folle ecuadiferenciales fic 2013 2xhoja

Mag. Jube Portalatino Zevallos Ecuaciones diferenciales ordinarias

1

NOCIONES DE ECUACIONES DIFERENCIALES 1.1. DEFINICIÓN . Una ecuación diferencial es una ecuación que contiene una

función desconocida juntamente con sus derivadas. Ejemplos.

1) 2 x(x 1)y (x) sen(x)y (x) e′′ ′− − =

2) 2 2w w w(sen(x)) (cos (x)) x y

t x x y y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ + + = + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

1.2. CLASIFICACIÓN

1.3. DEFINICIÓN . Una ecuación diferencial se llama ecuación diferencial ordinaria (EDO) si contiene una función desconocida de una sola variable independiente y sus derivadas. Si la función desconocida es de varias variables independientes, se llama ecuación diferencial parcial (EDP).

Ejemplos

1) 2 1(2x 1)y xy 2

x′′ ′− − + = es una ecuación diferencial ordinaria.

2) 2 2

2 2

w w wk 2x 1

t x y

∂ ∂ ∂− + = − ∂ ∂ ∂ es una ecuación diferencial parcial

Ecuaciones Diferenciales

Parciales

Ecuaciones

Diferenciales


Ordinarias


Lineales


No Lineales

Ecuaciones Diferenciales de

1º, 2º, 3º,... orden


2

1.4. DEFINICIÓN . El orden de una ecuación diferencial es la derivada de mayor orden.

Ejemplos

1) 2 3 2(2x 1)(y ) 6(y ) 2x′′′ ′− − = es de tercer orden

2) 2 2

2 2

w w wk 2x 1

t x y

∂ ∂ ∂− + = − ∂ ∂ ∂ es de orden 2

1.5. DEFINICIÓN . El grado de una ecuación diferencial es el exponente del

término de mayor orden de su derivada.

Ejemplo 2 3 2(2x 1)(y ) 6(y ) 2x′′′ ′− − = es de grado 2

1.6. DEFINICIÓN . Una EDO es lineal de orden n si es de la forma:

(n) (n 1)n n 1 1 0a (x)y (x) a (x)y (x) a (x)y (x) a (x)y(x) F(x)−

− ′+ + + + =⋯

Ejemplos

1) 2 1(2x 1)y xy 2y

x′′ ′− − + =

2) y 2y 3y ln x′′′ ′− + =

1.7. DEFINICIÓN . Una EDO que no es de la forma anterior se llama EDO no

lineal.

Ejemplo. 2y 2y 3y ln x′′′ ′− + =

1.8. DEFINICIÓN . Una solución de una ecuación diferencial es cualquier función

que satisface la ecuación. La función solución puede estar expresado en forma explícita o implícita.

Ejemplo. La función 2x

y x4

= + es una solución de la EDO xy y x 1′′ ′+ = +

1.9. DEFINICIÓN . La solución general de una EDO lineal de orden n es la

solución con n constantes arbitrarias.

Ejemplo. La función 2

1 2x

y c c ln | x | x4

= + + + es la solución general de la EDO

xy y x 1′′ ′+ = +

1.10. DEFINICIÓN . Una solución particular de una EDO es la solución obtenida

de la solución general seleccionando valores particulares de las constantes arbitrarias.


3

Ejemplo. La función 2x

y 1 2ln | x | x4

= − + + + es una solución particular de la EDO

xy y x 1′′ ′+ = + . Se obtiene de la solución general 2

1 2x

y c c ln | x | x4

= + + + ,

haciendo c1=-1, c2=2.

1.11. DEFINICIÓN . Un problema de valor inicial es un problema que busca la solución de una ecuación diferencial ordinaria sujeta a condiciones sobre la función desconocida y sus derivadas, llamadas condiciones iniciales.

Ejemplo xy y x 1

y(1) 2se llaman condiciones iniciales

y (1) 1

′′ ′+ = + =

′ =

1.12. DEFINCIÓN . Un problema de valor de frontera es un problema que busca la

solución de una ecuación diferencial ordinaria sujeta a condiciones sobre la función desconocida en dos o más valores, llamada condiciones de frontera.

Ejemplo xy y x 1

y(1) 5condiciones de frontera

y(2) 3

′′ ′+ = + =

=

1.13. TEOREMA (De existencia y unicidad). Sea el problema

0 0

y (x) f (x, y(x))

y(x ) y

′ = =

Si f y f

y

∂∂

son continuas sobre una región Ω y 0 0(x , y )∈ Ω , entonces existe una

única solución y=g(x) del problema.

2. MÉTODOS DE SOLUCIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN

2.1. MÉTODO DE SEPARACIÓN DE VARIABLES Sea y (x) f (x, y(x))′ =

Si esto se puede expresar de la forma: M(x)dx N(y)dy 0+ = ,

entonces su solución es

M(x)dx N(y)dy C+ =∫ ∫


4

Ejemplo. Resolver 2

2

2x 2xyy (x)

y 2yx

+′ =+

Solución dy

ydx

′ =

La ecuación se puede expresar de la forma:

2 2

2x ydx dy

1 2x 1 y=

+ +

Integrando se obtiene 2 21 1

2 22 2

d(1 2x ) d(1 y )C

1 2x 1 y

+ += +

+ +∫ ∫

⇔ 2 21 1ln |1 2x | ln |1 y | ln A

2 2+ = + +

⇔ 2

2

1 2xA

1 y

+ =+

2.2. MÉTODO DE LAS FUNCIONES HOMOGÉNEAS

DEFINICIÓN . La función 2f : →ℝ ℝ se llama función homogénea de grado n si nf ( x, y) f (x, y)λ λ = λ

Si n=0 y satisface f ( x, y) f (x, y)λ λ = se dice simplemente que la función es

homogénea

Ejemplo. La función 2 2x y

f (x, y)2xy

+= es homogénea, pues

2 2 2 2( x) ( y) x yf ( x, y) f (x, y)

2( x)( y) 2xy

λ + λ +λ λ = = =λ λ

ECUACIONES DIFERENCIALES HOMGÉNEAS Sea la ecuación diferencial y f (x, y)′ =

Supongamos que f es homogénea. Entonces haciendo el cambio de variable y

ux

= ⇔ y xu=

se obtiene una ecuación diferencial que se puede resolver mediante el método de separación de variables.


5

Ejemplo. Resolver 2 2x y

y2xy

+′ =

Solución Según el ejemplo anterior, el segundo miembro de la EDO es homogénea, luego, hacemos el cambio de variable y=xu ⇔ y =u+xu (o dy=xdu+udx) Reemplazando en la EDO se obtiene

21 uu xu

2u

+′+ = 21 u

xu2u

−′⇔ = 2du 1 u

xdx 2u

−⇔ = 2

2u 1du dx

x1 u⇔ =

−

1 1 1du dx

1 u 1 u x ⇔ − = − +

Integrando, se obtiene

ln |1 u | ln |1 u | ln | x | ln C− − + = + 2

x yln C

x xy

−⇔ =+

Ejercicios. Resolver: 1) (x y 3)dx (3x y 1)dy 0− + + + + = 2) 2x 2y 1 (x y 2)y 0′+ − + + − =

2.3. MÉTODO DE LAS DIFERENCIALES EXACTAS DEFINICIÓN . La expresión M(x, y)dx N(x, y)dy+ se llama diferencial exacta si ∃

F: ℝ2 → ℝ / dF(x, y) M(x, y)dx N(x, y)dy= +

ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS La EDO M(x, y)dx N(x, y)dy 0+ = es exacta ⇔ ∃ F: ℝ2 → ℝ /

dF(x, y) M(x, y)dx N(x, y)dy 0= + = (1)

OBSERVACIÓN . De (1) se tiene

dF(x,y) = 0 ⇔ F(x,y )= C (2)

OBSERVACIÓN F F

dF dx dyx y

∂ ∂= +∂ ∂

TEOREMA . Bajo ciertas hipótesis de diferenciabilidad, la EDO

M(x, y)dx N(x, y)dy 0+ = es exacta ⇔ M N

y x

∂ ∂=∂ ∂

Prueba


6

⇒) Si M(x, y)dx N(x, y)dy 0+ = es exacta ⇒ ∃ 2F : →ℝ ℝ / F F

dF dx dy M dx N dyx y

∂ ∂= + = +∂ ∂

⇔

2

2

F F MM

x y x y

F F NN

y x y x

∂ ∂ ∂= → =∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂= → =∂ ∂ ∂ ∂

M N

y x

∂ ∂=∂ ∂

⇐) Sea 0 0

x y

0x y

F(x, y) M(x, y )dx N(x, y)dy= +∫ ∫

0

y

0y

F NM(x, y ) (x, y)dy

x x

∂ ∂= +∂ ∂∫

0

y

0y

MM(x, y ) (x, y)dy

y

∂= +∂∫

0 0M(x, y ) M(x, y) M(x, y )= + −

FM(x, y)

x

∂∴ =∂

Similarmente, se obtiene F

N(x, y)y

∂ =∂

Luego, ∃ 2F : →ℝ ℝ / dF M dx N dy= +

Por lo tanto, M(x, y)dx N(x, y)dy 0+ = es exacta

Ejemplo. Resolver 2

2xyy

x 4y′ = −

+

Solución De la EDO se obtiene

2

M N

2xy dx (x 4y dy 0+ + =

⇔

M2x

y M N

N y x2x

x

∂ = ∂ ∂ ∂⇒ =∂ ∂ ∂ =

∂

Por lo tanto, la EDO es exacta.


7

FM 2xy

x

∂ = =∂

(1)

2FN x 4y

y

∂ = = +∂

(2)

Integrando (1), respecto a x, se tiene 2F(x, y) x y (y)= + ϕ (3)

Derivando (3), respecto a "y", se obtiene

2Fx (y)

y

∂ ′= + ϕ∂

(4)

De (2) y (4) se tiene 2 2x (y) x 4y′+ ϕ = + (y) 4y′⇔ ϕ =

Integrando 2(y) 2yϕ = (5)

Reemplazando (5) en (3) se obtiene 2 2F(x, y) x y 2y= + (6)

Pero, según una observación anterior, se tiene F(x,y) = C (7)

Luego, de (6) y (7) se tiene la solución general 2 2x y 2y C+ =

2.4. MÉTODO DE LAS DIFERENCIALES NO EXACTAS Si M(x, y)dx N(x, y)dy 0+ = es no exacta, y si existe una función µ(x,y) tal que

( M)dx ( N)dy 0µ + µ = es exacta, entonces la función µ se llama factor integrante.

Si ( M)dx ( N)dy 0µ + µ = es exacta ⇒ ( M) ( N)

y x

∂ µ ∂ µ=∂ ∂

M NM N

y y x x

∂ ∂ µ ∂ ∂ µ⇔ µ + = µ +∂ ∂ ∂ ∂

1 1 N MM N

y x x y

∂µ ∂µ ∂ ∂⇔ − = −µ ∂ µ ∂ ∂ ∂

(ln ) (ln ) N MM N

y x x y

∂ µ ∂ µ ∂ ∂⇔ − = −∂ ∂ ∂ ∂

(1)

CASOS PARTICULARES CASO I. Si el factor integrante depende solamente de x, entonces

(ln )0

y

∂ µ =∂

. Luego de (1) se tiene


8

(ln ) 1 M N

x N y x

∂ µ ∂ ∂= − ∂ ∂ ∂

Integrando se obtiene

1 M Ndx

N y x(x) e

∂ ∂− ∂ ∂ µ =∫

CASO II . Si el factor integrante depende solamente de "y", entonces

(ln )0

x

∂ µ =∂

. Luego de (1) se tiene

(ln ) 1 M N

y M y x

∂ µ ∂ ∂= − − ∂ ∂ ∂

Integrando se obtiene

1 M Ndy

M y x(y) e

∂ ∂− − ∂ ∂ µ =∫

CASO III . Si (z)µ = µ y z (x, y)= ϕ ⇒

z z'(z)

y z y y

∂ µ ∂ µ ∂ ∂= = µ∂ ∂ ∂ ∂

, z z

'(z)x z x x

∂ µ ∂ µ ∂ ∂= = µ∂ ∂ ∂ ∂

Reemplazando en (1), se tiene

1 z 1 z N MM (z) N (z)

y x x y

∂ ∂ ∂ ∂′ ′µ − µ = −µ ∂ µ ∂ ∂ ∂

⇔

N M(z) x y

f (z)z z

M Ny x

∂ ∂−′µ ∂ ∂= =

∂ ∂µ −∂ ∂

Ejemplo. Resolver 4

2

2xy yy

3x

−′ =

Solución De la EDO se obtiene

4 2

NM

(y 2xy) dx 3x dy 0− + =

(1)

3M4y 2x

y

N6x

x

∂ = −∂∂ =∂

M N

y x

∂ ∂∴ ≠∂ ∂

Luego, el factor integrante es


9

1 M Ndy

M y x(y) e

∂ ∂− − ∂ ∂ µ =∫

44 ln y l n(y ) 4(y) e e y

−− −µ = = =

Por consiguiente, multiplicando a (1) por µ=y-4, se obtiene la ecuación 3 2 4

M N

(1 2xy ) dx 3x y dy 0− −− + =

(2)

que es exacta. En seguida, aplicamos el método de las diferenciales exactas para resolver la ecuación (2).

3FM 1 2xy

x−∂ = = −

∂ (3)

2 4FN 3x y

y−∂ = =

∂ (4)

Integrando (3) se tiene 2 3F x x y (y)−= − + ϕ (5)

Derivando (5) respecto a "y" se tiene

2 4F3x y (y)

y−∂ ′= + ϕ

∂ (6)

De (4) y (6) se tiene 2 4 2 43x y (y) 3x y− −′+ ϕ =

1(y) C⇔ ϕ = (7)

Reemplazando (7) en (5) se tiene 2 3

1F x x y C−= − + (8)

Pero, según una observación anterior, F=C2 (9) Luego, de (8) y (9) se obtiene

2 31 2x x y C C−− + =

2 32 1x x y C C−⇔ − = −

2 3x x y C−− =

Ejemplo. Resolver 2

2

2y xyy

x x y

+′ = −+

Solución ⇔ 2 2

M N

(2y xy )dx (x x y)dy 0+ + + =


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M2 2xy

y

∂ = +∂

, N

1 2xyx

∂ = +∂

Luego no es exacta. Buscamos un factor integrante utilizando la fórmula:

N M(z) x y

z zM N

y x

∂ ∂−′µ ∂ ∂=

∂ ∂µ −∂ ∂

2 2

1f (z)

z z(x x y) (2y xy )

x y

= =∂ ∂+ − +∂ ∂

“Tanteando”:

i) Si z=x ⇒ z

1x

∂ =∂

, z

0y

∂ =∂

⇒ 1 1

f (z)x(1 xy) z(1 zy)

= =+ +

, se rechaza.

ii) Si z=y ⇒ z

0x

∂ =∂

, z

1y

∂ =∂

⇒ 1 1

f (z)y(2 xy) z(2 zy)

− −= =+ +

, se rechaza.

iii) Si z=xy ⇒ z

yx

∂ =∂

, z

xy

∂ =∂

⇒ 1

f (z)x(1 xy)y y(2 xy)x

=+ − +

⇒ 1 1

f (z)xy z

− −= =

Luego (z) 1

z

′µ −=µ

⇔ 1 1

z xyµ = =

Por lo tanto el factor de integración es 1

xyµ =

2.5. EDO LINEAL DE PRIMER ORDEN Es de la forma: 1 0a (x)y a (x)y f (x)′ + = 1a (x) 0≠

0

1 1

a (x) f (x)y y

a (x) a (x)′⇔ + =

y P(x)y Q(x)′⇔ + = (1)

Esta ecuación es no exacta. Su factor integrante es

P(x)dx(x) eµ = ∫

Luego multiplicando (1) por µ se tiene Pdx Pdx Pdx

e y e Py e Q′ + =∫ ∫ ∫

Pdx Pdxe y e Q

′ ⇔ =

∫ ∫

Pdx Pdxe y e Q dx C⇔ = +∫ ∫∫

⇔ Pdx Pdx

y e e Q dx C−

= +

∫ ∫∫


11

Ejemplo. Resolver 2

dy 1 xy

dx 1 x

−=−

Solución La ecuación se transforma en

2 2

x 1y y

1 x 1 x′ + =

− −

Esta EDO es lineal. Luego, aplicando la fórmula, se obtiene

2 2x x

dx dx1 x 1 x

2

1y e e dx C

1 x

−− −

= + −

∫ ∫∫

2 21 12 2

ln(1 x ) ln(1 x )

2

1y e e dx C

1 x

− − − ⇔ = + − ∫

2 1/ 2 2 1/ 22

1y (1 x ) (1 x ) dx C

1 x−

⇔ = − − + − ∫

2 1/ 22 3 / 2

1y (1 x ) dx C

(1 x )

⇔ = − + − ∫

2 1/ 22 1/ 2

xy (1 x ) C

(1 x )

⇔ = − + −

⇔ 2 1/ 2y x (1 x ) C= + −

2.6. ECUACIÓN DE BERNOULLI

Es de la forma: nd yp(x) y q(x) y

d x+ =

3. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES DE ORDEN SUPERIOR

3.1. TEMAS PRELIMINARES DEFINICIÓN . Una EDO lineal de orden n es de la forma:

(n) (n 1)n n 1 1 0a (x)y (x) a (x)y (x) a (x)y (x) a (x)y(x) F(x)−

− ′+ + + + =⋯

Ejemplos

1) x6y (x) y (x) 2y(x) xe senx−′′ ′+ − =

2) 2x y (x) 2y(x) x′′ − =

OBSERVACIÓN . Si denotamos

(n) (n 1)n n 1 1 0Ly a (x)y (x) a (x)y (x) a (x)y (x) a (x)y(x)−

− ′= + + + +⋯


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entonces la EDO quedaría representado por Ly F(x)=

Ahora, si F(x)=0 entonces la ecuación Ly 0=

se llama EDO lineal homogénea. DEFINICIÓN . Las funciones f1, f2, .... fn son linealmente independientes (LI) sobre [a,b] si la expresión

1 1 2 2 n nc f (x) c f (x) c f (x) 0+ + + =⋯ implica que 1 2 nc 0, c 0, ,c 0= = =⋯

Caso contrario, se llaman linealmente dependientes. Ejemplo. ¿Las funciones f1(x)=e-x y f2(x)=e3x son LI? En efecto:

x 3x1 2c e c e 0− + = (1)

Derivando x 3x

1 2c e 3c e 0−− + = (2)

Resolviendo el sistema (1)-(2) se tiene c1=0, c2=0 Luego, las funciones son LI DEFINICIÓN . El determinante

1 2 n

1 2 n1 2 n

(n 1) (n 1) (n 1)n1 2

f f f

f f fw(f , f , , f )

f f f− − −

′ ′ ′=

⋯

⋯⋯

⋮ ⋮ ⋮

⋯

se llama wronskiano de 1 2 nf , f , , f⋯ sobre [a,b]

TEOREMA . Si 1 2 nw(f , f , , f ) 0≠⋯ x [a,b]∀ ∈ ⇒ 1 2 nf , f , , f⋯ son linealmente

independientes (L.I.) sobre [a,b] TEOREMA . Sean yi, i=1,..., n soluciones de la EDO lineal de orden n. 1 2 ny , y , , y⋯

son L.I ⇔ 1 2 nw(y , y , , y ) 0≠⋯

DEFINICIÓN . Si 1 2 ny , y , , y⋯ son soluciones L.I. de Ly 0= ⇒

g 1 1 2 2 n ny c y c y c y= + + +⋯

se llama solución general de la ecuación Ly 0= .

Ejemplo. La función 1 2y c c ln | x |= + es la solución general de la EDO xy y 0′′ ′+ =

DEFINCIÓN . Si yg es la solución general de Ly 0= y yp es una solución particular

de la ecuación no homogénea Ly F(x)= ⇒


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g py y y= +

es la solución general de Ly F(x)=

Ejemplo. La función 2

1 2x

y c c ln | x | x4

= + + + es la solución general de la EDO

xy y x 1′′ ′+ = +

TEOREMA . Si y1 es solución de 2 1 0a (x)y (x) a (x)y (x) a (x)y(x) 0′′ ′+ + = ⇒

1

2

aa

dx

2 1 21

ey y dx

y

−

=∫

∫

también es solución, linealmente independiente con y1, de la ecuación. Prueba Hacer: 2 1y y v=

Reemplazando en la ecuación se obtiene

2 1 1 1 0 1 2 1 1 1 1

0

v[a y a y a y ] a (v y 2v y ) a v y 0

=

′′ ′ ′′ ′ ′ ′+ + + + + =

2 1 1 1 1a (v y 2v y ) a v y 0′′ ′ ′ ′⇔ + + =

1 1

1 2

y av 2 v 0

y a

′′′ ′⇔ + + =

Esta ecuación es lineal, luego, se obtiene 1 1

1 2

y ay a

2 dxv Ce

′ − + ′ =∫

1

2ln(y

a2) a1

dxv Ce e

− −′⇔ = ∫

1

2

aa

dx2

1v y Ce−−′⇔ = ∫

Considerando C = 1, se tiene 1

2

aa

dx2

1v y e−−′ = ∫

1

2

aa

dx

21

v dxy

e−

⇔ =∫

∫

1

2

aa

dx

22

1 1

ydx

y y

e−

⇔ =∫

∫


14

1

2

aa

dx

2 1 21

y y dxy

e−

⇔ =∫

∫

3.2. SOLUCIÓN DE EDO LINEALES HOMOGÉNEAS DE SEGUNDO

ORDEN CON COEFICIENTES CONSTANTES

La solución de y ky 0′ − = es kxy e=

Sea la ecuación 2 1 0a y a y a y 0′′ ′+ + = con coeficientes constantes.

Buscaremos dos soluciones L.I. de la forma: kxy e=

Reemplazando en la ecuación, se obtiene 2 kx kx kx

2 1 0a k e a ke a e 0+ + = kx 22 1 0e (a k a k a ) 0⇔ + + =

Como kxe 0, x≠ ∀ ∈ℝ ⇒ 2

2 1 0a k a k a 0+ + =

A esta ecuación se llama ecuación característica. CASO I. Si las raíces de la ecuación característica son k1 ≠ k2, entonces la solución

general de la EDO es 1 2k x k x1 2y c e c e= +

Ejemplo. Resolver y 7y 12y 0′′ ′− + =

Solución

Su ecuación característica es 2k 7k 12 0− + = cuyas raíces son k1 = 3 y k2 = 4. Luego su solución general es

3x 4x1 2y c e c e= +

CASO II . Si las raíces de la ecuación característica son k1 = k2 = k, entonces la

solución general de la EDO es kx kx1 2y c e c xe= +

Ejemplo. Resolver y 4y 4y 0′′ ′+ + =

Solución

Su ecuación característica es 2k 4k 4 0+ + =

cuya raíz es k = -2. Luego su solución general es 2x 2x1 2y c e c xe− −= +

CASO III . Si las raíces de la ecuación característica son números complejos k1= α + iβ, k2 = α - iβ, entonces la solución general de la EDO es

( i )x ( i )x1 2y c e c eα+ β α− β= +

Pero esta es una función compleja. Necesitamos una solución de valor real, entonces utilizando la identidad

ie cos i senβ = β + β


15

se obtiene x

1 2y e [c (cos x isen x) c (cos x isen x)]α= β + β + β − β

⇔ x1 2 1 2y e [(c c )cos x i(c c )sen x]α= + β + − β

Si c1 y c2 son números complejos conjugados, c1 + c2 y i (c1 - c2) son constantes reales, luego se tiene la solución general de valor real

xy e [Acos x B sen x]α= β + β

Ejemplo. Resolver y 4y 13y 0′′ ′− + =

Solución

Su ecuación característica es 2k 4k 13 0− + = cuyas raíces son k1 = 2+3i y k2 = 2-3i. Luego su solución general es

2x1 2y e (c cos3x c sen3x)= +

3.3. SOLUCIÓN DE EDO LINEALES HOMOGÉNEAS DE ORDEN n CON

COEFICIENTES CONSTANTES Sea la EDO lineal de orden n

(n) (n 1)n n 1 1 0a y a y a y a y 0−

− ′+ + + + =⋯

con coeficientes constantes. Entonces su ecuación característica es n n 1

n n 1 1 0a k a k a k a 0−−+ + + + =⋯

En este caso la solución general es una combinación de los tres casos anteriores, dependiendo del tipo de raíces que tenga la ecuación característica. Ejemplos 1) Resolver y 2y 4y 8y 0′′′ ′′ ′− + − =

Su ecuación característica es 3 2k 2k 4k 8 0− + − = Sus soluciones son 1 2 3k 2, k 2i, k 2i= = = −

Luego, la solución general de la EDO es 2xg 1 2 3y c e c cos2x c sen2x= + +

2) Resolver y 6y 11y 6y 0′′′ ′′ ′− + − =

Su ecuación característica es 3 2k 6k 11k 6 0− + − = Sus soluciones son 1 2 3k 1, k 3, k 2= = =

Luego, la solución general de la EDO es x 3x 2x

g 1 2 3y c e c e c e= + +

3) Resolver y 3y 3y y 0′′′ ′′ ′+ + + =

Su ecuación característica es 3 2k 3k 3k 1 0+ + + =


16

Sus soluciones son 1 2 3k 1, k 1, k 1= − = − = −

Luego, la solución general de la EDO es x x x

g 1 2 3y c e c xe c xe− − −= + +

3.4. SOLUCIÓN DE EDO LINEALES NO HOMOGÉNEAS CON

COEFICIENTES CONSTANTES Sea la EDO lineal

(n) (n 1)n n 1 1 0a y a y a y a y F(x)−

− ′+ + + + =⋯

con coeficientes constantes. MÉTODOS PARA OBTENER LA SOLUCIÓN PARTICULAR y p MÉTODO DE LOS COEFICIENTES INDETERMINADOS

Si xk mF(x) e [P (x)cos x Q (x) sen x]α= β + β entonces

CASO I. Si kF(x) P (x)= es un polinomio de grado k, ⇒

i) Si 0 no es raíz de la ecuación característica de la EDO homogénea, la solución particular se toma de la forma

p ky P (x)= ɶ

o k k 1p k k 1 1 0y b x b x b x b−

−= + + + +⋯

y se reemplaza en la EDO para determinar los coeficientes del polinomio. ii) Si 0 es raíz de la ecuación característica de la EDO homogénea de multiplicidad s, la solución particular se toma de la forma

sp ky x P (x)= ɶ

y se reemplaza en la EDO para determinar los coeficientes del polinomio.

CASO II . Si xkF(x) P (x)eα= , ⇒

i) Si α no es raíz de la ecuación característica de la EDO homogénea, la solución particular se toma de la forma

xp ky P (x)eα= ɶ


ii) Si α es raíz de la ecuación característica de la EDO homogénea de multiplicidad s, la solución particular se toma de la forma

s xp ky x P (x)eα= ɶ



17

CASO III . Si k mF(x) P (x)cos x Q (x)sen x= β + β , ⇒

i) Si ±βi no son raíces de la ecuación característica de la EDO homogénea, la solución particular se toma de la forma

p v vy P (x)cos x Q (x)sen x= β + βɶɶ

y se reemplaza en la EDO para determinar los coeficientes de los polinomios. Donde v = máxk, m ii) Si ±βi son raíces de la ecuación característica de la EDO homogénea de multiplicidad s, la solución particular se toma de la forma

sp v vy x (P (x)cos x Q (x)sen x)= β + βɶɶ

y se reemplaza en la EDO para determinar los coeficientes de los polinomios.

CASO IV. Si xk mF(x) e (P (x)cos x Q (x)sen x)α= β + β , ⇒

i) Si α±βi no son raíces de la ecuación característica de la EDO homogénea, la solución particular se toma de la forma

xp v vy e (P (x)cos x Q (x)sen x)α= β + βɶɶ

y se reemplaza en la EDO para determinar los coeficientes de los polinomios. Donde v = máxk, m ii) Si α±βi son raíces de la ecuación característica de la EDO homogénea de multiplicidad s, la solución particular se toma de la forma

s xp v vy x e (P (x)cos x Q (x)sen x)α= β + βɶɶ

y se reemplaza en la EDO para determinar los coeficientes de los polinomios. Ejemplos 1) Resolver y 4y 5y 5x′′ ′− − =

Primero determinaremos la solución general de la EDO homogénea. Su ecuación

característica es 2k 4k 5 0− − = Sus soluciones son 1 2k 5, k 1= = −

Luego, la solución general de la EDO homogénea es 5x xh 1 2y c e c e−= +

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea py Ax B= + ⇒

p py A, y 0′ ′′= =

Reemplazando en la EDO se obtiene 5Ax ( 4A 5B) 5x− + − − = ⇔ A=-1, B=4/5

p4

y x5

∴ = − +

Luego, la solución general de la ecuación general es


18

5x x1 2

4y c e c e x

5−= + − +

2) Resolver 2y y x′′ ′− =


característica es 2k k 0− = Sus soluciones son 1 2k 0, k 1= =

Luego, la solución general de la EDO homogénea es x

h 1 2y c c e= +

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea 2

py x(Ax Bx C)= + + 3 2Ax Bx Cx= + + ⇒

2p

p

y 3Ax 2Bx C

y 6Ax 2B

′ = + +′′ = +

Reemplazando en la EDO se obtiene 2 23Ax (6A 2B)x (2B C) x− + − + − = ⇔ A=-1/3, B=-1, C=-2

3 2p

1y x x 2x

3∴ = − − −

Luego, la solución general de la ecuación general es

x 3 21 2

1y c c e x x 2x

3= + − − −

3) Resolver 4xy 7y 12y e′′ ′− + = −


característica es 2k 7k 12 0− + = Sus soluciones son 1 2k 4, k 3= =

Luego, la solución general de la EDO homogénea es 4x 3x

h 1 2y c e c e= +

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea 4xpy Axe= ⇒

4x 4xp

4x 4x 4xp

y Ae 4Axe

y 4Ae 4Ae 16Axe

′ = +

′′ = + +

Reemplazando en la EDO se obtiene 4x 4xe [(16A 28A 12A)x (8A 7A)] e− + + − = − A 1⇔ = −

4xpy xe∴ = −


19

Luego, la solución general de la ecuación general es 4x 3x 4x1 2y c e c e xe= + −

4) Resolver xy y xe′′− =


característica es 2k 1 0− = Sus soluciones son 1 2k 1, k 1= = −

Luego, la solución general de la EDO homogénea es x xh 1 2y c e c e−= +

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea x

py x(Ax B)e= + 2 x(Ax Bx)e= + ⇒

2 xp

2 xp

y (Ax (2A B)x B)e

y (Ax (4A B)x 2A 2B)e

′ = + + +

′′ = + + + +

Reemplazando en la EDO se obtiene x xe [4Ax (2A 2B)] xe+ + = 4Ax (2A 2B) x⇔ + + =

⇔ A=1/4, B=-1/4 2

xp

x xy e

4

−∴ =

Luego, la solución final es 2

x x x1 2

x xy c e c e e

4− −= + +

5) Resolver xy 2y y (x 1)e′′ ′− + = +


característica es 2k 2k 1 0− + = Sus soluciones son 1 2k 1, k 1= =

Luego, la solución general de la EDO homogénea es x xh 1 2y c e c x e= +

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea 2 x

py x (Ax B)e= + 3 2 x(Ax Bx )e= + ⇒

3 2 xp

3 2 xp

y (Ax (3A B)x 2Bx)e

y (Ax (6A B)x (6A 4B)x 2B)e

′ = + + +

′′ = + + + + +

Reemplazando en la EDO se obtiene 6Ax 2B x 1+ = + ⇔ A=1/6, B=1/2

3 2x

px 3x

y e6

+∴ =


20

Luego, la solución final es 3 2

x x x1 2

x 3xy c e c e e

6−= + +

6) Resolver y y 3sen2x x cos2x′′+ = +


característica es 2k 1 0+ = Sus soluciones son 1 2k i, k i= = −

Luego, la solución general de la EDO homogénea es

h 1 2y c cos x c senx= +

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea

py (Ax B)cos2x (Cx D)sen2x= + + + ⇒

py (A 2D 2Cx)cos2x (C 2Ax 2B)sen2x′ = + + + − −

py ( 4Ax 4B 4C)cos2x ( 4Cx 4D 4A)sen2x′′ = − − + + − − −

Reemplazando en la EDO se obtiene 4A 3D 3

3B 4C 0

3A 1

3C 0

− − =− + =

− =− =

⇔ A=-1/3, B=0, C=0, D=-5/9

px 5

y cos 2x sen2x3 9

∴ = − −

Luego, la solución final es 1 2x 5

y c cos x c senx cos 2x sen2x3 9

= + − −

7) Resolver 2xy 3y 2e senx′′ ′− =


característica es 2k 3k 0− = Sus soluciones son 1 2k 0, k 3= =

Luego, la solución general de la EDO homogénea es 3xh 1 2y c c e= +

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea 2x

py e (A senx B cos x)= + ⇒

2x 2xp

2xp

y 2e (Asenx Bcos x) e (A cos x Bsenx)

y e [(3A 4B)senx (4A 3B)cos x]

′ = + + −

′′ = − + −

Reemplazando en la EDO se obtiene


21

3A 4B 2

4A 3B 0

− = − =

⇔ A=-6/7, B=-8/7

2xp

6 8y e ( senx cos x)

7 7= − −

Luego, la solución final es 3x 2x1 2

6 8y c c e e ( senx cos x)

7 7= + + − −

8) Resolver x 2y y 3e 4x′′′ ′′+ = +


característica es 3 2k k 0+ = Sus soluciones son 1 2 3k 0, k 0, k 1= = = −

Luego, la solución general de la EDO homogénea es xh 1 2 3y c c x c e−= + +

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea x 2 2

py Ae x (B Cx Dx )= + + + x 2 3 4Ae Bx Cx Dx= + + + ⇒

x 2 3py Ae 2Bx 3Cx 4Dx′ = + +

x 2py Ae 2B 6Cx 12Dx′′ = + + +

xpy Ae 6C 24Dx′′′ = + +

Reemplazando en la EDO se obtiene x 2 x 22Ae [12Dx (6C 24D)x 2B 6C] 3e 4x+ + + + + = +

2A 3

2B 6C 0

6C 24D 0

12D 4

= + =⇔ + = =

⇔ A=3/2, B=4, C=-4/3, D=1/3

3 4x 2

p3 4x x

y e 4x2 3 3

∴ = + − +

Luego, la solución final es 3 4

x x 21 2 3

3 4x xy c c x c e e 4x

2 3 3−= + + + + − +

9) Resolver 2 2xy y 2x 4xe xsenx′′ ′− = + +


característica es 2k k 0− = Sus soluciones son 1 2k 0, k 1= =

Luego, la solución general de la EDO homogénea es xh 1 2y c c e= +


22

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea 2 2x

py x(Ax Bx C) (Dx E)e (Fx G) senx (Hx I) cos x= + + + + + + + + ⇒

2 2xpy 3Ax 2Bx C (2Dx 2E D)e

(F Hx I)senx (Fx G H)cos x

′ = + + + + +

− − + + +

2xpy 6Ax 2B (4Dx 4D 4E)e

( Fx G 2H)senx (2F Hx I)cos x

′′ = + + + +

− − − + − −


3A 2

6A 2B 0

2B C 0

− =− =− =

2D 4

3D 2E 0

=+ =

H F 1

G 2H I F 0

H F 0

2F I G H 0

− =− − + − =

− − =− − − =

⇔ A=-2/3, B=-2, C=-4, D=2, E=-3, F=-1/2, H=1/2 G=1/2, I=1

22x

p2x x 1 x

y 2x 4 (2x 3)e ( ) senx ( 1) cos x3 2 2 2

= − − − + − + − + + +

Luego, la solución general de la ecuación general es 2

x 2x1 2

2x x 1 xy c c e 2x 4 (2x 3)e ( ) senx ( 1) cos x

3 2 2 2= + − − − + − + − + + +

10) Resolver 4 2 3xy 3y 2x x e−′′ ′+ = +


característica es 2k 3k 0+ = Sus soluciones son 1 2k 0, k 3= = −

Luego, la solución general de la EDO homogénea es 3xh 1 2y c c e−= +

Ahora, determinaremos su solución particular. Sea 4 3 2 2 3x

py x(Ax Bx cx Dx E) x(Fx Gx H)e−= + + + + + + + ⇒

4 3 2p

3 2 3x

3 2p

3 2 3x

y (5Ax 4Bx 3Cx 2Dx E)

[ 3Fx (3F 3G)x (2G 3H)x H]e

y (20Ax 12Bx 6Cx 2D)

[9Fx ( 18F 9G)x (6F 12G 9H)x 2G 6H]e

−

−

′ = + + + +

− + − + − +

′′ = + + +

+ − + + − + + −



23

15A 2

20A 12B 0

12B 9C 0

6D 6C 0

3E 2D 0

=+ =+ =+ =+ =

9F 1

6F 6G 0

2G 3H 0

− =− =− =

⇔ A=2/15, B=-2/9, C=8/27, D=-8/27, E=16/81 F=-1/9, G=-1/9, H=-2/27

5 4 3 2 23x

p2x 2x 8x 8x 16x x x 2

y e15 9 27 27 81 9 9 27

− ∴ = − + − + + − − −

Luego, la solución general de la ecuación general es 5 4 3 2 2

3x 3x1 2

2x 2x 8x 8x 16x x x 2y c c e e

15 9 27 27 81 9 9 27− −

= + + − + − + + − − −

MÉTODO DE VARIACIÓN DE PARÁMETROS CASO PARTICULAR Consideremos la EDO lineal: 2 1 0a y a y a y F(x)′′ ′+ + =

Sea g 1 1 2 2y c y c y= + la solución general de la EDO homogénea.

Buscaremos una solución particular de la EDO no homogénea de la forma:

p 1 1 2 2y u y u y= +

en la cual tenemos que determinar u1 y u2. Para llevar a cabo esta tarea reemplazamos yp en la EDO

p 1 1 1 1 2 2 2 2y u y u y u y u y′ ′ ′ ′ ′= + + +

p 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2y u y u y u y u y u y u y u y u y′′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′′= + + + + + + +

Sustituyendo en la EDO y agrupando se obtiene

1 2 1 1 1 0 1 2 2 2 1 2 0 2

0 0

2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2

u (a y a y a y ) u (a y a y a y )

a (u y u y ) a (u y u y ) a (u y u y ) F(x)= =

′′ ′ ′′ ′+ + + + + +

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′+ + + + + =

2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2a (u y u y ) a (u y u y ) a (u y u y ) F(x)′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′⇔ + + + + + =

De esta ecuación, obtenemos el siguiente sistema:

1 1 2 2

1 1 2 22

u y u y 0

F(x)u y u y

a

′ ′+ = ′ ′ ′ ′+ =

Resolviendo este sistema, obtenemos 1 2u y u′ ′ . Luego, integrando se obtiene u1 y u2.

GENERALIZACIÓN . Si tenemos la EDO lineal


24

(n) (n 1)n n 1 1 0a y a y a y a y F(x)−

− ′+ + + + =⋯

y la solución general de la EDO homogénea es

g 1 1 2 2 n ny c y c y c y= + + +⋯

Entonces la solución particular se toma de la forma:

p 1 1 2 2 n ny u y u y u y= + + +⋯

1 2 nu ,u , ,u⋯ se obtiene resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones e integrando,

respectivamente:

1 1 2 2 n n

1 1 2 2 n n

(n 1) (n 1) (n 1)1 2 n n1 2

n

u y u y u y 0

u y u y u y 0

F(x)u y u y u y

a− − −

′ ′ ′+ + + = ′ ′ ′ ′ ′ ′+ + + = ′ ′ ′+ + + =

⋯

⋯

⋮

⋯

Ejemplos 1) Resolver y y ctgx′′ + =

Solución Primero determinaremos la solución general de la EDO homogénea. Su ecuación


Luego, la solución general de la EDO homogénea es h 1 2y c cos x c senx= +


p 1 2y u cos x u senx= +

Formamos el sistema:

1 2

1 2

u cos x u senx 0

u senx u cos x ctgx

′ ′+ = ′ ′− + =

cos x senx1

senx cos x∆ = =

−

10 senx

cos xctgx cos x

∆ = = 2

2cos x 0 cos x

senx c tgx senx∆ = =

−

11u cos x

∆′ = =∆

2

22

cos xu

senx

∆′ = =∆

⇔ 1

2

2

u senx

1 sen xu dx ln | csc x ctgx | cos x

senx

=

−= = − +∫


25

py senx cos x (ln | csc x ctgx | cos x)senx∴ = + − +

Así que, la solución general de la ecuación no homogénea es

1 2y c cos x c senx senx cos x (ln | csc x ctgx | cos x)senx= + + + − +

2) Resolver y y sec x′′ + =



Luego, la solución general de la EDO homogénea es h 1 2y c cos x c senx= +


p 1 2y u cos x u senx= +

Formamos el sistema:

1 2

1 2

u cos x u senx 0

u senx u cos x sec x

′ ′+ = ′ ′− + =

cos x senx1

senx cos x∆ = =

−

10 senx

tgxsec x cos x

∆ = = 2cos x 0

1senx sec x

∆ = =−

11u tgx

∆′ = =∆

22u 1

∆′ = =∆

⇔ 1

2

u ln | cos x |

u x

= −=

py ( ln | cos x |) cos x xsenx∴ = − +

Así que, la solución general de la ecuación no homogénea es

1 2y c cos x c sen ( ln | cos x |) cos x xsenx= + + − +

3) Resolver xy 2y y e ln x−′′ ′+ + =


característica es 2k 2k 1 0+ + = Sus soluciones son 1 2k 1, k 1= − = −

Luego, la solución general de la EDO homogénea es x x

h 1 2y c e c xe− −= +



26

x xp 1 2y u e u xe− −= +

Formamos el sistema: x x

1 2

x x x x1 2

u e u xe 0

u e u (e xe ) e ln x

− −

− − − −

′ ′+ =

′ ′− + − =

x x2x

x x

e xee

e e (1 x)

− −−

− −∆ = =

− −

x2x

1 x x

0 xexe ln x

e ln x e (1 x)

−−

− −∆ = = −

−

x2x

2 x x

e 0e ln x

e e ln x

−−

− −∆ = =

−

11u x ln x

∆′ = = −∆

22u ln x

∆′ = =∆

⇔ 2 2

1x x

u ln x2 4

= − + (Integración por partes)

2u x(ln x 1)= − (Por sustitución) 2 2

x xp

x xy ( ln x)e [x(ln x 1)]xe

4 2− −∴ = − + −

Así que, la solución general de la ecuación no homogénea es 2 2

x x x x1 2

x xy c e c xe ( ln x)e [x(ln x 1)]xe

4 2− − − −= + + − + −

3.5. EDO DE EULER Son de la forma:

n (n) n 1 (n 1)n n 1 1 0a x y a x y a x y a y F(x)− −

− ′+ + + + =⋯

donde 0 1 na ,a ,a⋯ son constantes.

Esta ecuación se reduce a una EDO lineal con coeficientes constantes, haciendo el cambio de variable:

tx e= o t ln x=


27

Ejemplo. Resolver 3

3 3

d y 24(x y)

dx x

+=

Solución 3

33

d yx 24y 24x

dx⇔ − =

Esta es una ecuación del tipo Euler. Luego, hacemos el cambio de variable zx e= z ln x⇔ =

z zdy dy dz dy 1 dy dye e

dx dz dx dz x dz dz− −= = = =

2z z

2

d y d dy d dy dz d dye e

dx dx dz dx dx dz dzdx− − = = =

2 22z

2 2

d y dy d ye

dzdx dz−

= − +

3 2 22z 2z

3 2 2

d y d d y d dy d y dze e

dx dz dz dxdx dx dz− −

= = − +

3 2 33z

3 2 3

d y dy d y d ye 2 3

dzdx dz dx−

= − +

Al reemplazar en la ecuación, se obtiene 3 2

z3 2

d y d y dy3 2 24y 24e

dzdz dz− + − =


característica es 3 2k 3k 2k 24 0− + − =

Sus soluciones son 1k 4= , 21 23 i

k2

− += , 31 23 i

k2

− −=

Luego, la solución general de la EDO homogénea es z z2 24z 23 23

h 1 2 32 2y c e c e cos z c e sen z

− −= + +

Reemplazando z=lnx se obtiene 4 1/ 2 1/ 223 23

h 1 2 32 2y c x c x cos( ln x) c x sen( ln x)− −= + +

Buscamos una solución particular de la ecuación no homogénea de la forma:

py Ax B= +

Reemplazando en la ecuación original, se obtiene 24(Ax B) 24x− + = A 1, B 0⇔ = − =

py x∴ = −


28

Luego, la solución general de la ecuación original es 4 1/ 2 1/ 223 23

h 1 2 32 2y c x c x cos( ln x) c x sen( ln x) x− −= + + −

4. SOLUCIÓN DE EDO LINEALES MEDIANTE SERIES DE

POTENCIAS 4.1. DEFINICIÓN . Una sucesión de números reales es un conjunto infinito de la

forma: 1 2 na ,a , ,a , ⋯ ⋯

Se denota por na

Ejemplos.

1) 1 12 3

1, , , ⋯ o na con 1n n

a =

2) 1, 2, 4, 9, ⋯ o n2

4.2. DEFINICIÓN . Si la sucesión na tiene límite, se dice que la sucesión

converge. Caso contrario, se dice que diverge. Ejemplos

1) La sucesión 1 12 3

1, , , ⋯ converge, pues n

1lim 0

n→∞=

2) La sucesión 1, 2, 4, 9, ⋯ diverge, pues n

nlim 2→∞

= ∞

4.3. DEFINICIÓN. n n

nlim a L 0, N / si n N a L→ ∞

= ⇔ ∀ ε > ∃ ∈ > ⇒ − < εℕ

4.4. DEFINICIÓN. La sucesión na se dice que es acotada si ∃ k1, k2 ∈ℝ /

1 n 2k a k≤ ≤ , n∀ ∈ℕ .

4.5. DEFINICIÓN. La sucesión na se dice que es creciente si n n 1a a +≤ ,

n∀ ∈ℕ .

4.6. DEFINICIÓN. La sucesión na se dice que es decreciente si n 1 na a+ ≤ ,

n∀ ∈ℕ .

4.7. TEOREMA . Toda sucesión acotada y creciente (o decreciente) es convergente.

4.8. DEFINICIÓN . Una serie es una suma infinita:

1 2 3a a a+ + +⋯

Se denota por n

n 1

a∞

=∑


29

4.9. DEFINICIÓN . Se dice que la serie n

n 0

a∞

=∑ converge, si existe su suma, esto

es, k

nk

n 0

S lim a→∞

=

= ∑

Caso contrario, se dice que diverge. Ejemplos

1) La serie n

n 0

r∞

=∑ converge r 1,1∀ ∈< − > y diverge r 1∀ ≥

Pues k

n k 1

n 0

1 1r r

1 r 1 r+

=

= −− −∑

kn k 1

k kn 0

1 1S lim r lim r

1 r 1 r+

→∞ →∞=

= = − − − ∑

( )k

n k 1

k kn 0

1 1 1S lim r lim r

1 r 1 r 1 r+

→∞ →∞=

= = − =− − −∑ , si | r | 1<

2) La serien 1

1

n

∞

=∑ diverge

4.10. TEOREMA . Si la serie n

n 0

a∞

=∑ converge ⇒ n

nlim a 0→ ∞

=

Prueba

Sea n

n k

k 0

S a=

=∑ , entonces n 1

n 1 k

k 0

S a−

−=

=∑

Si nn

S lim S→ ∞

= ⇒ n 1n

S lim S −→ ∞=

Pero, n n 1 nS S a−− = ⇒ n n n 1n n nlim a lim S lim S S S 0−→ ∞ → ∞ → ∞

= − = − =

COROLARIO . Si nnlim a 0→∞

≠ ⇒ la serie n

n 0

a∞

=∑ diverge.


30

Ejemplo. La serie n 1

n

n 1

∞

=+∑ diverge. Pues

n

nlim 1

n 1→∞=

+. Según el teorema, la serie diverge.

4.11. TEOREMA. Si n

n 0

a∞

=∑ y n

n 0

b∞

=∑ convergen ⇒ n n

n 0

(a b )∞

=

±∑ y n

n 0

ca∞

=∑

convergen, además

i) n n n n

n 0 n 0 n 0

(a b ) a b∞ ∞ ∞

= = =

± = ±∑ ∑ ∑

ii) n n

n 0 n 0

ca c a∞ ∞

= =

=∑ ∑

4.12. CRITERIOS DE CONVERGENCIA DE SERIES

1) TEOREMA (Criterio de comparación). Sean n

n 0

a∞

=∑ y n

n 0

b∞

=∑ de términos

positivos.

i) Si n na b≤ , ∀ n∈ℕ y n

n 0

b∞

=∑ converge ⇒ n

n 0

a∞

=∑ converge

ii) Si n na b≤ , ∀ n∈ℕ y n

n 0

a∞

=∑ diverge ⇒ n

n 0

b∞

=∑ diverge

Prueba

i) Si n

n 0

b∞

=∑ converge ⇒ ∃ b / n

n 0

b b∞

=

=∑

n N n

n k k k

k 0 k 0 k N 1

S a a a= = = +

= = +∑ ∑ ∑N n N

k k k

k 0 k N 1 k 0

a b a b K= = + =

≤ + ≤ + =∑ ∑ ∑

∴ la sucesión nS es acotada.

n n 1 nS S a 0−− = ≥ ⇔ n 1 nS S− ≤

∴ la sucesión nS es


31

Luego, por un teorema de sucesiones, la sucesión nS converge, es decir la serie

n

n 0

a∞

=∑ converge.

ii) La demostración se obtiene por negación de i)

2) TEOREMA (Criterio del cociente o de D´lambert). Sean la serie n

n 0

a∞

=∑ de

términos positivos y n 1

n n

alim R

a+

→∞=

i) Si R < 1, entonces la serie n

n 0

a∞

=∑ converge.

ii) Si R > 1, entonces la serie n

n 0

a∞

=∑ diverge.

iii) Si R = 1, el criterio no decide. Prueba

i) Para r < s < 1, ∃ N > 0 / n 1

n

as

a+ < , ∀ n ≥ N ⇔ n 1 na sa+ < , ∀ n ≥ N

N 1 Na sa+ < 2

N 2 N 1 Na sa s a+ +< <

⋮ k

N k Na s a+ <

Como k

k 0

s∞

=∑ converge ⇒ la serie k k

N N

k 0 k 0

a s s a∞ ∞

= =

=∑ ∑ converge

Porel criterio de comparación, la serie N k n

N k 0 n 0

a a∞ ∞

++ = =

=∑ ∑ converge.

ii) Para s > 1, ∃ N > 0 / n 1

n

as 1

a+ > > , ∀ n ≥ N ⇔ n 1 na a+ > , ∀ n ≥ N


32

Luego, la sucesión na es creciente ⇒ nnlim a 0→∞

≠ . Por un teorema anterior, la serie

n

n 0

a∞

=∑ diverge.

Ejemplo. Analizar, si la serie n

nn 1

2 n!

n

∞

=∑ converge.

En efecto, n 1

nn 1

nn n

n

2 (n 1)!

n(n 1)R lim 2 lim

n 12 n!

n

+

+

→∞ →∞

++ = = +

n(n 1) n 1

n

n2 lim 1

(n 1)

−− + +

→∞

= + − +

n

nlim(n 1) n 1

n

n2 lim 1

(n 1)

→∞

− − + +

→∞

= + − +

12e 1−= <

Luego, según el teorema, la serie converge.

3) TEOREMA (Criterio de la raíz o de Cauchy). Sean la serie n

n 0

a∞

=∑ de términos

positivos y nn

nlim a R→∞

=

i) Si R < 1, entonces la serie n

n 0

a∞

=∑ converge.

ii) Si R > 1, entonces la serie n

n 0

a∞

=∑ diverge.

iii) Si R = 1, el criterio no decide. Prueba

i) Para r < s < 1, ∃ N > 0 / nna s< , ∀ n ≥ N ⇔ n

na s≤ , ∀ n ≥ N

Como la serie k

k 0

s∞

=∑ converge, luego la serie n

n 0

a∞

=∑ converge.

ii) Si R > 1 ⇒ ∃ N > 0 / nna 1> , ∀ n ≥ N ⇔ na 1> , ∀ n ≥ N


33

⇔ nnlim a 0→∞

≠ .

Por lo tanto, por un teorema anterior, la serie n

n 0

a∞

=∑ diverge.

Ejemplo. Analizar si la serie 1/ n n

n 1

(n 1)∞

=

−∑ converge.

Solución 1/ n n 1/ nn

n nR lim (n 1) lim (n 1)

→∞ →∞= − = −

n

ln nlim

1/ n n

n1 lim n 1 e →∞

→∞= − + = − +

n

1lim

0n1 e 1 e 0 1→∞= − + = − + = < Luego, según el criterio, la serie converge.

4) TEOREMA (Criterio de la integral). Sean la serie n

n 1

a∞

=∑ de términos positivos

y la función nf (n) a= decreciente.

i) La serie n

n 1

a∞

=∑ converge ⇔

1f (x) dx

∞

∫ converge.

ii) La serie n

n 1

a∞

=∑ diverge ⇔

1f (x) dx

∞

∫ diverge.

Prueba Por el teorema del valor medio para integrales, ∃ c∈ <n, n+1> /

n 1

nf (x)dx (n 1 n) f (c) f (c)

+= + − =∫

Como f es decreciente y n < c < n+1 ⇒ n n 1a f (n) f (c) f (n 1) a += > > + = ⇔

n 1

n 1 nn

a f (x)dx a+

+ ≤ ≤∫ ⇔ n 1 n1

n 1 n 1

a f (x)dx a∞ ∞∞

+= =

≤ ≤∑ ∑∫

Por el criterio de comparación, de esta relación se demuestra i) y ii)

Ejemplo. Analizar la convergencia y divergencia de la serie p

n 1

1

n

∞

=∑


34

Solución a

p p p 1a a1 1

1 1 1 1dx lim dx lim 1

1 px x a

∞

−→∞ →∞

= = − − ∫ ∫

p1

1, p 11

p 1dxx

, p 1

∞ > −= ∞ <

∫

Si p = 1, a a

1a a a1 1

1 1dx lim dx lim ln | x | lim ln | a |

x x

∞

→∞ →∞ →∞= = = = ∞∫ ∫

Luego, la serie n 1

1

n

∞

=∑ diverge

Por lo tanto, según el criterio la serie p

n 1

1

n

∞

=∑ converge para p >1 y diverge para p ≤ 1.

5) TEOREMA (Criterio de las series alternadas o Leibniz). Sea la serie

nn 1 2 3 4

n 0

( 1) a a a a a∞

=

− = − + − +∑ ⋯ , na 0>

Si i) n 1 na a+ < (es decreciente)

ii) nnlim a 0→∞

=

⇒ La serie nn 1 2 3 4

n 0

( 1) a a a a a∞

=

− = − + − +∑ ⋯converge.

Ejemplo. La serie n 1

n 1

1( 1)

n

∞+

=

−∑ converge.

6) TEOREMA . Si n

n 0

a∞

=∑ converge ⇒ n

n 0

a∞

=∑ converge.

Prueba

n n na a a− ≤ ≤ ⇔ n n n0 a a 2 a≤ + ≤

Por hipótesis y el criterio de comparación, la serie n n

n 0

(a a )∞

=

+∑ converge


35

Luego, la serie n n n n

n 0 n 0

a (a a a )∞ ∞

= =

= + −∑ ∑ converge

4.13. SERIE DE POTENCIAS Las series de potencias son de la forma:

nn

n 0

a x∞

=∑ o n

n

n 0

a (x c)∞

=

−∑

Ejemplos

1) n2

n 0

1x

(n 1)

∞

= +∑

2) n2

n 1

1(x 1)

n

∞

=

−∑

4.14. TEOREMA . Sea nn

n 0

a x∞

=∑ . Se cumple sólo una de las condiciones:

i) La serie converge sólo par x = 0.

ii) La serie converge ∀ x∈ℝ.

iii) ∃ r > 0 tal que la serie converge ∀ x∈<-r, r> Al intervalo <-r, r> se llama intervalo de convergencia. El intervalo de convergencia puede ser [-r, r], <-r, r], [-r, r>, <-∞, ∞> Ejemplos

1) Determinar el intervalo de convergencia de la serie n n

2n 1

2 x

n

∞

=∑

Solución Aplicaremos el criterio de la razón

n 1 n 1

22

n nn n

2

2 x

(n 1) nlim 2 | x | lim 2 | x | 1

n 12 x

n

+ +

→∞ →∞

+ = = < + 1 1

2 2x ,⇔ ∈ −

Si x = 1/2 ⇒ la serie numérica

nn

2 2n 1 n 1

12

12

n n

∞ ∞

= =

=∑ ∑ converge


36

Si x=-1/2 ⇒ la serie numérica

nn

n2 2

n 1 n 1

12

12( 1)

n n

∞ ∞

= =

− = −∑ ∑ converge

Luego, el intervalo de convergencia es 1 1

,2 2

−

4.15. MULTIPLICACIÓN DE SERIES DE POTENCIAS

Si nn

n 0

a x∞

=∑ y n

n

n 0

b x∞

=∑ convergen en <-r, r> ⇒

n n nn n n

n 0 n 0 n 0

a x b x c x∞ ∞ ∞

= = =

= ∑ ∑ ∑ también converge en <-r, r>

Donde n

n k n k

k 0

c a b −=

=∑

4.16. DIFERENCIACIÓN DE SERIES DE POTENCIAS

Si nn

n 0

a x∞

=∑ converge en <-r, r> ⇒

n n 1n n

n 0 n 1

a x na x∞ ∞

−

= =

′ = ∑ ∑ , n n 2

n n

n 0 n 2

a x n(n 1)a x∞ ∞

−

= =

′′ = − ∑ ∑

también convergen en <-r, r> 4.17. SERIE DE TAYLOR Si la función f tiene derivadas de todos los órdenes, entonces a la serie

(k)k0

0

k 0

f (x )(x x )

k!

∞

=

−∑

se llama serie de Taylor de f alrededor de x0.

Se escribe (k)

k00

k 0

f (x )f (x) (x x )

k!

∞

=

= −∑

Ejemplos

1) n 2 3

x

n 0

x x xe 1 x

n! 2! 3!

∞

=

= = + + + +∑ ⋯ converge en ℝ


37

2) 2n 2 4

n

n 0

x x xcos x ( 1) 1

(2n)! 2! 4!

∞

=

= − = − + −∑ ⋯ converge en ℝ

3) 2n 1 3 5

n

n 0

x x xsenx ( 1) x

(2n 1)! 3! 5!

∞ +

=

= − = − + −+∑ ⋯ converge en ℝ

4) 2n 2 4

n 0

x x xcos h x 1

(2n)! 2! 4!

∞

=

= = + + +∑ ⋯ converge en ℝ

5) 2n 1 3 5

n

n 0

x x xsenhx ( 1) x

(2n 1)! 3! 5!

∞ +

=

= − = + + ++∑ ⋯ converge en ℝ

6) n 2 3

n 1

n 1

x x xln (x 1) ( 1) x

n 2 3

∞+

=

+ = − = − + −∑ ⋯ converge en 1,1]< − .

7) n 2 3

n 0

1x 1 x x x

1 x

∞

=

= = + + + +− ∑ ⋯ converge en 1,1< − > .

4.18. DEFINICIÓN . La función f se llama analítica en x0∈I si f tiene su serie de

potencias en x0

nn 0

n 0

a (x x )∞

=

−∑

que converge en I.

4.19. SOLUCIÓN DE EDO MEDIANTE SERIES DE POTENCIAS Sea la ecuación 2 1 0a (x)y a (x)y a (x)y 0′′ ′+ + = (1)

DEFINCIÓN . x = x0 se llama punto ordinario de la ecuación (1) si

01

2 2

a (x)a (x)y

a (x) a (x)

son funciones analíticas en x = x0. Caso contrario, se llama punto singular.

Ejemplo. En la ecuación 2xy (senx)y x y 0′′ ′+ + = , x = 0 es un punto ordinario, pues

las funciones 3 5x x 2 4

3! 5!xsenx x x1

x x 3! 5!

− + −= = − + −

⋯⋯

2xx

x=

tienen sus series de potencias en x = 0.


38

Observando la ecuación, cualquier número real es un punto ordinario de dicha ecuación. No tiene puntos singulares. DEFINCIÓN . x = x0 se llama punto singular regular de la ecuación (1) si

2 010 0

2 2

a (x)a (x)(x x ) y (x x )

a (x) a (x)− −

son funciones analíticas en x = x0. Caso contrario, se llama punto singular irregular.

Ejemplo. En la ecuación 2 22x y 3xy (x 1)y 0′′ ′+ − + = , x = 0 es un punto singular

regular, pues

2

2 22

2

3x 3x

22x

x 1 x 1x

22x

=

+ +− = −

son funciones analíticas o tienen sus series de potencias que convergen en x = 0. OBSERVACIÓN . Todo polinomio es analítico y toda función que es el cociente de polinomios es analítica, salvo donde el denominador es cero. TEOREMA . Si x = x0 es un punto ordinario de la ecuación (1) ⇒ La ecuación (1) tiene dos soluciones linealmente independientes de la forma:

nn 0

n 0

y a (x x )∞

=

= −∑

que convergen para 0| x x | r− < .

OBSERVACIÓN . Si la ecuación (1) tiene un punto ordinario o un punto singular regular en x = x0, entonces hacemos el cambio de variable t = x - x0 y al reemplazar en la ecuación (1), se obtiene la ecuación

2

2 1 02

d y d ya (t) a (t) a (t) y 0

d td t+ + = (2)

cuyo punto ordinario o punto singular regular es t = 0. OBSERVACIÓNES

1) 9 13 13

k 4 k nk 3 k 7 n 7

k 5 k 9 n 9

a x a x a x+− − −

= = =

= =∑ ∑ ∑

2) n n nn n n

n 0 n

a x a x a x∞ ∞

= =−∞

= =∑ ∑ ∑ con an= 0 cuando n < 0.


39

4.20. MÉTODO DE FROBENIUS Este método busca la solución de la ecuación (1) o (2) mediante series de potencias alrededor de un punto singular regular. El método de Frobenius consiste en hallar soluciones linealmente independientes de la ecuación (2) de la forma:

r n n r n rn n n

n 0 n 0

y(t) t a t a t a t∞ ∞

+ +

= =

= = =∑ ∑ ∑ , con an= 0 para n < 0.

Esta serie se llama serie de Frobenius. Reemplazando la serie de Frobenius en la ecuación (2) se obtiene la ecuación:

0 0r(r 1) b r c 0− + + =

que se llama ecuación indicial, donde

10

t 0 2

a (t)b lim t

a (t)→= 2 0

0t 0 2

a (t)c lim t

a (t)→=

TEOREMA . Si t = 0 es un punto singular regular de la ecuación (2) y r1 y r2, con r1 ≥ r2, son raíces de la ecuación indicial, entonces i) Existe una solución de la ecuación (2) de la forma:

1r n1 n

n 0

y (t) t a t∞

=

= ∑

ii) Si 1 2 0r r +− ∉ℤ 2r n2 n

n 0

y (t) t b t∞

=

⇒ = ∑

iii) Si 1 2r r +− ∈ℤ 2r n2 1 n

n 0

y (t) Dy (t) ln t t b t∞

=

⇒ = + ∑

D puede ser 0.

iv) Si 1 2r r 0− = 2r n2 1 n

n 1

y (t) y (t) ln t t b t∞

=

⇒ = + ∑

donde y1, y2 son linealmente independientes.

OBSERVACIONES 1) Los coeficientes de la serie se obtiene reemplazando la serie en la ecuación (2). 2) En el caso iii) del teorema anterior, la segunda solución se obtiene considerando

que

2

2r r

[(r r )y]r =

∂ −∂

también es solución de la ecuación (2) linealmente independiente con y1. Otra forma para determinar y2 es con la fórmula:


40

1

2

aa

dt

2 1 21

ey y dt

y

−

=∫

∫

3) En el caso iv) del teorema anterior, la segunda solución se obtiene considerando que

2r r

y

r =

∂∂

también es solución de la ecuación (2) linealmente independiente con y1.

Ejemplos

1) Resolver 2(x 4)y 6xy 4y 0′′ ′+ + + = para x0 = 0

Solución x0 = 0 es un punto ordinario. Entonces, sea

kky a x=∑ ⇒

k 1ky ka x −′ =∑

k 2ky k(k 1)a x −′′ = −∑

Reemplazando en la ecuación, se tiene 2 k 2 k 1 k

k k k(x 4) k(k 1)a x 6x k a x 4 a x 0− −+ − + + =∑ ∑ ∑

k k 2 k kk k k kk(k 1)a x 4k(k 1)a x 6k a x 4a x 0−− + − + + =∑ ∑ ∑ ∑

En el segundo término se aplica el resultado de una observación anterior k k k k

k k 2 k kk(k 1)a x 4(k 2)(k 1)a x 6k a x 4a x 0+− + + + + + =∑ ∑ ∑ ∑

kk k 2[(k(k 1) 6k 4)a 4(k 2)(k 1)a ] x 0+− + + + + + =∑

2

k 2 kk 5k 4

a a4(k 2)(k 1)+

+ +⇔ = −+ +

k 2 kk 4

a a4(k 2)+

+= −+

02

ak 0 a

2= → = −

3 15

k 1 a a4.3

= → = −

4 2 04

6 3k 2 a a a

4.4 2= → = − =


41

5 3 14

7 7k 3 a a a

4.5 3.2= → = − =

6 4 04

8 1k 4 a a a

4.6 2= → = − = −

7 4 16

9 9k 5 a a a

4.7 3.2= → = − = −

⋮ Reemplazando en

k 2 3 4k 0 1 2 3 4y a x a a x a x a x a x= = + + + + +∑ ⋯

se obtiene

2 4 6 804 4 8

3 5 312 4 6

1 3 1 5y 1 x x x x a

2 2 2 2

5 7 9x x x x a

2 .3 3.2 2 .3

= − + − + − +

− + − +

⋯

⋯

2k 2k 1

k k0 12k 2k

k 0 k 0

(k 1)x (2k 3)xy a ( 1) a ( 1)

2 3.2

∞ ∞ +

= =

+ + = − + − ∑ ∑

Determinación del intervalo de convergencia

i) 2k

kk 2k

(k 1)xa ( 1)

2

+= −

2(k 1)k 1

2(k 1)k 1

2kk kk k2k

(k 1 1)x( 1)

2| a |lim lim

| a | (k 1)x( 1)

2

++

++

→∞ →∞

+ +−=

+−

2(k 1)

22(k 1)

2kk

2k

(k 2) | x || x |2lim

4(k 1) | x |

2

+

+

→∞

+

= =+

La serie converge 2| x |

1 x 2,24

⇔ < ⇔ ∈< − >

ii) 2k 1

kk 2k

(2k 3)xb ( 1)

3.2

++= −

2(k 1) 1k 1

2(k 1) 1k 1

2k 1k kk k2k

(2(k 1) 3)x( 1)

2| b |lim lim

| b | (2k 3)x( 1)

3.2

+ ++

+ ++

+→∞ →∞

+ +−=

+−

2k 3

22(k 1)

2k 1k

2k

(2k 5) | x || x |3.2lim

4(2k 3) | x |

3.2

+

+

+→∞

+

= =+


42

La serie converge 2| x |

1 x 2,24

⇔ < ⇔ ∈< − >

Luego, la solución es válida para x∈<-2,2>

2) Resolver xy xy 2y e

y(0) 0

y (0) 0

′′ ′+ − =

= ′ =

Solución x0 = 0 es un punto ordinario. Entonces, sea

kky a x=∑ ⇒

k 1ky ka x −′ =∑

k 2ky k(k 1)a x −′′ = −∑

Reemplazando en la ecuación, se tiene k

k 2 k 1 kk k k

xk(k 1)a x x k a x 2 a x

k!− −− + − =∑ ∑ ∑ ∑

kk 2 k

1[(k 2)(k 1)a (k 2)a ] x 0

k!+⇔ + + + − − =∑

⇔ k 2 k1 k 2

a ak!(k 2)(k 1) (k 2)(k 1)+

−= −+ + + +

2 01

k 0 a a2

= → = +

3 11 1

k 1 a a6 6

= → = +

41

k 2 a24

= → =

5 3 11 1 1

k 3 a a a120 20 120

= → = − = −

6 41 2 1

k 4 a a720 30 720

= → = − = −

7 5 11 3 1 3

k 5 a a a5040 42 5040 5040

= → = − = +

⋮ Reemplazando en


43

k 2 3 4k 0 1 2 3 4y a x a a x a x a x a x= = + + + + +∑ ⋯

se obtiene 3 5

20 1

2 3 4 6

x xy a (1 x ) a x

6 120

x x x x

2 6 24 720

= + + + − + +

+ + − +

⋯

⋯

0 00 y(0) a a 0= = ⇒ =

1 10 y (0) a a 0′= = ⇒ =

Luego, la solución es 2 3 4 6x x x x

y2 6 24 720

= + + − +⋯

3) Resolver 2 22x y 3xy (x 1)y 0′′ ′+ − + = para x0 = 0

Solución 2

2

3 x 1y y y 0

2x 2x

+′′ ′+ − =

3B(x)

2x=

2

2

x 1C(x)

2x

+= −

Como las funciones

3xB(x)

2= ,

22 x 1

x C(x)2

+= −

son analíticas en x = 0. Luego, x = 0 es un punto singular regular. Además

0x 0

3b lim xB(x)

2→= =

20

x 0

1c lim x C(x)

2→= = −

Entonces la ecuación indicial es 3 1

r(r 1) r 02 2

− + − =

1 2r 1/ 2, r 1= = −

Como 31 2 2r r− = ∉ℤ , entonces existen dos soluciones linealmente independientes de

la forma: k r

ky a x +=∑ ⇒


44

k r 1ky (k r)a x + −′ = +∑

k r 2ky (k r)(k r 1)a x + −′′ = + + −∑

Reemplazando en la ecuación, se tiene 2 k r 2 k r 1 2 k r

k k k2x (k r)(k r 1)a x 3x (k r)a x (x 1) a x 0+ − + − ++ + − + + − + =∑ ∑ ∑ ⇔

k rk k 2[2(k r)(k r 1) 3(k r) 1]a a x 0+

−+ + − + + − − =∑

k 2k

aa

(k r)(2k 2r 1) 1−=

+ + + −

CASO r1 = 1/2

k k 22

1a a

2k 3k−=

+

11 1

ak 1 a 0 a 0

5−= → = = ⇒ =

02

ak 2 a

14= → =

13

ak 3 a 0

27= → = =

024

aak 4 a

44 616= → = =

5k 5 a 0= → =

046

aak 6 a

90 55400= → = =

Luego, 12

2 4 6

1 0x x x

y a x 114 616 55400

= + + + +

⋯

Si a0 = 1 ⇒ 12

2 4 6

1x x x

y x 114 616 55400

= + + + +

⋯

CASO r2 = -1

k k 22

1a a

2k 3k−=

−

11 1

ak 1 a 0 a 0

1−= → = = ⇒ =

−


45

02

ak 2 a

2= → =

13

ak 3 a 0

18= → = =

024

aak 4 a

20 40= → = =

5k 5 a 0= → =

046

aak 6 a

54 2160= → = =

∴2 4 6

10

x x xy a x 1

2 40 2160−

= + + + +

⋯

Si a0 = 1 ⇒ 2 4 6

12

x x xy x 1

2 40 2160−

= + + + +

⋯

Por lo tanto, la solución general es 1 1 2 2y c y c y= +

4. Resolver 2 2x y (x 2x) y 2y 0′′ ′+ − + = , alrededor de x = 0

Solución

⇔ 2

x 2 2y y y 0

x x

−′′ ′+ + =

Sean x 2

B(x)x

−= , 2

2C(x)

x=

Las funciones x B(x) x 2= − , 2x C(x) 2= son analíticas en x = 0, entonces x = 0 es

un punto singular regular.

0x 0

b lim x B(x) 2→

= = − , 20

x 0c lim x C(x) 2

→= =

La ecuación indicial es r(r 1) 2r 2 0− − + = ⇔ r1 = 2, r2 = 1

r1 – r2 = 1 ∈ ℤ

Sea k rky a x +=∑ ⇒

k r 1ky (k r)a x + −′ = +∑

k r 2ky (k r)(k r 1)a x + −′′ = + + −∑

Reemplazando en la ecuación, se tiene


46

2 k r 2 2 k r 1 k rk k kx (k r)(k r 1)a x (x 2x) (k r)a x 2 a x 0+ − + − ++ + − + − + + =∑ ∑ ∑

k r k r 1 k r k rk k k k(k r)(k r 1)a x (k r)a x 2 (k r)a x 2 a x 0+ + + + ++ + − + + − + + =∑ ∑ ∑ ∑

k r k r k r k rk k 1 k k(k r)(k r 1)a x (k 1 r)a x 2 (k r)a x 2 a x 0+ + + +

−+ + − + − + − + + =∑ ∑ ∑ ∑k r

k k 1[(k r)(k r 1) 2(k r) 2]a (k r 1)a x 0+−+ + − − + + + + − =∑

⇔ k k 1[(k r)(k r 1) 2(k r) 2]a (k r 1)a 0−+ + − − + + + + − =

k k 12

k r 1a a

(k r) 3(k r) 2−

+ −= −+ − + +

k k 1k r 1

a a(k r 2)(k r 1) −

+ −= −+ − + −

k k 11

a ak r 2 −= −

+ −

Si r = 2 ⇒ k k 11

a ak −= −

1 0a a= −

2 1 01 1

a a a2 2

= − =

3 2 11 1

a a a3 2 3

= − =⋅

4 3 11 1

a a a4 2 3 4

= − = −⋅ ⋅

5 4 11 1

a a a5 2 3 4 5

= − =⋅ ⋅ ⋅

⋮ k

2 k 2 x0 0

k 0

( 1)y(x) a x x a x e

k!

∞−

=

−= =∑

Elegimos 2 x1y (x) x e−=

Ahora, determinaremos otra solución linealmente independiente con y1 De (1), se tiene

r r 1 r 2 r 30

1 1 1y(x, r) a x x x x

r 1 r(r 1) r(r 1)(r 1)+ + +

= − + − + − − + − ⋯

r r 1 r 2 r 30

1 1(r 1) y a (r 1) x x x x

r r(r 1)+ + +

− = − − + − + + ⋯


47

[ ] r r r 1 r 2 r 20 2

r 3 r 3 r 32 2

1 1(r 1) y a x (r 1) x ln x x ln x x x ln x

r rr

1 1 1x x x ln x

r(r 1)r (r 1) r(r 1)

+ + +

+ + +

∂ − = − − − − + +∂

+ + − + ++ +

⋯

[ ] 2 32 1 0

r 1

3y (x) (r 1) y y (x) ln x a x 1 x x

r 4=

∂ = − = − + − + + ∂ ⋯

Luego, la solución general es 1 1 2 2y c y c y= +

5. Resolver 2 2x y x y (x 1) y 0′′ ′− + + = , alrededor de x = 0

Solución

⇔ 2

2

1 x 1y y y 0

x x

+′′ ′− + =

Sean 1

B(x)x

= − , 2

2

x 1C(x)

x

+=

Las funciones x B(x) 1= − , 2 2x C(x) x 1= + son analíticas en x = 0, entonces x = 0

es un punto singular regular.

0x 0

b lim x B(x) 1→

= = − , 20

x 0c lim x C(x) 1

→= =

La ecuación indicial es r(r 1) r 1 0− − + = ⇔ r1 = 1, r2 = 1

r1 = r2

Sea k rky a x +=∑ ⇒

k r 1ky (k r)a x + −′ = +∑

k r 2ky (k r)(k r 1)a x + −′′ = + + −∑

Reemplazando en la ecuación, se tiene 2 k r 2 k r 1 2 k r

k k kx (k r)(k r 1)a x x (k r)a x (x 1) a x 0+ − + − ++ + − − + + + =∑ ∑ ∑k r k r k r 2 k r

k k k k(k r)(k r 1)a x (k r)a x a x a x 0+ + + + ++ + − − + + + =∑ ∑ ∑ ∑

k r k r k r k rk k k 2 k(k r)(k r 1)a x (k r)a x a x a x 0+ + + +

−+ + − − + + + =∑ ∑ ∑ ∑

k rk k 2 k[(k r)(k r 1) (k r)]a a a x 0+

−+ + − − + + + =∑

⇔ k k 2[(k r)(k r 1) (k r) 1]a a 0−+ + − − + + + =

⇔ k k 21

a a(k r)(k r 2) 1 −= −

+ + − +


48

Para r = 1 ⇒ k k 22

1a a

k−= −

1 11

a a 01 −= − =

2 02

1a a

2= −

3 12

1a a 0

3= − =

4 2 02 2

1 1a a a

4 6= − =

5a 0=

6 4 0 02 6 2 2 2 2

1 1 1a a a a

6 2 6 2 4 6= − = − = −

⋮

Luego 2 3 4 5 60 1 2 3 4 5 6y(x) x (a a x a x a x a x a x a x )= + + + + + + +⋯

⇔ 2 4 6

02 2 2 2 2 2

x x xy(x) x 1 a

2 2 4 2 4 6

= − + − +

⋯

Sea 2 4 6

1 2 2 2 2 2 2

x x xy (x) x 1

2 2 4 2 4 6

= − + − +

⋯

Ahora, hallaremos la otra solución. De la fórmula de recurrencia, se tiene

2 4 6r

0 2 2 2 2 2 2

2 4 2 6r

0 3 3 3 3 3 3

x x xy(x, r) x ln x a 1

(r 1) (r 1) (r 3) (r 1) (r 3) (r 5)

2x 2(2r 4)x 2(3r 18r 23)xa x

(r 1) (r 1) (r 3) (r 1) (r 3) (r 5)

= − + − + + + + + + + +

+ + +− + − + + + + + +

⋯

…

2 4 6

2 0 2 2 2 2 2 2r 1

2 4 6

0 3 3 3 3 3 3

y x x xy (x) ln x a x 1

r 2 2 4 2 4 6

2x 2 6x 2 44xa x

2 2 4 2 4 6

=

∂= = − + − + + ∂

⋅ ⋅− + −

⋯

…

2 4 6

2 0 1 0 2 7 7 3

x 3x 11 xy (x) a ln x y (x) a x

2 2 2 3

= + − + −

…

6. LA ECUACIÓN DE BESSEL . Resolver 2 2 2x y xy (x n )y 0′′ ′+ + − =


49

Solución

Sea n

j c j c j cj j j

j 0 j

y a x a x a x∞

+ + +

= =−∞

= = =∑ ∑ ∑ (aj = 0, j<0)

j c 1jy ( j c)a x + −′ = +∑

j c 2jy ( j c)( j c 1)a x + −′′ = + + −∑

Reemplazando en la ecuación diferencial, se tiene

j c j c j c 2 2 j cj j j j( j c)( j c 1)a x ( j c)a x a x n a x 0+ + + + ++ + − + + + + =∑ ∑ ∑ ∑

⇔ j c j c j c 2 j cj j j 2 j( j c)( j c 1)a x ( j c)a x a x n a x 0+ + + +

−+ + − + + + + =∑ ∑ ∑ ∑2 j c

j j j 2 j[( j c)( j c 1)a ( j c)a a n a ]x 0+−⇔ + + − + + + + =∑

2 2 j cj j 2[(( j c) n )a a ]x 0+

−⇔ + − + =∑

2 2j j 2(( j c) n )a a 0−⇔ + − + = (*)

Si j = 0 ⇒

2 20 2

0

(c n )a a 0−=

− + = c n, n 0⇒ = ± ≥

CASO I. c = n, n ≥ 0

De (*): j 2j

aa

j(2n j)−= −+

a1 = a3 = a5 = …. =0

02

aa

j(2n 2)= −

+

024

aaa

4(2n 4) 2.4.(2n 2)(2n 4)= − =

+ + +

046

aaa

6(2n 6) 2.4.6(2n 2)(2n 4)(2n 6)

−= − =

+ + + +

⋮ j c

jy a x +=∑

2 4 6n

0 2 4 6

x x xy a x 1

2 (n 1) 2 .1.2(n 1)(n 2) 2 .1.2.3(n 1)(n 2)(n 3)

= − + − +

+ + + + + + ⋯⋯⋯⋯

k

2k n0 2k

k 0

( 1)y a x

2 k!(n 1)(n 2) (n k)

∞+

=

−=+ + +∑ ⋯⋯⋯⋯


50

Si 0 n

1a

2 n!= ⇒ se obtiene la función de Bessel:

2k nk

n

k 0

( 1) xJ (x)

k!n!(n 1)(n 2) (n k) 2

∞ +

=

− = + + + ∑ ⋯⋯⋯⋯

Lo expresamos en términos de la función Gamma:

x 1 t

0

(x) t e dt∞

− −Γ = ∫

Γ(1) = 1 Γ(x+1) = x Γ(x)

Γ(x) = x! x∈ℕ 12( )Γ = π

3 1 1 12 2 2 2( ) ( )Γ = Γ = π

121

2

( )( ) 2

1/ 2

ΓΓ − = = − π

−

123 4

2 3

( )( )

3 / 2

Γ −Γ − = = π

−

Γ(k+n+1) = n!(n+1)(n+2)…(n+k) Luego, la función "J" podemos expresarla de la forma

2k nk

n

k 0

( 1) xJ (x)

k! (k n 1) 2

∞ +

=

− = Γ + + ∑

A esta función se le llama Función de Bessel de Orden n de Primera Clase CASO II . c = -n, n > 0 J-n(x) es solución de la ecuación diferencial de Bessel.

Luego, Jn(x) y J-n(x) son linealmente independientes para n∉ℤ. Así que, su solución

general es

y(x) = c1 Jn(x) + c2 J-n(x) n∉ℤ

Si n∈ℤ, son linealmente dependientes, pues J-n(x) = (-1)n Jn(x)

CASO III . c = n∈ℤ

Las raíces de la ecuación indicial difieren 2n>0 y el método de Frobenius para este caso especial nos da la solución de la forma:

k nn n k

k 0

K (x) A J (x) ln x b x∞

+

=

= +∑


51

⇔ 2k n 2k n nk

k n k nn n

k 0 k 1

1 (n k 1)! x 1 ( 1) (H H ) x H xK (x) J (x) ln x

2 k! 2 2 k!(n k)! 2 2n! 2

∞ ∞− ++

= =

− − − + = − − − + ∑ ∑ d

onde n1 1

H 12 n

= + + +⋯⋯⋯⋯

La función definida por:

n n n2

Y (x) [K (x) ( ln 2)J (x)]= + γ −π

se llama Función de Bessel de Orden n de Segunda Clase.

donde n 2

1 n 11 ln 0.5772156690153....

n n

∞

=

− γ = + + =

∑

Yn es linealmente independiente con Jn, por consiguiente su solución general de la

ecuación diferencial de Bessel, para n∈ℤ, es

y(x) = c1 Jn(x) + c2 Yn(x) n∈ℤ

OBSERVACIÓN . Para n∈ℝ, incluido n∈ℤ-, se define la función de Bessel-

Newmann, de orden n, que es linealmente independiente con Jn(x), por

n n n1

Y (x) (J (x)cos(n ) J (x))sen(n ) −= π −

π

7. ECUACIÓN DE LEGENDRE: 2(1 x )y 2xy n(n 1)y 0′′ ′− − + + =

Solución

Sea jjy a x=∑

Reemplazando en la ecuación, al final, se obtiene

j 2 jn(n 1) j( j 1)

a a( j 2)( j 1)+

+ − += −+ +

2 0n(n 1)

a a2!

+= −

3 1[n(n 1) 1.2]

a a3!

+ −= −

4 0n(n 1)[n(n 1) 2.3]

a a4!

+ + −= −

5 1[n(n 1) 1.2][n(n 1) 3.4]

a a4!

+ − + −= −

⋮


52

∴

2 40

3 51

n(n 1) n(n 1)[n(n 1) 2.3]y(x) a 1 x x

2! 4!

n(n 1) 1.2 [n(n 1) 1.2][n(n 1) 3.4]a x x x

3! 5!

+ + + − = − + − +

+ − + − + − + − + −

⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯

Si n ∉ ℤ, estas series convergen para -1 < x < 1.

Si 0n +∈ℤℤℤℤ , una de estas series se termina, es decir, es un polinomio; mientras que la

otra converge para -1 < x < 1. Las soluciones polinomiales son: 1, x, 1-3x2, x-5x3/3, … Es conveniente multiplicar cada uno de estos por una constante elegida para que el polinomio resultante tenga el valor de uno en x=1. Los polinomios resultantes se llaman polinomios de Legendre y se denotan por P0(x) =1, P1(x) = x, P2(x) = (3x2-1)/2, P3(x) = (5x3-3x)/2, P4(x) = (35x4-30x2+3)/8 Fórmula de recurrencia para determinar estos polinomios:

n 1 n n 12n 1 n

P (x) xP (x) P (x)n 1 n 1+ −

+= −+ +

Fórmula de Rodriguez: n

2 nn n n

1 dP (x) [(x 1) ]

2 n! dx= −

5. LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 5.1. DEFINICIÓN . La integral (u operador)

s t

0F(t) e F(t)dt f (s)

∞−= =∫L

se llama transformada de Laplace de la función F. Ejemplo. Hallar L t Solución

nst st

n0 0

t e tdt lim te dt∞

− −

→∞= =∫ ∫L

Integrando por partes, se tiene

sn sn2 2n

1 1 1t lim ne ( e 1)

s s s− −

→∞

= − + − + =

L

2

1t

s∴ =L


53

5.2. DEFINICIÓN . La función F:[a, b] ⊂ ℝ → ℝ se llama función seccionalmente continua sobre [a, b] si F es continua en [a, b], salvo en un número finito de puntos, donde existen sus límites laterales.

Ejemplos 1) La función

t

sen t, t [0,1

F(t) t 2, t [1,3

e , t [3,5]

∈ >

= − ∈ > ∈

es seccionalmente continua en [0, 5].

2) La función 2

1t

t , t [ 2, 1

F(t) t 1, t [ 1,0

, t [0,1]

∈ − − >

= − ∈ − > ∈

no es seccionalmente continua en [-2, 1]; pues, no existe t 0lim F(t)

+→

5.3. DEFINICIÓN . La función F es de orden exponencial si existen α, β, γ no negativos tal que

t| F(t) | e , tα< β ∀ ≥ γ

5.4. TEOREMA . Si la función F es seccionalmente continua y de orden

exponencial, entonces existe su transformada de Laplace. 5.5. PROPIEDADES 1) Linealidad 1 1 2 2 1 1 2 2c F (t) c F (t) c F (t) c F (t)+ = +L L LL L LL L LL L L

2) Transformada de la primera derivada F (t) s F(t) F(0)′ = −L L

Prueba

b

s t s t

b0 0F (t) e F (t)dt lim e F (t)dt

∞− −

→∞′ ′ ′= =∫ ∫L

Aplicando integración por partes:

-s t s tSean u =e du se dt

dv F (t)dt v F(t)

−⇒ = −′= ⇒ =

Luego

b

s b s t

b 0F (t) lim [e F(b) F(0) se F(t)dt]− −

→∞′ = − + ∫L


54

b

s b s t

b b 0F (t) lim [e F(b)] F(0) lim se F(t)dt− −

→∞ →∞′ = − + ∫L

Pero como F es de orden exponencial, entonces b| F(b) | eα< β sb ( s)be | F(b) | e− α−⇔ < β

Si s > α sb ( s)b

b blim e | F(b) | lim e 0− α−→∞ →∞

⇒ < β =

sb

blim e | F(b) | 0−→∞

⇔ =

Luego, b

s t

b 0F (t) F(0) s lim e F(t)dt−

→∞′ = − + ∫L s t

0F(0) s e F(t)dt

∞−= − + ∫

∴ F (t) F(0) s F(t)′ = − +L L

3) Trasformada de la segunda derivada

2F (t) s F(t) sF(0) F (0)′′ ′= − −L L

Prueba F (t) (F ) (t) s F (t) F (0)′′ ′ ′ ′ ′= = −L L L

s[s F(t) F(0)] F (0)′= − −L

∴ 2F (t) s F(t) s F(0) F (0)′′ ′= − −L L

4) (n) n n 1 n 2 (n 2) (n 1)F (t) s F(t) s F(0) s F (0) s F (0) F (0)− − − −′= − − − − −⋯L L

5) Si df

F(t) f (s) t F(t) (s)ds

= ⇒ = −L L

Prueba

st

0f (s) e F(t)dt

∞−= ⇒∫

s t

0

df d(s) (e F(t))dt

ds ds

∞−= ∫ s t

0e t F(t)dt

∞−= −∫ tF(t)= −L

dft F(t) (s)

ds⇔ = −L

6) Si n

n nn

d fF(t) f (s) t F(t) ( 1) (s)

ds= ⇒ = −L L

7) (Primera traslación) Si a tF(t) f (s) e F(t) f (s a)= ⇒ = −L L

Prueba


55

a t s t a t (s a) t

0 0e F(t) e e F(t)dt e F(t)dt f (s a)

∞ ∞− − −= = = −∫ ∫L

8) t

0

1F(u)du F(t)

s

=

∫L L

Prueba

Sea t

0G(t) F(u)du= ∫

Por el primer teorema fundamental del cálculo, se tiene G (t) F(t)′ = ⇔

0

F(t) G (t) s G(t) G(0) s G(t)=

′= = − =L L L L

1G(t) F(t)

s⇔ =L L

t

0

1F(u)du F(t)

s

⇔ =

∫L L

5.6. IMPULSO Y LA FUNCIÓN DELTA DE DIRAC

1

, 0 tf (t)

0, en otro casoε ε

≤ ≤ ε=

A esta función se llama función impulso

0

, t 0(t) lim f (t)

0, t 0εε→

∞ =δ = = ≠

1 1, 0 t a , a t a

f (t a)0, en otro caso 0, en otro caso

ε ε ε ≤ − ≤ ε ≤ ≤ + ε − = =

s

s t

0

1 1 ef (t) e dt

s

ε− ε

−ε

−= =ε ε∫L

x

y

ε

1

ε

0 ε


56

aa s t sa s

s t

a a

1 e e 1 ef (t a) e dt

s s

+ε+ε − − − ε−

ε − −− = = = ε ε ε ∫L

a0

(t a) : lim f (t a)ε →

δ − = −, t a

0, t a

+∞ == ≠

Se llama función delta de Dirac

sa ssa

a0 0

e 1 e (t a) lim f (t a) lim e

s

− − ε−

ε → ε →

−δ − = − = = ε L L

(t) 1δ =L a

1 1

0 0 0 00 0 a

(t a)dt lim f (t a)dt lim dt lim (a a) lim 1 1∞ ∞ +ε

ε ε εε→ ε→ ε→ ε→δ − = − = = + ε − = =∫ ∫ ∫

⇔ 0

(t a)dt 1∞

δ − =∫

00 0

g(t) (t a)dt g(t) lim f (t a)dt∞ ∞

εε→δ − = −∫ ∫ 0 0

lim g(t) f (t a)dt∞

εε→= −∫

a

0 a

1lim g(t) dt

+ε

ε→=

ε∫a

0 a

1lim g(t) dt

+ε

ε→=

ε ∫

0

1lim (a a) g(c)ε→

= + ε −ε

, (por el TVM para integrales)

0lim g(c)ε→

= , c ∈ [a, a+ε]

= g(a)

⇔ 0

g(t) (t a)dt g(a)∞

δ − =∫

5.7. FUNCIÓN GAMMA

n 1 x

0

(n) x e dx∞

− −Γ = ∫

Propiedades 1) Γ(n+1) = n Γ(n)

2) Γ(n+1) = n!, n ∈ ℕ

5.8. TABLA

F(t) LF(t)=f(s) 1 1 1/s s>0 2 t 1/s2 s>0 3 tn n = 0, 1, 2, .... n!/sn+1 s>0


57

4 ea t 1/(s-a) s>a 5 sen at a / (s2+a2) s>0 6 cos at s / (s2+a2) s>0 7 senh at a / (s2-a2) s>|a| 8 cosh at s / (s2-a2) s>|a| 9 ebt sen at a / ((s-b)2+a2) 10 ebt cos at (s-b) / ((s-b)2+a2) 11 1

tπ 1

s

Prueba de 3): n n st

0t t e dt

∞−= ∫L

Sea u = st ⇒ t = u / s, dt = du / s Si t = 0 ⇒ u = 0; t = ∞ ⇒ u = ∞

nn u

0

u 1t e du

s s

∞− =

∫L n un 1

0

1u e du

s

∞−

+= ∫ n 1

(n 1)

s +Γ +=

n 1

n!

s +=

Prueba de 4)

a t s t a t (a s) t (a s) t

0 0 0

1 1e e e dt e dt e

a s a s

∞∞ ∞− − − −= = = =

− −∫ ∫L

a t 1e

s a=

−∴ L , s > a

Prueba de 5): s t

0

sen a t e sen a t dt∞

−= ∫L


s t s t2 2 2 2

0

a ssen a t e cosa t e sen a t

s a s a

∞− − = − − + +

L

2 2

at

s a∴ =

+L , s > 0

Prueba de 6): s t

0

cosa t e cosa t dt∞

−= ∫L


s t s t2 2 2 2

0

a scosa t e sen a t e cosa t

s a s a

∞− − = − + +

L


58

2 2

st

s a∴ =

+L , s > 0

Prueba de 9) Por la propiedad de la primera traslación, se tiene

b t2 2 2 2

s bs b

sen a t a ae sen a t

s a (s b) a−−

= = =+ − +

LL

Prueba de 11)

1 1 1

t t

= π π

L L s t

0

1 1e dt

t

∞−=

π ∫

Sea u t= ⇒ t = u2

1

t

= π

L1 1

uπ2sue 2 u− 2su

0 0

2du e du

∞ ∞−=

π∫ ∫

Asimismo 1

t

= π

L2s v

0

2e dv

∞−

π ∫

Luego, multiplicando miembro a miembro, se tiene 2

1

t

= π

L2 2

2

s (u v )

0 0

2e du dv

∞ ∞− +

π ∫ ∫

Haremos un cambio de variable

Sean u = r cosθ v = r senθ J = r De la gráfica, para 0 ≤ u ≤ ∞, 0 ≤ v ≤ ∞, se tiene 0 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ r ≤ ∞

2

1

t

= π

L2 2s r

0 0

4e r dr d

π ∞− θ

π ∫ ∫4=π

π2

1

2

−

2s r 2

0

e d( s r )s

∞− −∫

θ u

v r


59

2s r

0

1e

s

∞−= −

1

s=

⇔ 1 1

t s

= π

L

5.9. TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE

1F(t) f (s) F(t) f (s)−= ⇔ =L L

5.10. PROPIEDADES DE LA TRANSFORMADA INVERSA DE LAPLACE

1) 1 1 11 1 2 2 1 1 2 2c f (s) c f (s) c f (s) c f (s)− − −+ = +L L L

2) 1 a t 1f (s a) e f (s)− −− =L L

3) 1 1d f(s) t f (s)

ds− −

= −

L L

4) -1t

0

1F(t) f (s) f (s) F(u)du

s = ⇒ = ∫L L

5.11. CONVOLUCIÓN DE FUNCIONES Está definido por

t t

0 0(F G)(t) F(u)G(t u)du G(u)F(t u)du∗ = − = −∫ ∫

PROPIEDAD. Si F(t) f (s)=L y G(t) g(s)= ⇒L

t

0

F(u)G(t u)du F(t) G(t) f (s)g(s) − = = ∫L L L

t

1

0F(u)G(t u)du f (s)g(s)−⇔ − =∫ L

5.12. SOLUCIÓN DE ECUACIONES DIFERENCIALES MEDIANTE LA

TRANSFORMA DE LAPLACE 1) Resolver

IVy 2y y sent

y(0) y (0) y (0) y (0) 0

′′+ + =′ ′′ ′′′= = = =

Solución


60

IVy 2y y sent′′+ + =L L IVy 2 y y sen t′′+ + =L L L L

4 3 2 2

20 0 0 0

1s y s y(0) s y (0) s y (0) y (0) 2(s y sy(0) y (0)) y

s 1= = = =

′ ′′ ′′′ ′− − − − + − − + =+

L L L

4 22

1(s 2s 1) y

s 1⇔ + + =

+L

2 3

1y

(s 1)⇔ =

+L

12 3

1y

(s 1)− ⇔ =

+ L

Cálculo de 12 3

1

(s 1)−

+ L

2 2 2

d 1 2s

ds s 1 (s 1)

− = + +

2 2 2

1 1 d 1

2s ds(s 1) s 1

⇔ = − + +

1 12 2 2

1 1 1 d 1

2 s ds(s 1) s 1− − ⇔ = − + +

L L

t

120

u

1 d 1du

2 ds s 1− = − + ∫ L

t

120

1 1u du

2 s 1− = − −

+ ∫ L

t

0

1u senu du

2= − −∫

t

0

1u senu du

2= ∫

Aplicaremos integración por partes: p u dp du

dq senu du q cos u

= → == → = −

t t10 02 2

1 1u cos u sen u

2(s 1)− = − + +

L

12 2

1 1 1t cos t sen t

2 2(s 1)− = − +

+ L


61

Por otro lado,

( )2 2 2 32 2 2 3

d 1 d 4s(s 1) 2(s 1) 2s

ds ds(s 1) (s 1)− − −= + = − + = + +

2 3 2 2

1 1 d 1

4s ds(s 1) (s 1)

⇔ = − + +

1 12 3 2 2

1 1 1 d 1

4 s ds(s 1) (s 1)− − = − + +

L L

t1

2 20

1 d 1du

4 ds (s 1)− = − +

∫ L

t1

2 20

1 1u du

4 (s 1)− = − −

+ ∫ L

t

0

1 1 1u u cos u senu du

4 2 2 = − − − + ∫

t t2

0 0

1 1u cos u du u senu du

8 8= − +∫ ∫

Aplicaremos integración por partes: 2p u dp 2u du

dq cos u du q senu

= → == → =

t tt1 22 3 0 0 0

1 1 1u senu 2 usenu du u senu du

8 8(s 1)− = − − +

+ ∫ ∫L

t2

0

1 3t sent usenu du

8 8= − + ∫

t t20 0

1 3t sent u cos u senu

8 8 = − + − +

1 22 3

1 1 3 3t sent t cos t sent

8 8 8(s 1)− ∴ = − − +

+ L

Luego, 218

y [(3 t )sent 3t cos t]= − −

2) Resolver


62

ty (1 2t)y 2y 0

y(0) 1

y (0) 2

′′ ′+ − − ==

′ =

Solución

t y (1 2t)y 2y 0′′ ′+ − − =L L

t y y 2 ty 2 y 0′′ ′ ′+ − − =L L L L L

d dy s y y(0) 2 y 2 y 0

ds ds′′ ′− + − + − =L L L L

2d ds y sy(0) y (0) s y y(0) 2 s y y(0) 2 y 0

ds ds ′ − − − + − + − − =

L L L L

2 d d2s y s y 1 s y 1 2 y 2s y 2 y 0

ds ds− − + + − + + − =L L L L L L

2 d(2s s ) y s y 0

ds⇔ − − =L L

d 1y y 0

ds 2 s⇔ − =

−L L

12 s

dsy e c−⇔ = ∫L

ln 2 sy e c− −⇔ =L

cy

s 2⇔ =

−L

Para s > 2,

cy

s 2=

−L 1 2t1

y c ces 2

− ⇔ = = − L

2ty ce∴ =

Pero y(0) = 1 ⇒ c = 1

Luego, la solución de la ecuación es 2ty e=

3) Resolver

2

(t 2)2

0, t 2d y dy4 4y

dt e , t 2dt

y(0) 1

y (0) 1

− −

<+ + = >

=′ = −

Solución


63

Para t < 2 2

2

d y dy4 4y 0

dtdt+ + =

2

2

d y dy4 4 y 0

dtdt

+ + =

L L L L

2s y sy(0) y (0) 4(s y y(0)) 4 y 0′− − + − + =L L L

2(s 4s 4) y s 3+ + = +L

2 2 2

s 3 s 3 1 1y

s 2s 4s 4 (s 2) (s 2)

+ += = = +++ + + +

L

2

1 1y

s 2 (s 2)⇔ = +

+ +L

12

1 1y

s 2 (s 2)− ⇔ = + + +

L1 1

2

1 1

s 2 (s 2)− − = + + +

L L

2t 1 2t 12

1 1e e

s s− − − − = +

L L

2t 2te e t− −= +

Para t > 2

2(t 2)

2

d y d y4 4y e

d td t− −+ + =

2

(t 2)2

d y dy4 4 y e

dtdt− − + + =

L L L L

2 2 1s y sy(0) y (0) 4(s y y(0)) 4 y e

s 1 ′− − + − + = +

L L L

2

2 e(s 4s 4) y s 3

s 1+ + = + +

+L

2

2 2

s 3 ey

(s 2) (s 2) (s 1)

+= ++ + +

L

22 2

1 1 1 1 1e

s 2 s 2 s 1(s 2) (s 2)

− −= + + + + + + ++ +


64

1 22 2

1 1 1 1 1y e

s 2 s 2 s 1(s 2) (s 2)− − − ⇔ = + + + + + + ++ +

L

1 1 2 1 2 1 2 12 2

1 1 1 1 1e e e

s 2 s 2 s 1(s 2) (s 2)− − − − − − − = + + + + + + ++ +

L L L L L

2t 1 2t 1 2 2t 1 2 2t 12 2

2 t 1

1 1 1 1y e e e e e e

s ss s

1 e e

s

− − − − − − − −

− −

= + − −

+

L L L L

L

2t 2t 2 2t 2 2t 2 ty e t e e e t e− − − − −= + − − + 2t 2 2t 2 ty (t 1)e (t 1)e e− − −= + − + +

Luego, la solución del problema es 2t 2t

2t 2 2t 2 t

e te , t 2y(t)

(t 1)e (t 1)e e , t 2

− −

− − −

+ <= + − + + >

folle ecuadiferenciales fic 2013 2xhoja

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