
3  3
Devolviendo el cambio de variable:
2 1  2 y / x  x
Ln x = tg  +c
3  3
2 1  2 y  x
Ln x = tg  +c solución general
3  3x
c.) la ED al parecer es exacta pero debemos comprobarlo:
y 2 cos xdx  (4  5 ysenx)dy  0 
Verifiquemos si es exacta:
M
M ( x, y)  y 2 cos x   2 y cos x
y
N
N ( x, y)  4  5 ysenx   5 y cos x
x

9. M N
Como   no es exacta
y x
Para este caso usaremos un factor integrante, para luego ver si podemos transformarla
por una exacta.
Buscamos el factor integrante así.
N M
 ( x  y
 ( y)  e
5 y cos x  2 y cos x
 dy
e y 2 cos x
dy
3 y
 e3 Lnly  y 3
3
=e
Entonces
 ( y)  y 3 Es el factor integrante, multipliquemos ± por  (y) = y3 toda la ED
Y5 cosxdx + (4 y3 + 5 y4 senx) dy = 0
La cual debe ser ahora excta
aM
M = y5 cosx  = 5 y4 cosx
ay
aN
N = 4 y3 + 5 y4 senx  = 5 y4 cosx
ax
Ahora si es una exacta!!!
aM aN
Como =  es exacto y resolvemos usando
ay ax
x y
a
M ( xb)dx   N  ( xy )  0
b

10. x y
b cos xdx   (ay 4  5 y 4 senx)dy  0
5
a b
x y
b5senx   (y  y 5 senx)   0
4
a b
b5senx - b5sena + y4 + y5 senx – b4 b5senx = 0
y4 + y5 senx +c = 0 c = -b5sena – b4
2
d.) y´ - y = x2 cosx
x
La ecuación tiene la estructura de una ecuación lineal de 1er orden con lo cual
Q(x) = x2 cosx
2 dx
P(x) = -   P( x)dx  2  2 ln x
x x
Así la solución es de la forma
 P ( x ) dx  
Y=e  
 P ( x ) dx
 Q( x)e dx  c
 
Sustituyendo  P( x)dx , tenemos
y=e
2 Ln x
 x cos xe
2  2 Ln x
dx  c 
2 Ln x 2  x 2 cos xe 1n x2 dx  c

y=e
 

y = x2  x cos x.x
2 2
dx  c 
y = x2  cos xdx  c
y = x2 [senx+c

11. Ejercicio 3
El siguiente problema se resuelve por el método del anulador
y” – 3y3 + 2y = 3e-x – 10cos3x
R(x) = 3e-x -10cos3x
L(D) = D2 – 3D + 2 = (D - 1) (D - 2)
A (D) = (D + 1) (D2 + 9) anulador de R(x)
Entonces la ecuación I se puede escribir como
(D2 – 3 D + 2) y = 3 e-x – 10cos 3x
Multiplicando ambos lados de la igualdad por A(D)
(D-1)(D+2)(D+1)(D2+9) y = (D+1)(D2+9)(3e-x-10cos3x)
(D-1)(D-2)(D+1)(D2+9) = 0, polinomios característicos
D -1 = 0, D - 2 = 0, D + 1 = 0 y D2 + 9 = 0
D = 1, D = 2, D = -1 y D = ± 3¿
La solución tiene forma
Y = c, ex + c2 e2x + c3 e-x + c4 sen3x + c5cos3x
Sustituyendo en II
(D2-3D+2)(c, ex+c2 e2x + c3e-x + c4sen3x + c5cos3x) = 3e-x-10cos3x
Desarrollando tenemos que
2c, ex + 2 c2 e2x + 2 c3 e-x + 2 c4 sem 3x + 2 c5 cos 3x
-3(c, e2 + 2 c2 e-2x – c3 e-x + 3 c4 cos 3x – 3 c5 sem 3x)
+ c, ex + 4 c2 e-2x + c, e-x – 9 c4 sen3x – 9 c5 cos 3x = 3 e-x – 10 cos 3x

12. 3c1 e2 + 6 c2 e-2x + 3 c3 e-x – 7 c4 sem 3x – 7 c5 cos 3x – 3 c, ex
- 6 c2 e-2x + 3c3 e-x – 9 c4 cos3x + 9 c5 sem 3x = 3 e-x – 10 cos 3x
6 c3 e-x + (-7 c4 + 9 c5) sem 3x – (9 c4 + 7 c5) cos 3x = 3 e-x – 10 cos 3x
Igualando coeficientes
6 c3 = 3  c3 = ½
-7 c4 9 c5 = 0  c4 = 9/7 c5
9
9 c4 + 7 c5 = 10  9 c5 + 7 c5 = 10  130 c5 = 70
7
 c5 = 7/13  c4 = 9/13
Por lo tanto la solución es
1 -x 7 9
y = c, ex + c2 e2x e + sen 3x + cos 3x
2 13 13
y(6) – 5 y(4) + 15 y”´ 35 y” 16 y´ - 32 y = 0
es una ecuación homogénea, la cual le escribimos como
(D6 – 5D4 + 16D3 + 36D2 – 16D - 32). y = 0
Entonces
D6 – 5D4 + 16D3 + 36D2 – 16D - 32). Y = 0, polinomio característico
Usando Ruffini
32 = {± 1, ±2, ±4, ±8, ±16}

13. 1 0 -5 16 36 -16 -32
1
1 1 -4 12 48 32
1 1 -4 12 48 32 0 0=1
-1
-1 0 4 -16 -32
1 0 -4 16 32 0 D = -1
-2
-2 4 0 -32
1 -2 0 16 0 D = -2
-2 -2 8 -16
1 -4 8 3 D = -1
 (4)  (4) 2  4(1)(8) D = 2 + 26
D= 
2(1) D = 2 - 26
La solución es
y = c, ex + c2 e-x + c3 e-2x + c4 x e-2x + c5 e2x sem x + c5 e2x cos 2x