Leccion 1 Ecuaciones de segundo orden

Ampliacion de Matematicas (GITI) — Curso 2015/16 1

Curso 2o. Grado de Ingenierıa en las Tecnologıas Industriales.

Ampliacion de Matematicas.

Leccion 1. 1

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES

DE SEGUNDO ORDEN.

Indice

1. Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden. 2

2. Estructura algebraica de las soluciones de una ecuacion homogenea. 5

2.1. Estructura de las soluciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.2. Reduccion del orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.3. Ecuaciones de coeficientes constantes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.4. Ecuaciones de Euler-Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3. Resolucion de la ecuacion completa. 10

3.1. El metodo de variacion de los parametros. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3.2. El metodo de los coeficientes indeterminados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3.3. Principio de superposicion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4. Modelo mecanico. 15

4.1. Movimiento libre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

4.2. Movimiento forzado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

5. Comentarios finales. 23

5.1. Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1Este es el primero de una serie de guiones elaborados por profesores del Departamento de Matematica Aplicada

II de la Universidad de Sevilla para la asignatura Ampliacion de Matematicas del grado de Ingenierıa en las

Tecnologıas Industriales. Con este material, los alumnos deben elaborar sus propios apuntes.

Si detectas alguna errata, por favor, envıala a [email protected]. Con ello ayudaras a mejorar estos guiones para

los alumnos que cursen la asignatura en un futuro.

2 Leccion 1. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

6. Bibliografıa recomendada. 23

7. Ejercicios. 24

1. Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden.

Motivacion. Con frecuencia las ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes constantes (a las

que prestaremos especial atencion en esta leccion) aparecen como modelos matematicos tanto en

circuitos LRC como en sistemas mecanicos. Pueden verse tales modelos en multitud de libros.

Por ejemplo, en los Capıtulos 2 y 3 del texto de Edwards y Penney [1]. Es interesante seguir

tambien la Leccion 1 de la asignatura Fundamentos de Control Automatico (que se imparte en

paralelo a esta) donde se “modelan” distintos fenomenos de la ingenierıa mediante ecuaciones

diferenciales.

Veamos con cierto detalle el caso de las vibraciones mecanicas. Concretamente vamos a ana-

lizar el movimiento de una masa unida a un muelle y a un amortiguador sobre la que actua una

fuerza externa como mostramos en el siguiente dibujo:

Llamamos x(t) al desplazamiento de la masa con respecto a su posicion de reposo. Sobre la

masa actuan tres fuerzas:

la fuerza restauradora del muelle que, de acuerdo con la ley de Hooke, es proporcional al

desplazamiento de la masa con respecto a su posicion de reposo y viene dada por −kx,

siendo k > 0 la constante de elasticidad del muelle;

tambien actua el amortiguador ejerciendo una fuerza proporcional a la velocidad −cx′(t),siendo c ≥ 0 la constante de amortiguamiento;

finalmente hay una fuerza externa F (t).

Aplicando la ley de Newton, concluimos que mx′′ = −kx − cx′ + F (t). Es decir, el movimiento


de la masa viene modelado por

mx′′ + cx′ + kx = F (t).

Cuando la constante c es cero, el movimiento se llama no amortiguado. Si por el contrario

c > 0, lo llamaremos movimiento amortiguado. Cuando no hay una fuerza externa actuando

sobre el sistema (es decir, cuando F (t) = 0), diremos que el movimiento es libre o natural (en el

desarrollo de la leccion a este tipo yde ecuaciones las llamaremos homogeneas) y si F (t) no es la

funcion nula, llamaremos al movimiento forzado.

En la parte final de la leccion, volveremos sobre este modelo para aplicarle todo lo que hemos

aprendido (vease la Seccion 4).

Ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden. Una ecuacion diferencial lineal de

segundo orden (para abreviar, a veces omitiremos la palabra diferencial) se suele escribir como

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = r(t)

donde p, q y r son funciones continuas en un intervalo I ⊂ R. Diremos que una funcion y ∈ C2(I)

es solucion de dicha ecuacion cuando y′′(t) + p(t)y′(t) + q(t)y(t) = r(t) para todo t ∈ I.

Dos casos particulares de estas ecuaciones jugaran un papel importante en nuestro estudio:

Si la funcion r(t) es identicamente cero en I, se dice que la ecuacion es homogenea.

Si las funciones p(t) y q(t) son constantes en I, digamos p(t) = p y q(t) = q para todo t ∈ I,

se dice que la ecuacion es de coeficientes constantes.

Ejemplo. Las funciones y1(t) = cos(t) e y2(t) = sen(t) son soluciones de la ecuacion y′′ + y = 0.

Ejemplo. Las funciones y1(t) = et e y2(t) = e−t son soluciones de la ecuacion y′′ − y = 0.

Como ya sabemos, para resolver una ecuacion diferencial de primer orden hace falta calcular

una primitiva, obteniendose como solucion general una familia de soluciones que depende de un

parametro, la constante de integracion correspondiente. Para fijar una solucion particular de la

ecuacion debemos dar una condicion inicial con la que podemos determinar el valor de dicha

constante. Cabe pensar que para resolver una ecuacion diferencial lineal de segundo orden sea

necesario calcular dos primitivas, obteniendose como solucion general una familia de soluciones

que depende de dos parametros y que para fijar una solucion particular de la ecuacion debamos

dar dos condiciones. Veamos un ejemplo.

Ejemplo. Consideremos la ecuacion y′′−y′ = 2e2t en I = [0, 1]. Si hacemos el cambio de variables

y′ = z, nos queda z′ − z = 2e2t que es una ecuacion lineal de primer orden. Resolviendo esta

ecuacion obtenemos z(t) = 2e2t + c1et, con lo cual y′(t) = 2e2t + c1e

t, de donde, integrando otra


vez, llegamos a la solucion general y(t) = e2t + c1et + c2 que, efectivamente, depende de dos

constantes. Para determinar una solucion particular debemos imponer dos condiciones, lo que

nos ofrece varias posibilidades; veamos cuatro ejemplos.

1. Si fijamos y(0) = 0 e y′(0) = 1, entonces la solucion es unica y(t) = e2t − et.

2. Si fijamos y(0) = 0 e y(1) = 0, entonces la solucion es unica y(t) = e2t − (e+ 1)et + e.

3. Si fijamos y′(0) = 0 e y′(1) = 1, entonces nos queda un sistema incompatible para c1 y c2,

ası que no hay solucion que verifique dichas condiciones.

4. Si fijamos y′(0) = 0 e y′(1) = 2e(e − 1), entonces la solucion no es unica ya que para

cualquier c2 ∈ R la funcion y(t) = e2t − 2et + c2 verifica ambas condiciones.

Las condiciones del caso (1) se llaman condiciones iniciales porque en ellas se fijan el valor de

la funcion y el de su derivada en un solo punto de I. Si la funcion y(t) representa un movimiento

cuya variable independiente t es el tiempo, entonces dar condiciones iniciales en t = 0 no es mas

que fijar la posicion y la velocidad en el instante inicial.

Las condiciones de los casos (2), (3) y (4) se llaman condiciones de contorno porque en ellas

se fijan los valores de y o de y′ en los extremos del intervalo I.

Como nos sugiere el ejemplo, la teorıa de las ecuaciones lineales de segundo orden con con-

diciones iniciales es muy distinta de la teorıa con condiciones de contorno. Aquı estudiaremos

a fondo la resolucion de los problemas de valores iniciales para las ecuaciones con coeficientes

constantes y para algunas ecuaciones con coeficientes arbitrarios. En la Leccion 5 estudiare-

mos algunos problemas de contorno especiales ligados a la resolucion de ecuaciones en derivadas

parciales.

En el anterior ejemplo es importante que aprendamos algo mas. Observemos que el hecho de

que no aparezca explıcitamente la funcion incognita y en la ecuacion diferencial nos ha permitido

resolverla haciendo el cambio de variable z = y′ con lo que hemos reducido el orden. Volveremos

mas adelante a usar de nuevo esta sencilla idea.

El teorema clave es el que nos dice que los problemas de valores iniciales para ecuaciones

diferenciales lineales de segundo orden tienen siempre solucion unica.

Teorema de existencia y unicidad. Sean p(t), q(t) y r(t) funciones continuas en un intervalo

I ⊂ R. Sea t0 ∈ I y sean y0 e y′0 dos numeros reales cualesquiera. Entonces el problema de valores

iniciales

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = r(t), con y(t0) = y0 e y′(t0) = y′0


tiene una unica solucion en el intervalo I. Es decir, existe una unica funcion y ∈ C2(I) verificando

que y′′(t) + p(t)y′(t) + q(t)y(t) = r(t) para todo t ∈ I, y(t0) = y0 e y′(t0) = y′0.

En lo que sigue supondremos que p(t), q(t) y r(t) son funciones continuas en un intervalo

I ⊂ R. La linealidad del primer miembro de la ecuacion y′′ + p(t)y′ + q(t)y = r(t) nos permite

hacer un analisis de la estructura de sus soluciones similar al que hicimos para la ecuacion

diferencial lineal de primer orden y al de los sistemas de ecuaciones estudiados en “Algebra”. La

ecuacion y′′+p(t)y′+q(t)y = 0 se llamara ecuacion homogenea asociada a y′′+p(t)y′+q(t)y = r(t)

que, a su vez, llamaremos ecuacion completa.

2. Estructura algebraica de las soluciones de una ecuacion

homogenea.

2.1. Estructura de las soluciones.

Se verifica que si y1 e y2 son soluciones de la ecuacion homogenea y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0 y

c1, c2 ∈ R, entonces y = c1y1 + c2y2 tambien es una solucion de y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0. En otras

palabras, las soluciones de la ecuacion homogenea forman un espacio vectorial. Ademas, este

espacio vectorial es de dimension dos (lo que casa con el comentario de que la solucion general de

una ecuacion lineal de segundo orden deberıa depender de dos constantes); mas concretamente,

si y0,1 es la solucion del problema de valor inicial

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0, con y(t0) = 0 e y′(t0) = 1

e y1,0 es la solucion del problema de valor inicial

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0, con y(t0) = 1 e y′(t0) = 0,

entonces y0,1 e y1,0 son linealmente independientes. Ademas, si y1 e y2 son dos soluciones lineal-

mente independientes de la ecuacion homogenea (las anteriores, por ejemplo), entonces c1y1+c2y2

es la solucion general de dicha ecuacion, en el sentido de que dada una solucion y de la ecuacion

homogenea, existen c1, c2 ∈ R tales que y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) para todo t ∈ I. Todo esto se

resume en lo siguiente:

Las soluciones de una ecuacion diferencial lineal homogenea de segundo orden forman

un espacio vectorial de dimension 2.


¿Por que es util esta informacion? Porque ahora sabemos no solamente que y1(t) = cos(t) e

y2(t) = sen(t) son soluciones de la ecuacion y′′ + y = 0 sino que ademas:

- todas las funciones

y(t) = c cos(t) + d sen(t),

siendo c y d constantes arbitrarias, son soluciones de la anterior ecuacion;

- todas las soluciones son de esta forma (no hay mas soluciones que las anteriormente descritas).

Esto significa que debemos concentrar nuestro esfuerzo para resolver una ecuacion lineal de

segundo orden homogenea en encontrar dos soluciones linealmente independientes. Todas las

demas son combinacion lineal de ellas.

Ejercicio. Encuentre todas las soluciones de la ecuacion y′′ − y = 0.

2.2. Reduccion del orden.

En la anterior subseccion hemos aprendido que para resolver la ecuacion homogenea de forma

general necesitamos hallar dos soluciones particulares linealmente independientes. Damos ahora

un paso mas para obtenerlas. En realidad, basta con conocer una solucion no nula, digamos y1,

ya que una vez que tenemos y1, podemos usar el metodo de variacion de los parametros haciendo

lo siguiente: buscamos una nueva solucion y2 de la forma y2(t) = v(t)y1(t) donde v(t) es una

funcion que debemos calcular. Imponiendo que y2 = vy1 sea solucion de la ecuacion homogenea

nos queda una ecuacion para v:

0 = y′′2 + py′2 + qy2 = (v′′y1 + 2v′y′1 + vy′′1) + p(v′y1 + vy′1) + qvy1.

Si reorganizamos estos sumandos adecuadamente obtenemos la ecuacion:

0 = v′′y1 + v′(2y′1 + py1) + v(y′′1 + py′1 + qy1).

Usando ahora que y1 es solucion de nuestra ecuacion homogenea, concluimos que

0 = v′′y1 + v′(2y′1 + py1).

Tenemos que v tiene que ser solucion de esta ecuacion diferencial lineal de segundo orden ho-

mogenea. En principio es un problema similar al que tenıamos, pero analizando un poco mas

la situacion llegamos a la conclusion de que hemos ganado bastante: no aparece explıcitamente

la funcion incognita v. Esto permite hacer el cambio de variable z = v′, reducir el orden y

encontrar las funciones v para las que y2 es solucion de la ecuacion. Solamente nos queda elegir


una solucion que no sea constante ya que con ello obtendremos que y2, ademas de ser solucion,

es linealmente independiente de y1. Puede comprobarse que la anterior funcion viene dada

v(t) =

∫1

y1(t)2e−

∫p(t) dt dt.

Este proceso conduce a la expresion para la funcion y2 que se conoce en la literatura como

formula de Liouville. Debemos evitar aprendernos de memoria la anterior formula porque, con

toda seguridad, la olvidaremos o nos confundiremos en un signo, lo que nos llevara a soluciones

erroneas. Es mejor aprender el metodo y aplicarlo cuando lo necesitemos.

Dada una solucion no nula de la ecuacion, digamos y1, hallamos con el procedimiento

anterior una funcion v, no constante, tal que la funcion y2 = vy1 es una solucion de la

ecuacion homogenea que es linealmente independiente de y1.

Ejemplo. Consideremos la ecuacion

t2y′′ − 5ty′ + 9y = 0

en el intervalo I = (0,+∞). La funcion y1(t) = t3 es solucion de la anterior ecuacion. Podemos

aplicar el metodo de variacion de las constantes para obtener otra solucion de la forma y2(t) =

v(t)t3. Calculamos las derivadas de y2(t):

y′2(t) = v′(t)t3 + 3v(t)t2; y′′2(t) = v′′(t)t3 + 6v′(t)t2 + 6v(t)t.

Sustituimos ahora en la ecuacion diferencial y simplificamos

0 = t2y′′2 − 5ty′2 + 9y2

= t2(v′′(t)t3 + 6v′(t)t2 + 6v(t)t)− 5t(v′(t)t3 + 3v(t)t2) + 9(v(t)t3)

= t3[t2v′′(t) + v′(t)(6t− 5t) + v(t)(6− 15 + 9)]

= t3[t2v′′(t) + tv′(t)] = t4[tv′′(t) + v′(t)].

Es decir, tv′′(t) + v′(t) = 0. Reducimos el orden con el cambio de variable z(t) = v′(t) obteniendo

tz′(t)+z(t) = 0 que tiene como soluciones z(t) = c/t. Integrando concluimos que v(t) = c log(t)+

d. Tenemos que elegir una funcion v entre las encontradas. Observemos que con cualquiera de ellas

tenemos que y2 es solucion de nuestra ecuacion pero queremos adicionalmente que sea linealmente

independiente de y1. Esto se consigue tomando v una funcion que no sea constante, por ejemplo,

v(t) = log(t). De esta forma, y2(t) = v(t)t3 = log(t)t3. La solucion general de la ecuacion es ahora

y(t) = cy1(t) + dy2(t) = t3(c+ d log(t)),


siendo c y d dos constantes cualesquiera2.

Ejemplo. La funcion y1(t) = t es solucion de la ecuacion (t2 − 1)y′′ − 2ty′ + 2y = 0. Por tanto,

podemos buscar otra solucion de la forma y2(t) = v(t)t. Si v no es constante, tendremos que

ambas soluciones son linealmente independientes. Imponiendo que y2 sea solucion de la ecuacion

diferencial lineal de segundo orden obtenemos que v′(t) = 1− 1/t2 y, por tanto, podemos tomar

v(t) = t+ 1/t e y2(t) = t2 + 1.

2.3. Ecuaciones de coeficientes constantes.

Nos centramos ahora en un caso especialmente sencillo como son las ecuaciones lineales ho-

mogeneas de coeficientes constantes: y′′+py′+qy = 0 donde p y q son dos numeros reales. Imitando

lo que ocurre con y′′− y = 0, intentamos encontrar soluciones de la forma y(t) = emt para alguna

constante m. Observemos que esta funcion es solucion si, y solamente si, (m2 + pm + q)emt = 0

si, y solamente si, m2 + pm+ q = 0.

Por tanto, para resolver las ecuaciones de coeficientes constantes empezamos construyendo la

que se conoce como ecuacion auxiliar: m2 + pm+ q = 0 y resolviendola. Sus raıces son

m1 =−p+

√p2 − 4q

2y m2 =

−p−√p2 − 4q

2.

Estos numeros m1 y m2 pueden ser reales y distintos (si p2 > 4q), reales e iguales (si p2 = 4q)

o complejos conjugados distintos (si p2 < 4q) y cada uno de estos casos se trata de manera

diferente.

Raıces reales distintas. Si m1 y m2 son numeros reales distintos, entonces las funciones y1(t) =

em1t e y2(t) = em2t son soluciones linealmente independientes de la ecuacion lineal homogenea

y′′ + py′ + qy = 0 cuya solucion general es, entonces,

y(t) = c1em1t + c2e

m2t.

Raıces reales iguales. Si la ecuacion auxiliar tiene una raız real doble m1 = m2, entonces la

funcion y1(t) = em1t es una solucion de la ecuacion. ¿Como conseguimos otra? Pues aplicando el

metodo de variacion de las constantes. Es decir, buscamos y2(t) = v(t)em1t. Tras unas sencillas

cuentas llegamos a que y2(t) = tem1t es una solucion linealmente independiente de y1 de la

2Llegados a este punto, es conveniente acostumbrarnos a comprobar que, efectivamente, la funcion y(t) ob-

tenida es solucion de la ecuacion. Con ello evitaremos que posibles errores en los calculos realizados afecten a

desarrollos posteriores. Probablemente, los alumnos no nos hareis caso a los profesores en este punto y alguna vez

os arrepentireis.


ecuacion homogenea y′′ + py′ + qy = 0. Por tanto, la solucion general es, entonces,

y(t) = (c1 + c2t)em1t.

Raıces complejas. Si m1 y m2 son numeros complejos, entonces son conjugados, ası que po-

demos escribir m1 = a + bi y m2 = a − bi, donde i =√−1 es la unidad imaginaria y b 6= 0.

Imitando lo que ocurre en el caso de raıces reales distintas, podrıamos construir las soluciones

em1t = e(a+bi)t = eat(cos(bt) + isen (bt)),

em2t = e(a−bi)t = eat(cos(bt)− isen (bt)).

Efectivamente, estas funciones son soluciones de la ecuacion diferencial pero toman valores com-

plejos. Observemos que las funciones anteriores son una la conjugada de la otra. Por tanto, la

suma es una funcion real (de hecho, dos veces la parte real de cualquiera de ellas) y al ser com-

binacion lineal de soluciones sigue siendo solucion. Es decir, la funcion 2eat cos(bt) es solucion de

la ecuacion diferencial. Para simplificar multiplicamos por 1/2 y tenemos una primera solucion

y1(t) = eat cos(bt). De forma analoga, si restamos las funciones em1t y em2t obtenemos que la fun-

cion 2ieatsen (bt) es solucion de la ecuacion lineal. Dividiendo por 2i concluimos que la funcion

y2(t) = eatsen (bt) tambien es solucion de la ecuacion diferencial. Puesto que b 6= 0, se obtiene

que ambas son linealmente independientes por lo que ya tenemos las dos soluciones buscadas.

Una forma facil de recordar estas dos funciones es observando que son precisamente la parte real

y la parte imaginaria de em1t. Resumiendo, la solucion general de esta ecuacion se puede escribir

como

y(t) = eat(c1 cos(bt) + c2sen (bt)),

siendo c1 y c2 dos constantes arbitrarias.

Ejemplos. y′′ − y′ − 2y = 0, y′′ + 4y′ + 4y = 0, y′′ − 2y′ + y = 0, y′′ − 2y′ + 5y = 0.

2.4. Ecuaciones de Euler-Cauchy.

Dedicamos esta subseccion a las conocidas como ecuaciones de Euler-Cauchy:

t2y′′ + pty′ + qy = 0,

siendo p y q constantes. Veamos el siguiente ejemplo:

Ejemplo. Consideremos la ecuacion

t2y′′ − 5ty′ + 9y = 0.


Debido a que el exponente concuerda con el orden de la derivada en cada termino, es posible

buscar una solucion de la forma y1(t) = tr. Sustituyendo en la ecuacion diferencial obtenemos

que

t2r(r − 1)tr−2 − 5trtr−1 + 9tr = 0.

Ası y1(t) = tr sera solucion si, y solamente si,

r(r − 1)− 5r + 9 = 0,

es decir, si (r − 3)2 = 0. Por lo tanto, y1(t) = t3 es una solucion de nuestra ecuacion. Como

ya hemos visto en ejercicios de secciones anteriores, aplicando el metodo de variacion de los

parametros, obtenemos otra solucion linealmente independientes con la anterior: y2(t) = v(t)t3 =

log(t)t3.

Con este metodo (buscar soluciones de la forma t 7→ tr) podemos resolver todas las ecuaciones

de Euler-Cauchy. Siguiendo los pasos del anterior ejemplo, el valor r sera una solucion de la

ecuacion

r2 + (p− 1)r + q = 0.

El caso mas delicado es cuando obtenemos dos raıces complejas de la ecuacion auxiliar. En

este caso hacemos uso de que ta±ib = ta(cos(b log t) ± sen(b log t)). Con combinaciones lineales

conseguimos dos soluciones linealmente independientes. De hecho, siguiendo los pasos dados en

las ecuaciones lineales de coeficientes constantes, estas son la parte real e imaginaria de la anterior

expresion.

Otra forma de resolverlas es mediante una reduccion a una ecuacion lineal con coeficientes

constantes haciendo el cambio de variable independiente t = es. Para ello, si llamamos z(s) =

y(es), entonces la funcion z satisface la ecuacion

z′′ + (p− 1)z + qz = r(es)

donde las derivadas que aparecen son derivadas de z con respecto a s. Una vez resuelta, desha-

cemos el cambio de variable para obtener la solucion y(t) = z(log(t)).

Ejercicios para los alumnos: t2y′′ − 4ty′ + 6y = 0; t2y′′ − ty′ + y = 0; t2y′′ + ty′ + y = 0.

3. Resolucion de la ecuacion completa.

La idea clave para abordar la resolucion de ecuaciones diferenciales lineales completas la

resumimos en el siguiente parrafo:


Sean y1 e y2 dos soluciones linealmente independientes de la ecuacion homogenea

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0 y sea yp una solucion particular de la ecuacion completa

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = r(t). Entonces yp + c1y1 + c2y2 es la solucion general de dicha

ecuacion, en el sentido de que dada una solucion y de la ecuacion completa, existen

c1, c2 ∈ R tales que y = yp + c1y1 + c2y2.

Es decir, todas las funciones anteriores son soluciones de la ecuacion y, recıprocamente, toda

solucion de la anterior ecuacion es de la forma y = yp + c1y1 + c2y2. Es importante poner enfasis

en esta doble relacion porque suele pasarnos desapercibida toda la informacion que conlleva.

De acuerdo con esto, para resolver la ecuacion completa de forma general, necesitamos hallar

dos soluciones independientes de la ecuacion homogenea y una solucion particular de la comple-

ta. A continuacion veremos dos metodos para encontrar una solucion particular. En ambos es

importante conocer previamente las soluciones de la ecuacion diferencial lineal homogenea aso-

ciada. El primero de ellos es mas general y requiere el calculo de dos primitivas mientras que el

segundo es valido solamente cuando la ecuacion homogenea asociada es de coeficientes constan-

tes y el termino independiente es de una determinada forma que en su momento explicaremos.

Como regla general, cuando se pueda usar este segundo metodo lo usaremos porque los calculos

intermedios suelen ser mas simples (se cambia el calculo de primitivas por la resolucion de un

sistema de ecuaciones lineales).

En definitiva, basta calcular una solucion de la ecuacion homogenea porque podemos calcular

una segunda solucion linealmente independiente usando la formula de Liouville y, luego, calcular

una solucion particular de la completa por el metodo de variacion de los parametros o el metodo

de los coeficientes indeterminados.

3.1. El metodo de variacion de los parametros.

Veremos ahora como se puede adaptar el metodo de variacion de los parametros para hallar

soluciones particulares de la ecuacion completa a partir de la solucion general de la ecuacion

homogenea.

Supongamos que conocemos la solucion general c1y1(t) + c2y2(t) de la ecuacion homogenea.

La idea central del metodo de variacion de los parametros es suponer que los coeficientes c1 y c2

de la solucion general c1y1(t)+ c2y2(t) de la ecuacion homogenea pueden variar (de ahı el nombre

del metodo) y buscar una solucion particular de la ecuacion completa de la forma

yp(t) = v1(t)y1(t) + v2(t)y2(t)


donde v1(t) y v2(t) son dos funciones que debemos determinar. Para ello imponemos que yp

verifique la ecuacion completa y′′ + p(t)y′ + q(t) = r(t). Observemos que esto nos llevara a una

unica ecuacion donde aparecen dos incognitas (v1 y v2) y sus derivadas. Esto nos deja un grado

de libertad que usaremos para simplificar el proceso.

Derivando la expresion de yp llegamos a que

y′p(t) = v′1(t)y1(t) + v1(t)y′1(t) + v2(t)

′y2(t) + v2(t)y′2(t).

Ahora tendrıamos que volver a derivar y sustituir en la ecuacion. Como todos intuimos esto nos

lleva a una expresion, cuando menos, bastante larga. Como podemos imponer otra ecuacion, lo

haremos en este momento para simplificar. Concretamente:

v′1(t)y1(t) + v2(t)′y2(t) = 0

en todo el intervalo I. Con ello conseguimos que la expresion de y′p sea mas simple y que al volver

a derivar no aparezcan derivadas segundas, obteniendo que

y′p(t) = v1(t)y′1(t) + v2(t)y

′2(t).

y, por tanto,

y′′p(t) = v′1(t)y′1(t) + v1(t)y

′′1(t) + v2(t)

′y′2(t) + v2(t)y′′2(t).

Sustituyendo y tras algunas simplificaciones (usando que tanto y1 como y2 son soluciones de la

ecuacion diferencial lineal homogenea) llegamos a que v′1(t)y′1(t) + v′2(t)y

′2(t) = r(t).

Resumiendo, las funciones v1 y v2 deben satisfacer el sistema de ecuaciones lineales

v′1(t)y1(t) + v′2(t)y2(t) = 0,

v′1(t)y′1(t) + v′2(t)y

′2(t) = r(t).

¿Es compatible este sistema? La respuesta es que sı. De hecho, esto es consecuencia de lo

siguiente: si y1 e y2 son linealmente independientes, entonces el determinante de la matriz del

anterior sistema es siempre no nulo, es decir,∣∣∣∣∣ y1(t) y2(t)

y′1(t) y′2(t)

∣∣∣∣∣ 6= 0.

Por tanto el sistema a resolver siempre nos saldra compatible determinado. Este hecho no es

demasiado difıcil de probar pero decidimos saltarnos dicha demostracion.

Ejemplo. y′′ + y = 1/ sen(t) para t ∈ I = (0, π).


Ejemplo. (1 + t)y′′ + (4t + 5)y′ + (4t + 6)y = e−2t sabiendo que la ecuacion lineal homogenea

asociada tiene una solucion de la forma y1(t) = eat.

Ejemplo. Los alumnos pueden obtener la solucion general de la ecuacion y′′−3y′+2y = sen(e−t)

sabiendo que la solucion general de la ecuacion homogenea asociada es yh(t) = c1et + c2e

2t.

Nota: en los calculos hay que integrar por partes.

Ejercicios para los alumnos: t2y′′ − 4ty′ + 6y = t4 − t2; t2y′′ − ty′ + y = t3 log3(t);

3.2. El metodo de los coeficientes indeterminados.

Vimos en la seccion anterior que si tenemos dos soluciones linealmente independientes de la

ecuacion homogenea, podemos hallar una solucion particular de la ecuacion completa usando el

metodo de variacion de los parametros. Este metodo funciona siempre, pero puede conducir a

integraciones tediosas. Si la ecuacion tiene coeficientes constantes, existe un metodo que permite

hallar una solucion particular de la ecuacion completa y′′+py′+ qy = r(t) cuando la funcion r(t)

es un polinomio, una exponencial, un seno, un coseno o una combinacion de sumas y productos

de tales funciones. La razon es que las derivadas de una de estas combinaciones vuelven a ser

funciones del mismo tipo, ası que lo que se plantea es buscar como solucion particular una

combinacion adecuada con coeficientes indeterminados que se calculan imponiendo que la funcion

verifique la ecuacion. Este metodo es conocido tambien en algunos textos como el de la solucion

razonable.

Ejemplo. Para hallar una solucion particular de

y′′ − y′ + 2y = 2t2 − 2t,

nos fijamos en que r(t) = 2t2 − 2t es un polinomio de segundo grado, ası que buscamos una

solucion particular de la forma yp(t) = at2 + bt + c. Imponiendo que yp verifique la ecuacion

llegamos a

2a− (2at+ b) + 2(at2 + bt+ c) = 2t2 − 2t para todo t.

Igualando los coeficientes del polinomio de la izquierda y del polinomio de la derecha, obtenemos

2a = 2, −2a+ 2b = −2, 2a− b+ 2c = 0.

Luego a = 1, b = 0 y c = −1, lo que nos da la solucion particular yp(t) = t2 − 1.

Algunas sugerencias. A la vista de r(t) ¿como elegimos la forma de yp(t)? No puede darse una

respuesta general, pero sı podemos dar una relacion de los casos mas simples; adquirir experiencia

con ellos permitira abordar casos mas complicados con soltura. En lo que sigue m1 y m2 son las

soluciones de la ecuacion auxiliar.


1. Si r(t) es un polinomio de grado n, entonces se busca como solucion particular un polinomio

de grado n (si cero no es raız de la ecuacion auxiliar) o n + 1 (si cero es raız simple de la

ecuacion auxiliar).

Ejemplos. y′′ + 3y′ + 2y = t3; y′′ + y′ = t2 + 1.

2. Si r(t) = Aeat es una exponencial, entonces se busca como solucion particular

(i) yp = ceat si a 6= m1 y a 6= m2,

(ii) yp = cteat si a = m1 y a 6= m2,

(iii) yp = ct2eat si a = m1 = m2.

Ejemplos. y′′ − y′ − 2y = 5et; y′′ − y′ − 2y = 5e−t.

3. Si r(t) = Asen (αt) o r(t) = A cos(αt), entonces se busca como solucion particular

(i) yp = a cos(αt) + bsen (αt) si αi 6= m1 y αi 6= m2,

(ii) yp = at cos(αt) + btsen (αt) si αi es una raız de la ecuacion auxiliar.

Ejemplos. y′′ + 4y′ + 4y = cos(3t); y′′ + y = cos(t)

Nota. En todos los casos anteriores se intenta buscar una solucion del mismo tipo que r(t) salvo

cuando esta funcion es solucion de la ecuacion homogenea. Se habla en este caso de resonancia.

Ejemplo. y′′ + 6y′ + 13y = e−3t cos(2t)

Nota. En el anterior ejemplo las cuentas son largas porque hay resonancia y la funcion a ensayar

es y(t) = Ate−3t cos(2t) +Bte−3t sen(2t).

3.3. Principio de superposicion.

El siguiente resultado, conocido como principio de superposicion, es de comprobacion rutinaria

pero muy util en la practica.

Consideremos la ecuacion diferencial

y′′ + p(t)y′ + q(t)y = r1(t) + r2(t). (1)

El principio de superposicion afirma que si yp,1 es solucion de y′′+p(t)y′+ q(t)y = r1(t)

e yp,2 es solucion de y′′ + p(t)y′ + q(t)y = r2(t), entonces la funcion yp = yp,1 + yp,2 es

solucion de la ecuacion (1).


Ejemplo. y′′ + y = cos(t) + sen(2t).

4. Modelo mecanico.

Como vimos en la primera seccion, el movimiento de una masa unida a un muelle y a un

amortiguador sobre la que actua una fuerza externa F (t) viene dada por

mx′′ + cx′ + kx = F (t)

donde c ≥ 0 y k > 0. A continuacion, aplicamos lo estudiado en esta leccion para analizar el

comportamiento de la masa. Observemos que la ecuacion homogenea asociada es de coeficientes

constantes. Por tanto, tenemos las herramientas necesarias para abordar el calculo de la solucion

tanto en el caso de movimiento libre como en el forzado. Para simplificar la notacion, denotaremos

en lo que sigue ω0 =√

km

(valor que llamaremos frecuencia natural) y p = c2m

. Con ello la ecuacion

se reescribe como

x′′ + 2px′ + ω20x = F (t)/m.

4.1. Movimiento libre.

Comenzamos por el caso mas simple, es decir, cuando no hay fuerza externa (F (t) = 0 para

todo t). Con la terminologıa usada en la leccion, estamos analizando una ecuacion homogenea

de coeficientes constantes.

Caso no amortiguado (c = 0). La ecuacion del modelo se reduce a x′′+ω20x = 0 y su solucion

general es

x(t) = A cos(ω0t) +B sen(ω0t)

siendo A y B dos constantes a determinar. Es un ejercicio sencillo para los alumnos (¡Hagase!)

comprobar que esta funcion x(t) se puede reescribir de la forma

x(t) = C cos(ω0t− α),

donde C =√A2 +B2 es la amplitud de la onda periodica y el angulo de fase α es tal que

cosα = A√A2+B2 y senα = B√

A2+B2 . Esta funcion tiene perıodo T = 2πω0

y frecuencia angular ω0.

Si las condiciones iniciales son x(0) = x0 y x′(0) = v0, entonces se tiene que x0 = A y

v0 = Bω0. Es decir, las solucion con estas condiciones iniciales es

x(t) = x0 cos(ω0t) +v0ω0

sen(ω0t).


Con un poco mas de esfuerzo calculamos la amplitud y el angulo de fase en funcion de las

condiciones iniciales: C =

√x20ω

20+v

20

ω0y α es tal que cosα = x0ω0√

x20ω20+v

20

y senα = v0√x20ω

20+v

20

.

Ejercicio para los alumnos. El camino mas comodo para obtener α es mediante la expresion

tanα = v0x0ω0

y usar la funcion arcotangente. ¡Ojo con nuestra calculadora! La funcion arcotan-

gente siempre nos devuelve un numero del intervalo (−π/2, π/2). ¿Que relacion hay entre el valor

obtenido con la funcion arcotangente y el numero α?

Ejemplo. Consideremos una masa m = 0,5Kg y constante k = 50N/m con una posicion inicial

de x(0) = 0,5m y velocidad inicial x′(0) = −10m/seg. Tenemos que ω0 = 10 y la solucion es

x(t) =1

2cos(ω0t)− sen(ω0t) =

√5

2cos(ω0t− α),

siendo tanα = −2.

Caso amortiguado (c > 0). Tenemos que analizar la ecuacion x′′ + 2px′ + ω20x = 0, con p > 0.

Su ecuacion auxiliar es m2+2pm+ω20 = 0. Dependiendo de la relacion entre p y ω0, las soluciones

de esta ecuacion pueden ser reales distintas, real doble o complejas. Analizamos por separado

cada caso.

p > ω0 Las soluciones de la ecuacion auxiliar son reales distintas y negativas. Llamemoslas

λ1 y λ2. Por tanto la solucion general es

x(t) = Aeλ1t +Beλ2t

siendo A y B dos constantes a determinar en funcion de las condiciones iniciales. Independien-

temente de tales valores, se comprueba sin dificultad que lımt→+∞ x(t) = 0. Este caso se conoce

como movimiento sobreamortiguado.

En el siguiente dibujo mostramos las graficas de x(t) para distintos valores de A y B:


p = ω0 En este caso la ecuacion auxiliar tiene una raız real doble λ = −p < 0. Como ya

sabemos, la solucion general es

x(t) = Ae−pt +Be−ptt = e−pt(A+Bt)

siendo A y B dos constantes a determinar en funcion de las condiciones iniciales. Independien-

temente de tales valores, se comprueba sin dificultad que lımt→+∞ x(t) = 0. Como en el caso

anterior, hay convergencia a cero pero ahora puede ser ligeramente mas lenta. Este caso se cono-

ce como movimiento crıticamente amortiguado.

Como en el caso anterior, mostramos algunas de las graficas de x(t) para distintos valores de

A y B:

En los dos ultimos casos observamos que la masa vuelve a su posicion de reposo sin oscilar.

p < ω0 Ahora, las raıces de la ecuacion auxiliar son los numeros complejos −p± ω1i, siendo

ω1 =√ω20 − p2 y la solucion general de la ecuacion viene dada por

x(t) = Ae−pt cos(ω1t) +Be−pt sen(ω1t).

El valor 2π/ω1 es conocido como pseudoperıodo. Para unas condiciones iniciales dadas por x(0) =

x0 y x′(0) = v0 tendremos que x0 = A+B y v0 = Bw1−pA, lo que permite obtener los valores de

A y B. En la siguiente grafica mostramos en trazo continuo un ejemplo tomando p = 2 y ω0 = 5,

amplitud 4 y angulo de fase 2. El pseudoperıodo es 2π/ω1 = 2π/√

25 ≈ 1,3711. Mostramos

tambien, a trazo discontinuo, las graficas de la funciones 4e−2t y −4e−2t observandose que la

solucion oscila entre ambas.


Ejemplo. Calcule la solucion del problema de valores iniciales

1

2x′′ + 6x′ + 50x = 0, x(0) =

1

2, x′(0) = −10.

4.2. Movimiento forzado.

Nos centramos ahora en el caso en que hay una fuerza externa F (t) que influye en el mo-

vimiento de la masa, concretamente cuando dicha fuerza viene dada por una funcion armonica

simple F (t) = F0 cos(ωt).

Caso no amortiguado (c = 0). Es decir, tratamos de analizar la ecuacion mx′′ + kx =

F0 cos(ωt). Sabemos que la solucion general de la ecuacion homogenea asociada es xh(t) =

A cos(ω0t) + B sen(ω0t). Para encontrar una solucion particular de la ecuacion homogenea hay

que distinguir dos casos: sin resonancia (ω 6= ω0) y con resonancia (ω = ω0).

a.1. ω 6= ω0. En este caso podemos buscar una solucion particular por el metodo de los coeficientes

indeterminados que sea combinacion lineal de las funciones cos(ωt) y sen(ωt). Un rapido analisis

nos lleva a que dicha solucion es xp(t) = F0

m(ω20−ω2)

cos(ωt). Observemos que esta solucion particular

es periodica y tiene la misma frecuencia que la fuerza F .

La solucion general de la ecuacion completa

x(t) = C cos(ω0t− α) +F0

m(ω20 − ω2)

cos(ωt)

es suma de dos oscilaciones periodicas: una con la frecuencia natural ω0 y otra con la frecuencia

de la fuerza externa ω. ¿Es la solucion periodica? En general no lo es. Puede comprobarse que la

anterior funcion es periodica si ω/ω0 ∈ Q (Hagase).


Una solucion particular muy usada en las aplicaciones (teorıa de control, ...) es la que viene

dada por las condiciones iniciales x(0) = 0 y x′(0) = 0. Denotaremos a tal solucion por x(t). Un

sencillo calculo nos muestra que

x(t) =F0

m(ω20 − ω2)

(cos(ωt)− cos(ω0t)).

Si ahora queremos calcular la solucion de la ecuacion completa con las condiciones iniciales

x(0) = x0 y x′(0) = v0, es suficiente sumar a la funcion x(t) la solucion de la ecuacion homogenea

que satisface las mismas condiciones iniciales.

Veamos un ejemplo de uso de la solucion x(t). Supongamos que ω ≈ ω0. Es decir, no hay

resonancia pero estamos proximos. Recordemos que

2 senA senB = cos(A−B)− cos(A+B).

Usando esta identidad con A = 12(ω0 + ω)t y B = 1

2(ω0 − ω)t concluimos que

x(t) =F0

m(ω20 − ω2)

(cos(ωt)− cos(ω0t)) =F0

m(ω20 − ω2)

2 sen

(1

2(ω0 − ω)t

)sen

(1

2(ω0 + ω)t

).

Como estamos en una situacion proxima a la resonancia se tiene que la cantidad ω + ω0 es

muy grande frente a |ω − ω0|. Por lo que la funcion sen(12(ω0 + ω)t

)oscila mucho mas rapi-

damente que sen(12(ω0 − ω)t

). De esta forma, la anterior solucion se puede interpretar co-

mo una oscilacion rapida con frecuencia angular 12(ω0 + ω) y amplitud que varıa lentamente

A(t) = 2F0

m(ω20−ω2)

sen(12(ω0 − ω)t

):

x(t) = A(t) sen

(1

2(ω0 + ω)t

).

Este tipo de oscilaciones en las que hay una amplitud periodica que varıa lentamente se conoce

en la literatura como pulsaciones.

En el siguiente grafico mostramos la solucion x(t) (a trazo continuo) tomando F0 = m = 1,

ω0 = 100 y ω = 101. Es decir,

x(t) = − 2

201sen

(−1

2t

)sen

(201

2t

).

Para que se pueda comparar con la funcion armonica simple de amplitud 2201

hemos dibujado

tambien (a trazo discontinuo) las graficas de la funciones ± 2201

sen(2012t).


Ejercicio. ¿Que condiciones iniciales x(0) = x0 y x′(0) = v0 producen una solucion particular

que sea 2πω

-periodica de mx′′ + kx = cos(ωt)?

a.2. ω = ω0. Estamos ante el caso de resonancia pura.

Una solucion particular de la ecuacion mx′′ + kx = F0 cos(ω0t) viene dada por xp(t) =F0

2mω0t sen(ω0t) y ası la solucion general es

x(t) = A cos(ω0t) +B sen(ω0t) +F0

2mω0

t sen(ω0t)

siendo A y B dos constantes arbitrarias. Estas funciones son siempre no acotadas.

La grafica de la solucion particular encontrada oscila entre las rectas de ecuaciones y = ± F0

2mω0t

tal y como mostramos en el siguiente dibujo donde hemos tomado ω0 = 1, F0 = 2 y m = 1:

Caso amortiguado (c > 0). Estamos ya ante el caso mas general posible: hay tanto amortigua-

miento como fuerza externa. La ecuacion homogenea asociada ya ha sido previamente estudiada


y se corresponde con los casos de sobreamortiguamiento, movimiento crıticamente amortiguado

y subamortiguado. Recordemos que en todos los casos se tiene que si xh es una solucion de dicha

ecuacion homogenea, se verifica que lımt→+∞ xh(t) = 0.

Con respecto a la busqueda de una solucion particular de la ecuacion completa, es interesante

empezar observando que cuando hay amortiguamiento, nunca hay resonancia ya que la funcion

F (t) = F0 cos(ωt) nunca es solucion de la ecuacion homogenea mx′′ + cx′ + kx = 0 cuando

las constantes c y k son positivas. Calculemos una solucion particular de la ecuacion completa

mx′′+cx′+kx = F0 cos(ωt) por el metodo de los coeficientes indeterminados. Ensayando con una

funcion del tipo xp(t) = A cos(ωt) + B sen(ωt), concluimos que A y B tienen que ser soluciones

del sistema

(k −mω2)A+ cωB = F0,

−cwA+ (k −mω2)B = 0.

Por tanto,

A =(k −mω2)F0

(k −mω2)2 + (cω)2, B =

cωF0

(k −mω2)2 + (cω)2.

Para simplificar la notacion, introducimos la constante

ρ =k√

(k −mω2)2 + (cω)2(2)

y el angulo α tal que

cosα =cω√

(k −mω2)2 + (cω)2y senα =

k −mω2√(k −mω2)2 + (cω)2

.

Con ello

xp(t) = A cos(ωt) +B sen(ωt)

= ρF0

k(cos(ωt) cosα + sen(ωt) senα)

= ρF0

kcos(ωt− α).

Observemos que la solucion encontrada es 2πω

-periodica.

La solucion general de la ecuacion sera por tanto de la forma

x(t) = xh(t) + ρF0

kcos(ωt− α).

La funcion xh(t) se conoce como solucion (o regimen) transitoria mientras que la particular

que hemos encontrado se conoce como solucion (o regimen) permanente ya que asintoticamente


todas las soluciones se comportan como ella. Esta solucion particular la denotaremos en adelante

xrp(t) = ρF0

kcos(ωt−α). Cuando ω = 0, la solucion es la funcion constante xrp(t) = F0

k. El numero

ρ = ρ(ω) se llama factor de amplificacion ya que indica la cantidad que varıa la amplitud con

respecto a la solucion cuando ω es cero, pasando de ser F0/k (conocido como desplazamiento

estatico o ganancia) a ρ(ω)F0/k.

¿Como es la dependencia del factor de amplificacion ρ (vease su valor en (2)) con respecto a

la frecuencia externa ω? Observemos que si ω = 0, se tiene que ρ = 1 y que lımω→+∞ ρ(ω) = 0.

Para ver el comportamiento de la funcion ρ(ω) en el interior del intervalo (0,+∞) es comodo

recurrir a la funcion g(ω) = (k − mω2)2 + (cω)2. Un sencillo ejercicio de calculo de derivadas

muestra que esta funcion g es creciente en (0,∞) si c ≥√

2km y tiene un mınimo global en el

valor ω∗ =√

km− c2

2m2 si c <√

2km. Por consiguente, la funcion ρ(ω) es decreciente si c ≥√

2km

y tiene un maximo global en el punto ω∗ si c <√

2km. Dicho valor ω∗ se conoce como resonancia

practica. Es decir, la amplificacion de la solucion permanente es maxima para el valor ω∗ si

c <√

2km. Puede comprobarse que en este ultimo caso ρ(ω∗) = 2kmc√4km−c2 , lo que indica que

para determinados valores de los parametros iniciales k, c y m el valor de la amplitud puede ser

arbitrariamente grande.

Mostramos para finalizar las graficas del factor de amplificacion frente a la frecuencia de

entrada tomando k = m = F0 = 1 y como valores del coeficiente de amortiguamiento c igual a

0.5, 1, 2 y 3. Con estos parametros se tiene que ω∗ =√

1− c2

2siempre que c <

√2.


Ejemplo. Calcule la solucion del problema de valores iniciales

x′′ + 2x′ + 2x = 20 cos(2t), x(0) = 0, x′(0) = 0.

5. Comentarios finales.

5.1. Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior.

Todos los resultados que hemos visto en este tema se pueden extender con las modificaciones

obvias a orden mayor que dos. Si se han entendido todas las ideas de esta leccion debe ser un

ejercicio facil pasar todos los resultados a dimensiones mayores. Por ejemplo, el conjunto de

soluciones de una ecuacion diferencial lineal homogenea de tercer orden

y′′′ + p1(t)y′′ + p2(t)y

′ + p3(t)y = 0

es un espacio vectorial de dimension 3. Analogamente, dada una solucion particular yp de la

ecuacion completa

y′′′ + p1(t)y′′ + p2(t)y

′ + p3(t)y = r(t)

y tres soluciones y1, y2 e y3 linealmente independientes de su ecuacion homogenea asociada,

entonces la solucion general de la ecuacion anterior es

y(t) = yp(t) + c1y1(t) + c2y2(t) + c3y3(t),

siendo c1, c2 y c3 tres constantes arbitrarias.

Para analizar y profundizar en estas ideas recomendamos al alumnado que obtenenga la

solucion general de la ecuacion de Euler-Cauchy dada por

t3y′′′ + t2y′′ − 6ty′ + 6y = 30t

para t > 0.

6. Bibliografıa recomendada.

Se recomienda a los alumnos que hagan un repaso previo de sus conocimientos sobre ecuaciones

lineales de primer orden estudiadas en asignaturas anteriores. Puede seguirse para ello el Capıtulo

1 de [1].


La bibliografıa tanto para esta leccion como para las restantes del curso es muy amplia y

la inmensa mayorıa de las obras que tratan ecuaciones diferenciales pueden servir de ayuda.

Por concretar, hemos seleccionado una breve lista con mencion explıcita de los capıtulos que

tratan las ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden, pero otros muchos libros pueden ser

consultados.

Recientemente, W.F. Trench ha publicado un libro en la red que puede ser de gran ayuda

para preparar la asignatura titulado “Elementary Differential equations with boundary value

problems”. Puedes verlo en

http://ramanujan.math.trinity.edu/wtrench/texts/TRENCH FREE DIFFEQ II.PDF,

Ademas, puedes consultar tambien la solucion de los ejercicios:

http://ramanujan.math.trinity.edu/wtrench/texts/TRENCH DE STUDENT MANUAL.PDF

El contenido de esta leccion se corresponde con el Capıtulo 3 de [1], el Capıtulo 3 de [4] y el

4 de [2].

7. Ejercicios.

Ejercicio 1. Resuelve las siguientes ecuaciones con coeficientes constantes.

1. y′′ − y = t+ 4et.

2. y′′ − y′ = t2.

3. y′′ − 4y = e2t.

4. y′′ + 2y′ = 3tet.

5. y′′ + 4y = 8 sen(2t).

Ejercicio 2. Resuelve los siguientes problemas de valores iniciales.

1. y′′ − y′ − 2y = 5e−t + t2 − 1, con y(0) = 0 e y′(0) = 0.

2. y′′ + y′ − 2y = 2(1 + t+ t2), con y(0) = 2 e y′(0) = −1.

3. y′′ + 4y′ + 4y = cos(2t), con y(0) = 1 e y′(0) = 0.

4. y′′ − 2y′ + y = et sen(t), con y(0) = 0 e y′(0) = 1.


5. y′′ − 2y′ + 5y = 5t− 2 + 4et, con y(0) = 1 e y′(0) = 4.

Ejercicio 3. En los siguientes casos, halla la solucion general de la ecuacion usando la solucion

y1 de la ecuacion homogenea que se proporciona para calcular una segunda solucion linealmente

independiente y, en su caso, el metodo de variacion de los parametros para hallar una solucion

particular de la ecuacion completa.

1. t2y′′ + ty′ − y = 3t2, con y1(t) = t.

2. (1 + t)y′′ − 2y′ + (1− t)y = 2− t+ t2, con y1(t) = et.

3. (t2 + 1)y′′ − 2ty′ + 2y = 0, con y1(t) = t2 − 1.

4. t2y′′ − t(t+ 2)y′ + (t+ 2)y = t3, sabiendo que y1 es un polinomio de primer grado.

Ejercicio 4. Resuelve las siguientes ecuaciones de Euler-Cauchy.

1. t2y′′ − 3ty′ − 5y = t2 log(t).

2. t2y′′ − ty′ + y = log(t).

3. 4t2y′′ + 5y = 0.

Ejercicio 5. (1) Resuelve la ecuacion diferencial

y′ + y − 2et = 0.

(2) Resuelve la ecuacion

ty′′ − (1 + t)y′ + y = 0

sabiendo que tiene una solucion comun con la ecuacion del apartado (1).

Ejercicio 6. (1) Calcula la solucion general de la ecuacion

(t2 − 1)y′′ − 2ty′ + 2y = 0,

sabiendo que y1(t) = t es una solucion de dicha ecuacion.

(2) Calcula una solucion particular de

(t2 − 1)y′′ − 2ty′ + 2y = t2 − 1.


Ejercicio 7. Resuelve el problema de valores iniciales

y′′ + 4y = 3 cos(t)

con y(0) = 2 e y′(0) = −2.


y′′ + 2y′ + 5y = 5t2 − t

con y(0) = 1 e y′(0) = −4.


y′′ + y′ − 2y = 6et

con y(0) = 0 e y′(0) = 4.


t2y′′ − 3ty′ + 3y = 3 log(t)− 4

con y(1) = −2 e y′(1) = 9.

Referencias

[1] C.H. Edwards y D. E. Penney, Ecuaciones diferenciales y problemas con valores frontera,

Editorial Pearson, cuarta edicion, 2009.

[2] R.K. Nagle y E.B. Saff, Fundamentos de ecuaciones diferenciales, Editorial Addison-Wesley

Iberoamericana, segunda edicion, 1999.

[3] R.K. Nagle, E.B. Saff y A.D. Snider, Ecuaciones diferenciales y problemas con valores en la

frontera, Editorial Pearson, cuarta edicion, 2005.

[4] G.F. Simmons, Ecuaciones diferenciales con aplicaciones y notas historicas, Editorial Mc-

GrawHill, segunda edicion, 1995.

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Leccion 1 Ecuaciones de segundo orden