EDLs de segundo ordenRigoberto Beltr an B.Curso: Matematicas Avanzadas I Semestre 2015Ingeniera Mecanica - Mecatronica1Contenidos 1. Generalidades. ............... pag. 3 2. EDLs Homogeneas. ............... pag.18 3. F ormula de Abel. ............... pag.23 4. EDLs Homogeneas con coecientes constantes. ....... pag.28 5. EDLs no Homogeneas. ............... pag.3621. GeneralidadesIntroducci onUna Ecuacion Diferencial Lineal (EDL), de segundo orden, es una Ecuacion DiferencialOrdinaria (EDO), de la formaa2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = b (t)(1.1)o mas brevemente,a2 (t) x + a1 (t) x + ao (t) x = b (t)donde las funciones a2 (t) , a1 (t) , ao (t) y b (t) estan denidas en un intervalo I R , enel que a2 (t) = 0 .Estas funciones a2 (t) , a1 (t) y ao (t) son los coecientes de la EDL. Si el coecientelder a2 (t) es identicamente igual a1en I, entonces la EDL se dice normalizada. Entonces,si a2 (t) = 0 para todo t I , dividiendo por a2 (t) , reducimos (1.1) a su forma normal,d2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = r (t)donde p (t) = a1 (t)a2 (t) y q (t) = ao (t)a2 (t) .A los puntos de (1.1) donde a2 (t) = 0 se les llama puntos singulares, mientras que lospuntos donde a2 (t) = 0 son llamados puntos ordinarios.Un caso especial e importante es aquel donde los coecientes a2 (t) , a1 (t) y ao (t)son constantes. As, si a2 (t) = a2 , a1 (t) = a1y ao (t) = aocon a2, a1, ao Rla EDLa2d2xdt2 + a1dxdt + aox = b (t)(1.2)se dice con coecientes constantes. Caso contrario sera con coecientes variables.Si la funcion b (t) = 0 para todo t I , la EDLa2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = 0(1.3)es llamada homogenea y, si b (t) = 0 para alg un t I la ecuacion diferencial es no ho-mogenea.3 Ejemplos :1. La EDO,_t2+ 1_d2xdt2 dxdt + 5x = tetes una EDL de segundo orden no homogenea con coecientes variables, denida entodo R.2. La EDO,d2xdt2 + 2dxdt 5x = 0es una EDL de segundo orden, homogenea con coecientesconstantes, denida en todo R.3. La EDO,d2xdt2 + 18dxdt 23x = t + 5sentes una EDL de segundo orden, no homogenea, con coecientes constantes, denida entodo R.4. La EDO,6d2xdt2 (t + 1) dxdt x = t cos t 5t2etes una EDL de segundo orden, no homogenea, con coecientes variables, denida entodo R.5. Para la EDOt2(t + 1)2 d2xdt2 +_t21_dxdt + 2x = 0se tiene que t = 0 y t = 1 son puntos singulares y en el conjunto R {1, 0} esuna EDL homogenea, de segundo orden, con coecientes variables.6. La EDOd2xdt2 tx2= 0no es EDL.SolucionesUna solucion de la EDL (1.1), es una funcionx : I R , dos veces derivable en I, quesatisface a la ecuacion para todo t I . Esto quiere decir que la sustitucion de x = x(t) ysus derivadas x (t) y x (t) en (1.1) transforman esta expresion en una identidad.Geometricamente, una solucion x(t) de la EDL (1.1) es representada por el graco{(t, x(t)) / t I} de x(t) . Este graco dene una curva solucion en el plano t, x .4 Ejemplos :1. Para la EDL, no homogenead2xdt2 x = tla funcion x(t) = ett es una solucion en todo R, ya que comox (t) = et1 yx (t) = etentonces,d2xdt2 x = et(ett)= etet+ t= tlo cual signica que x(t) = ett satisface a la ecuacion dada.Gracamente, la curva que representa a esta solucion es como en la gura,-3 -2 -1 0 1 2 3 4 51020304050xyLa curva solucion x(t)=ett ded2xdt2 x=t2. Para la EDL homogenead2xdt2 2dxdt + 5x = 0las funciones x1 = c1etcos t , siendo c1 Runa constante arbitraria, son soluciones,ya que comox1 = c1etcos 2t 2c1etsen2tyx1 = 3c1etcos 2t 4c1etsen 2tentonces se verica quex1 2x1 + 5x1 = 0As, por ejemplo;etcos 2t, etcos 2t, 23etcos 2t,3etcos 2t, 0.0763etcos 2t, . . .son soluciones, como es facil de comprobar.5Por otro lado, las funciones x2 = c2etsen 2t con c2 Rtambien son solucionesya que al ser x2 = c2etsen 2t + 2c2etcos 2t yx2 = 3c2etsen 2t + 4c2etcos 2t se tienequex2 2x2 + 5x2 = 0Finalmente, de la misma forma, se comprueba quex(t) = c1etcos 2t + c2etsen2tcon c1, c2 R constantes arbitrarias, son soluciones de la ecuacion dada.3. Para la EDLt2d2xdt2 tdxdt + x = t2 , t > 0se verica quex(t) = 14t ln2t + c1t + c2t ln tpara cada c1, c2 Rconstantes arbitrarias, son soluciones.De los ejemplos anteriores, se puede apreciar que una EDL puede tener muchas (inclusoinnitas) soluciones de las cuales, se distinguen dos grandes tipos, a saber, la solucion generaly la solucion particular.La solucion general de la EDL de segundo orden es una solucion que involucra constantesarbitrarias, de cuya expresion se deducen todas las posibles soluciones y una solucion par-ticular es una solucion obtenida de la solucion general al asignarle valores particulares a lasconstantes arbitrarias. Ejemplo :Para la EDL,d2xdt2 x = tx(t) = c1et+ c2ettes solucion general ya que comodxdt = c1et+ c2et1 yd2xdt2 = c1et+ c2etentonces,d2xdt2 x = tPor otro lado,x(t) = ettes una solucion particular. Basta considerar c1 = 0 y c2 = 1 en la solucion general.6Casos simples de Reducci on de OrdenEl problema de resolver EDLs de segundo orden esto es, encontrar todas sus solu-ciones no es, en general, un problema simple. Sin embargo, existen algunos casos simplesy operativos conocidos con el nombre de reduccion de orden, en los cuales se puede reducirla EDL de segundo orden a una EDOs de primer orden. Mas adelante, podremos apreciarque esta reduccion de orden no sera necesaria para encontrar soluciones de algunas EDLsde segundo orden.Consideremos tres casos en los que este metodo resulta ecaz.Caso 1 : EDLs del tipod2xdt2 = b (t)(1.4)con b (t) contnua en un intervalo I R .Comod2xdt2 = ddt_dxdt_ , integrando una vez se obtiene la EDO de primer ordendxdt = _ b (t) dt + c1la cual al ser integrada nuevamente da la solucion general,x(t) = _ __ b (t) dt_dt + c1t + c2donde c1, c2 Rson constantes arbitrarias obtenidas de las integraciones. Ejemplo :Para la EDLd2xdt2 = t2+ 1comodxdt = 13t3+ t + c1entoncesx(t) =112t4+ 12t2+ c1t + c2con c1, c2 Rconstantes arbitrarias, es la solucion general de la EDL.7Caso 2 : EDLs del tipoa2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt = b (t)(1.5)con a2 (t) = 0 .Introduciendo la variabley = dxdt, comodydt = d2xdt2, la EDL (1.5) se transforma en laEDOa2 (t) dydt + a1 (t) y = b (t)la cual es una EDL de primer orden, cuya solucion general es dada como,y (t) = e

a1(t)a2(t)dt__e

a1(t)a2(t)dtb (t) dt + c1_donde c1 Res una constante arbitraria.Comoy = dxdt, por integracion se obtiene la solucion general x = x(t) . Ejemplo :Consideremos la EDLtd2xdt2 dxdt = 2 , t > 0la cual podemos escribir en la formad2xdt2 1t dxdt = 2tSiy = dxdt, se tiene la EDL de primer orden,dydt 1ty = 2tcuya solucion general esy = e

1tdt__e

1tdt2tdt + c1_donde c1 Res la respectiva constante de integracion. Luego,y = elnt__elnt2tdt + c1_= t_2_1t2dt + c1_= t_2t + c1_8as,y (t) = 2 + c1tpero comoy = dxdt, dedxdt = 2 + c1tintegrando se tiene quex(t) = 2t + 12c1t2+ c2donde c2 Res la constante de esta segunda integracion, es la solucion general dela ecuacion.Caso 3 : EDLs ExactasUna EDL homogeneaa2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = 0 (1.6)con a2 (t) = 0 , se dice exacta si es posible escribirla en la formaddt_a2 (t) dxdt + k (t) x_ = 0 (1.7)para alguna funcion k (t) . Esto es, sia2 (t) d2xdt2 + [a2 (t) + k (t)] dxdt + k (t) x = 0De comparar esta ultima expresion con la EDL original (1.6), se tiene que esta situacionocurre solo sii) a2 (t) + k (t) = a1 (t) yii) k (t) = ao (t)Como de i)a2 (t) + k (t) = a1 (t)por ii) se tiene entonces que (1.6) es exacta sia2 (t) a1 (t) + ao (t) = 0Por otro lado, de ii) , al ser k (t) = ao (t) se tiene quek (t) = _ao (t) dtLo interesante de la idea de exactitud de la EDL homogenea de segundo orden es que,por integracion de (1.7) se tiene la EDO de primer ordena2 (t) dxdt + k (t) x = c19o equivalentemente, la EDL de primer ordendxdt = k (t)a2 (t)x +c1a2 (t)de modo que su solucion,x(t) = e

k(t)a2(t)dt_c1_e

k(t)a2(t)dt1a2 (t)dt + c2_con c1, c2 R , es la solucion general de (1.6) al ser exacta. Ejemplos :1. Consideremos la EDLt2d2xdt2 + 3tdxdt + x = 0 , t > 0Identicando los coecientes, se tiene que a2 (t) = t2, a1 (t) = 3t y ao (t) = 1 .Como a2 (t) = 2t , a2 (t) = 2 y a1 (t) = 3 entoncesa2 (t) a1 (t) + ao (t) = 2 3 + 1 = 0Luego la EDL dada es exacta.Por otro lado, comoao (t) = 1 k (t) = tse tiene que la EDL dada se puede escribir en la formaddt_t2dxdt + tx_ = 0de donde, por integracion, se tiene quet2dxdt + tx = c1siendo c1 R la correspondiente constante de integracion. Como esta ultima ex-presion es equivalente a la EDL de primer ordendxdt = 1tx + 1t2c1se tiene quex(t) = e

dtt_c1_e

dtt 1t2dt + c2_ya que e

dtt = elnt= 1ty e

dtt = elnt= t entoncesx(t) = 1t_c1_1tdt + c2_10de dondex(t) = 1t (c1 ln t + c2)con c1, c2 R , es la solucion general de la EDL dada.2. La EDL,d2xdt2 + 4dxdt + 4x = 0no es exacta ya que, al identicar los coecientes tenemos que si a2 (t) = 1 , a1 (t) = 4y ao (t) = 4 entonces a2 (t) = 0 y a1 (t) = 0 . Luego,a2 (t) a1 (t) + ao (t) = 4 = 0Problemas con Valor InicialComo se ha podido apreciar, para resolver una EDL de segundo orden se debe, en prin-cipio integrar 2 veces ( para reducir d2xdt2a x ), es natural entonces, esperar que la EDLtenga una solucion general que requiera 2 constantes arbitrarias.En la aplicaciones de las EDLs de segundo orden, frecuentemente no se esta interesado enhallar todas sus soluciones, sino solo aquellas que satisfagan ciertas condiciones adicionales.Estas condiciones se pueden presentar de maneras diferentes, siendo las mas importantes lascondiciones iniciales y las condiciones de contorno.Las condiciones iniciales son condiciones que debe cumplir la solucion en un punto. Ejemplo :Para la EDL,2d2xdt2 + dxdt = 1si hacemos y = dxdtesta se transforma en la EDL de primer orden2dydt + y = 1cuya soluciony (t) = 1 + c1e12tsiendo c1 R una constante arbitraria.Comodxdt = 1 + c1e12t(1.8)integrando se tiene que,x(t) = t 2c1e12t+ c2(1.9)con c1, c2 R constantes, es la solucion general de la EDL dada.11Notemos que si en (1.8) se conoce el valor dedxdt = x (t)en alg un t = to ,podramos determinar un valor particular de c1 y conocido este valor, si se conoce x(to)podemos, de (1.9) conocer el valor de c2 , obteniendo de esta manera, una solucionparticular de la ecuacion diferencial. As, si se busca la solucion de esta ecuacion parala que x(0) = 0 y x (0) = 2 , sustituyendo estos valores en (1.8) y (1.9) se obtieneque c1 = 1, c2 = 2 y, en consecuencia la solucion particular con los valores requeridosel t = 0 esx(t) = t + 2e12t+ 1Por otro lado, las condiciones de contorno o de frontera, son condiciones que debe cumplirla condicion en dos o mas puntos. Ejemplo :Para la EDL,_1 + t2_d2xdt2 + 2tdxdt = 2tse verica quex(t) = t + c1arctgt + c2conc1, c2 Rconstantes arbitrarias, es la solucion general y la solucion que satisfacelas condicionesx(0) = 1yx (1) = 0esta dada porx(t) = t 2arctgt + 1En lo que corresponde a esta parte, estamos interesados en problemas con condicionesiniciales. En terminos generales, si se especican los valores de x(to) , y x (to) paraalg un to I se puede conocer cualquier solucion particular x(t) , originandose as el Pro-blema con Valor Inicial (P.V.I.)___a2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = b (t)x(to) = o, x (to) = 1(1.10)donde los valores iniciales o, 1 R , son arbitrarios.x(to) = oy x (to) = 1son llamadas las condiciones iniciales del P.V.I.Para que este P.V.I. este bien denido, hay que imponer algunas restricciones a lasfunciones a2 (t) , a1 (t) , ao (t) y b (t) .Existencia y Unicidad de SolucionesPara los propositos de nuestro estudio, es necesario determinar previamente cuando ex-isten soluciones. Esta informacion esta contenida en el siguiente,12Teorema de Existencia y UnicidadSi las funciones a2 (t) , a1 (t) , ao (t) y b (t) son contnuas en un intervalo I Rdonde a2 (t) = 0 , entonces para to I y para n umeros reales o, 1cualquiera, el P.V.I.___a2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = b (t)x(to) = o, x (to) = 1tiene una unica solucion x = x(t) .De este Teorema se destacan dos aspectos importantes :1. Por un lado establece que la solucion, una funcion a lo menos dos veces derivable,existe en todo el intervalo I R , donde las funciones a2 (t) , a1 (t) , ao (t) y b (t) soncontnuas.O sea el P.V.I. tiene una solucion en el intervalo I R , el cual se ha deconsiderar como el maximo intervalo posible donde los coecientes son contnuos.2. Por otro lado, establece que el P.V.I. tiene una unica solucion. Que la solucion x(t) sea unica, quiere decir que si existe otra solucion x(t) del mismo P.V.I. entonces x(t)y x(t) son iguales.Bajo la hipotesis de este Teorema, desde el punto de vista geometrico, se establece quedado cualquier punto del plano, existe una solucion que pasa por el. A diferencia de lo queocurre con las EDOs de primer orden ahora no hay solucion unica, pero si hay una unicaque pasa por el punto y tiene una pendiente dada. La otra diferencia que existe con lasEDOs de primer orden es que en el intervalo donde se verican las condiciones de existenciay unicidad es exactamente el mismo intervalo donde la solucion es valida. Por lo tanto, eneste caso, las condiciones de existencia y unicidad son condiciones sucientes y necesarias.La demostracion de este Teorema tiene un buen grado de dicultad, por lo que no seabordara . Sin embargo, aceptaremos este Teorema como verdadero y lo aplicaremos siempreque sea necesario.13Gua de Ejercicios1. Dena en forma general la Ecuacion Diferencial Lineal (EDL) de segundo orden en unintervalo I R .Cuando esta EDL se dice Homogenea?. Cuando es no homogenea?. Cuando se dicede coecientes constantes?.2. Determine para cada una de las siguientes EDOs cuales son lineales de segundo orden,y clasifquela como homogenea, no homogenea y de coecientes constantes o no .a)d2xdt2 + dxdt + x = tsentb)xd2xdt2 dxdt + x = 1 + tc)5td2xdt2 dxdt + 2x = 0d)t2ln(t + 1) d2xdt2 tdxdt + x = 0e)d2xdt2 (1 + x2) dxdt = 1 + tf)td2xdt2 + (1 + t)2 dxdt 1tx = tetg)td2xdt2 5x = 3x2eth) x + (x)23x = 03. Determine, para las siguientes EDOs, cuales de ellas son lineales de segundo orden,en el intervalo indicadoa)d2xdt2 + dxdt = tsent , en R , en I = [0, 5]b) 2x x x = 4tx , en R+, en I = (, 0]c) xd2xdt2 _dxdt_2= x4, en Rd)t2ln (t + 1) d2xdt2 tdxdt + x = 0, en R+, en I = _1n, 1n_, n Ne) t2x tx = 3t2, en Rf)td2xdt2 = 1 + t , en R , en R+g)(t +|t|) d2xdt2 dxdt = 1 , en I = (0, ) , en I = (, 0]4. En terminos generales, depende este orden del intervalo I donde la EDL se encuentradenida?. Porque ?.5. Determine los puntos singulares , cuando existen, de las EDLs de los ejercicios 2. y 3.anteriores.6. Que signica que x = x(t) sea una solucion de la EDLa2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = b (t) ?147. Decida si las funciones dadas son o no soluciones de las correspondientes EDLs,a) x(t) = et(cos t 4sent) , de x + 2x + 2x = 0b) x1 (t) = 2t ln t + 5 , x2 (t) = t (1 + ln t2) , detd2xdt2 = 2c) x1 (t) = 12 (cos t + tsent) , x2 (t) = _1 + t2_sent ,de d2xdt2 + x = cos td) x1 (t) = lnte_tdln d , x2 (t) = c1 ln t + c2 ln te_tdln dt > 1 , det2ln2td2xdt2 t lntdxdt + (1 + ln t) x = 0e) x1 (t) = cosh 3t , x2 (t) = e3te3t, x3 (t) = e3tsenh3t ded2xdt2 9x = 0 .f) x1 (t) = t4, x2 (t) = t4ln t , x3 (t) = (c1 + c2 ln t) t4,de t2x 7tx + 16x = 0 .8. En que consiste la reduccion de orden de una EDL de segundo orden ?. Cite los dosprimeros casos de reduccion de orden vistos y describa el metodo de resolucion de cadauno.9. Relativo a los Casos 1 y 2 de reduccion de orden, resuelva las EDLs,a) td2xdt2 = 2 + dxdtb) 2d2xdt2 + et= 3dxdtc)d2xdt2 = 1 d) 3x 2x = 8t + 2e) tx 1 = 0 f) (1 + t2) d2xdt2 + 2tdxdt = 2t10. Respecto al tercer caso de reduccion de orden, cuando la EDL homogenea de segundoordena2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = 0se dice exacta ?. Determine que relacion deben satisfacer los coecientes de esta EDLpara que ella sea exacta. Bajo el supuesto que esta EDL es exacta, escriba una formulapara su solucion general.11. Demuestre que cada una de las EDLs dadas a continuacion es exacta y utilizando elresultado anterior, obtenga la solucion general de cada una de ellas,a) 2t2d2xdt2 + 5tdxdt + x = 0 b) td2xdt2 + (3t + 1) dxdt + 3t = 0c) 2t2d2xdt2 + 8tdxdt + 4x = 0 d) t2x + 3tx + x = 0e) 4tx + t2x + 2tx = 0 f) td2xdt2 + 6dxdt = 01512. Pruebe que las EDLs dadas, no son exactasa)d2xdt2 + 4dxdt + 4t = 0b)d2xdt2 + dxdt 6x = 013. Para las EDLs de segundo orden, diga que entiende por un P.V.I.14. Pruebe que las funciones x = x(t) dadas, son soluciones de los correspondientes P.V.Isa) x(t) = et 12e2tt 12 , de___x + x 2x = 2tx(0) = 0 , x (0) = 1b) x(t) = 2 2et+ 12t22t , de___d2xdt2 + dxdt = tx(0) = 0 , x (0) = 0c) x(t) = 3 cos 2t + 12sen2t + t (sen2t cos 2t) , de___d2xdt2 + 4dxdt = 4 (sen2t + cos 2t)x() = x () = 2d) x(t) = 12_t 1t_ , de___t2x + tx x = 0x(1) = 0 , x (1) = 1e) x(t) = 2 cos t + sent + 3t + 4 , de___d2xdt2 + x = 3t + 4x(0) = 6 , x (0) = 415. En cada caso, dada la solucion general de la correspondiente EDL, determine la soluciondel P.V.I.a) x(t) = c1etcos 2t + c2etsen2t ,___x + 2x + 5x = 0x(0) = 2 , x (0) = 416b) x(t) = c1e2t+ c2e3t,___d2xdt2 dxdt 6x = 0x(1) = 3 , x (1) = 6c) x(t) = c1etcos t + c2etsent + et,___x + 2x + 2x = etx(0) = x (0) = 0d) x(t) = c1t + c2t2,___t2x 2tx + 2x = 0x(1) = 1 , x (1) = 1e) x(t) = c1 + c2 lnt 1t + 1 ,___(1 t2) d2xdt2 2tdxdt = 0x(2) = 0 , x (2) = 016. Resuelva los P.V.Is,a)___x + 3x = 0x(0) = 3 , x (0) = 6b)___etd2xdt2 = tx(0) = 3 , x (0) = 0c)___d2xdt2 4dxdt = 8t2+ 2e3tx(0) = x (0) = 0d)___d2xdt2 =tt2 + 1x(0) = 2 , x (0) = 3217. Vericando previamente que la EDL dada es exacta, determine la solucion de losP.V.Is,a)___(1 + t2) d2xdt2 + 4tdxdt + 2x = 0x(0) = 1 , x (0) = 1b)___t2d2xdt2 3tdxdt x = 0x (1) = 0 , x (1) = 25172. EDLs HomogeneasConsideremos la EDL homogenea de segundo orden,a2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = 0 (2.1)donde las funciones a2 (t) , a1 (t) , ao (t) estan denidas en un intervalo I R , en el quea2 (t) = 0 .Esta EDL puede ser escrita en la forma normal,d2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = 0 (2.2)donde p (t) = a1 (t)a2 (t) y q (t) = ao (t)a2 (t) .Para estas ecuaciones lineales homogeneas es valido el Principio de Superposici on, elcual establece que si x1 (t) y x2 (t) son soluciones entoncesx(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)tambien es solucion. En efecto, como por un lado se tiene quedxdt = ddt (c1x1 + c2x2) = c1dx1dt+ c2dx2dtyd2xdt2 = d2dt2 (c1x1 + c2x2) = c1d2x1dt2+ c2d2x2dt2y por otro, comod2x1dt2+ p (t) dx1dt+ q (t) x1 = 0yd2x2dt2+ p (t) dx2dt+ q (t) x2 = 0puesto que x1 = x1 (t) y x2 = x2 (t) son soluciones entonces,d2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = c1 0 + c2 0 = 0Una expresion comox(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)es llamada una combinacion lineal de x1 (t) y x2 (t) .Consideremos ahora el P.V.I.,___d2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = 0x(to) = o, x (to) = 1(2.3)en que oy 1son las condiciones iniciales del Problema.18Determinemos que condiciones deben cumplir dos soluciones x1 (t) y x2 (t) para queexistan constantes c1y c2tales quex(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)sea solucion del P.V.I (2.3)Sustituyendo t = toen la solucionx(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)y en la derivada de x(t) ,x (t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)se obtiene el sistema de ecuaciones lineales,___c1x1 (to) + c2x2 (to) =oc1x1 (to) + c2x2 (to) =1el cual admite solucion unica si, el determinante principal de este sistema, es no nulo. O sea,x1 (to) x2 (to)x1 (to) x2 (to) = 0De esta forma, para todo par de condiciones iniciales (o, 1)existe un unico par de constantes (c1, c2) tal quex(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)es solucion del P.V.I. (2.3).Si ademas las funciones p (t) y q (t) son contnuas y acotadas en un intervalo entornoa to , entonces la solucion obtenida como combinacion lineal de x1 (t) yx2 (t) , es la unicasolucion del P.V.I.Lo anterior da orgen al siguiente,Teorema de Unicidad de SolucionesSi x1 (t) y x2 (t) son dos soluciones de la EDL homogenea tales que en un puntoto R ,x1 (to) x2 (to)x1 (to) x2 (to) = 0Entonces para todo par de condiciones iniciales (o, 1) , el P.V.I.___d2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = 0x(to) = o, x (to) = 1tiene una unica solucion de la formax(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)19Si ademas las funciones p (t) y q (t) son contnuas y acotadas en un intervalo I Rque contiene a to , entonces la solucion as obtenida es unica.As, bajo las condiciones del Teoremax(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)es la solucion general de (2.3).El determinanteW [x1 (t) , x2 (t)] =x1 (to) x2 (to)x1 (to) x2 (to)es llamado el Wronskiano de las funciones x1 (t) y x2 (t) en to . Cuando las solucionesx1 (t) y x2 (t) son tales que su Wronskiano es diferente de cero en un punto to , decimosque ellas son soluciones fundamentales de (2.3).De esta forma, para encontrar la solucion general de la EDL homogenea, de segundoorden se necesita encontrar dos soluciones fundamentales de ella. O sea, dos solucionesx1 (t) y x2 (t) tales que en un punto to R ,x1 (to) x2 (to)x1 (to) x2 (to) = 0 Ejemplo :Sea b R , b = 0 . Entonces,x1 (t) = cos bt y x2 (t) = sen btson soluciones fundamentales de la EDLd2xdt2 + b2x = 0En efecto,Como x1 (t) = b sen bt , x1 (t) = b2cos bt , x2 (t) = b cos bt y x2 (t) = b2senbt, entoncesx1 + b2x1 = b2cos bt + b2cos bt = 0yx2 + b2x2 = b2senbt + b2senbt = 0Esto es, x1 (t) y x2 (t) son soluciones de la EDL dada. Ademas comox1 (to) x2 (to)x1 (to) x2 (to)=cos bt senbtb cos bt b senbt= b_cos2t + bsen2t_ = b = 0entonces x1 (t) = cos bt y x2 (t) = senbt son soluciones fundamentales. Luego,x(t) = c1 cos bt + c2senbtes la solucion general de la EDL dada.20Finalmente, decimos que dos funciones x1 (t) y x2 (t) son li nealmente dependientes(l.d.) en un intervalo I Rsi una de ellas en un m ultiplo escalar de la otra, o sea six1 (t) = x2 (t) o x2 (t) = x1 (t)para todo t I .Caso contrario, se dice que ellas son linealmente independientes (l.i.).En terminos del Wronskiano, podemos establecer que si x1 (t) y x2 (t) son l.d.,entoncesW [x1 (t) , x2 (t)] =x1 (to) x2 (to)x1 (to) x2 (to) = 0para todo t I , ya que una columna es m ultiplo escalar de la otra.De esta forma. se concluye que si x1 (t) y x2 (t) son funciones tales queW [x1 (t) , x2 (t)] =x1 (to) x2 (to)x1 (to) x2 (to) = 0para alg un to I entonces x1 (t) y x2 (t) son l.i. en I .21Gua de Ejercicios1. Para el P.V.I.,___d2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = 0x(to) = o, x (to) = 1Determine que condiciones deben cumplir dos soluciones x1 (t) y x2 (t) para queexistan constantes c1y c2tales quex(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t) sea solucion de este P.V.I.2. Bajo que condiciones, el P.V.I. de 1. tiene solucion unica ?3. Dena el Wronskiano de las funciones x1 (t) y x2 (t)4. Establezca que condiciones debe cumplir el Wronskiano de las funciones x1 (t) yx2 (t) , para que ellas sean soluciones fundamentales de la EDLd2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = 05. Si W [x1 (t) , x2 (t)] = 0 , que puede decir de la independencia lineal de las funcionesx1 (t) , x2 (t) ?.6. Mediante el calculo del Wronskiano, pruebe que las funciones dadas son solucionesfundamentales de las correspondientes EDLs homogeneas y escriba, en cada caso, lasolucion general de la correspondiente ecuaciona) e3ty e3t, en (, ) de x 9x = 0b) cosh 2t y senh2t , en (, ) ded2xdt2 4x = 0c) t + 1 y1t + 1 , en (1, ) de(t + 1)2 d2xdt2 + (t + 1) dxdt x = 07. Como se puede apreciar, en general, un par de soluciones fundamentales caracter-iza totalmente a la EDL homogenea de segundo orden. Si x1 (t) , x2 (t) son funcionescontnuas, dos veces derivables en I, tales W [x1 (t) , x2 (t)] = 0 , de la expresion de la unica EDL homogenea para las cuales estas funciones son soluciones fundamentales,caracterizando cada uno de los elementos que intervienen en esta expresion.8. De acuerdo a lo anterior, forme en cada caso, la EDL homogenea dadas dos solucionesfundamentalesa) x1 (t) = ety x2 (t) = etb) x1 (t) = etyx2 (t) = tetc) x1 (t) = t yx2 (t) = 1td) x1 (t) = t yx2 (t) = ln t223. F ormula de Abel para el WronskianoSean x1 = x1 (t) y x2 = x2 (t) dos soluciones de la EDL homogeneaa2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = 0donde las funciones a2 (t) , a1 (t) , ao (t) son contnuas en un intervalo I R , en el quea2 (t) = 0 .Comod2xdt2 = a1 (t)a2 (t) dxdt ao (t)a2 (t)xyW [x1 (t) , x2 (t)] = x1 (t) x2 (t)x1 (t) x2 (t) = x1 (t) x2 (t) x1 (t) x2 (t)entoncesddtW [x1 (t) , x2 (t)] = ddt (x1 (t) x2 (t) x1 (t) x2 (t))de dondeddtW [x1, x2] = x1x2 + x1x2 x1x2x1x2= x1x2 x1x2= x1_a1 (t)a2 (t)x2 ao (t)a2 (t)x2_x2_a1 (t)a2 (t)x1 ao (t)a2 (t)x1_= a1 (t)a2 (t)x1x2 ao (t)a2 (t)x1x2 + a1 (t)a2 (t)x2x1 + ao (t)a2 (t)x1x2= a1 (t)a2 (t) (x1x2 x2x1)As,ddtW [x1 (t) , x2 (t)] = a1 (t)a2 (t)W [x1 (t) , x2 (t)]lo cual establece que W [x1 (t) , x2 (t)] satisface la EDL de primer orden,dxdt + a1 (t)a2 (t)x = 0y por consiguiente, la solucion de esta EDO esW [x1 (t) , x2 (t)] = ce_a1(t)a2(t)dtpara una constante c apropiada cuyo valor depende del par de soluciones que intervengan.Este resultado, deducido por el matematico Noruego Niels H. Abel (1802 - 1829) se conocecomo la Formula de Abel para el Wronskiano.23 Ejemplo :Consideremos la EDOt2d2xdt2 + tdxdt +_t2+ 1_x = 0y sean x1 (t) y x2 (t) soluciones que satisfacen las condiciones,x1 (1) = 0 , x1 (1) = 1 y x2 (1) = x2 (1) = 1 . Entonces, comoW [x1 (t) , x2 (t)] = ce

tt2 dt= ce

1tdt= celnt= c1ty,W [x1 (1) , x2 (1)] = 0 11 1 = 1se tiene que1 = c11o sea, c = 1 .Luego,W [x1 (t) , x2 (t)] = 1t , t IHay que detacar que si to I es un punto cualquiera, de lo anterior, se deduce queW [x1 (t) , x2 (t)] = W [x1 (to) , x2 (to)] et_toan1()an()dy en consecuencia, se tiene que las soluciones x1 (t) , x2 (t) son linealmente independientessi y solo si, W [x1 (t) , x2 (t)] = 0 para todo t I , lo cual equivale, de acuerdo con esta ultima expresion a que W [x1 (to) , x2 (to)] = 0 para alg un to I . Ejemplo:Para la EDL homogenea,t2d2xdt2 + tdxdt x = 0 , t R+las funciones x1 (t) = t yx2 (t) = 1t , forman un conjunto fundamental de soluciones.Como en este caso,a2 (t) = t2, a1 (t) = t y ao (t) = 124entonces,et

toa1()ao()d= et

to1d= eln tot= totY comoW [x1 (to) , x2 (to)] = 2toentoncesW [x1 (t) , x2 (t)] = 2tUna aplicacion importante de esta formula de Abel para el Wronskiano es que sirve paradeterminar la solucion general de una EDL de segundo orden homogenea, dada una solucionno trivial de ella.Sea entonces x1 (t) = 0 una solucion no trivial dea2 (t) d2xdt2 + a1 (t) dxdt + ao (t) x = 0en un intervalo I, en el que a2 (t) = 0 . De acuerdo con la formula de Abel, cualquiersolucion x2 (t) de la EDL, debe satisfacerW [x1 (t) , x2 (t)] = ce_a1(t)a2(t)dtesto es, x1 (t) x2 (t)x1 (t) x2 (t) = ce_a1(t)a2(t)dtde dondex1 (t) dx2dt x1 (t) x2 (t) = ce_a1(t)a2(t)dty, en consecuencia x2 (t) puede determinarse resolviendo esta EDO de primer orden, quecomo se sabe, la solucion general esx2 (t) = e_ x1(t)x1(t)dt___ e_x1(t)x1(t)dtce_a1(t)a2(t)dtx1 (t)dt + k__o sea,x2 (t) = elnx1(t)__c_ elnx1(t)e_a1(t)a2(t)dtx1 (t)dt + k__= x1 (t)__c_ e_a1(t)a2(t)dt[x1 (t)]2dt + k__25donde k es una constante arbitraria.Por lo tanto, en particular, la funcion x2 (t) requerida esx2 (t) = x1 (t)_ e_a1(t)a2(t)dt[x1 (t)]2dt + kque obviamente es linealmente independiente con x1 (t) , puesto que x2 (t) no se expresacomo una combinacion lineal de x1 (t) .Luego, para una EDL homogenea de segundo orden, es posible determinar una segundasolucion, conocida previamente una no trivial. Como estas soluciones son linealmente inde-pendientes , se obtiene que x1 (t) y x2 (t) forman un conjunto fundamental de soluciones,con lo cual se tiene que la solucion general esx(t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)con c1, c2 Rarbitrarias. Ejemplo :Para la EDL_1 t2_x 2tx = 0si t I donde t = 1 , entonces se puede apreciar quex1 (t) = 1 es una solucion distinta de la trivial. En consecuencia,una segundasolucion esta dada porx2 (t) = _ e

2t1t2dtdt= _ eln(1t2)dt= _dt1 t2=12 ln 1 + t1 t= ln_1 + t1 tLuego, la solucion general de la EDL es,x(t) = c1 + c2 ln_1 + t1 t26Gua de Ejercicios De acuerdo con la Formula de Abel, para la EDL homogenea de segundo orden, esposible determinar un conjunto fundamental de soluciones conocida una solucion notrivial de la ecuacion. Al respecto, si se tiene una soluci on no trivial, x1 (t) , quecondicion debe cumplir otra solucion x2 (t) , linealmente independiente, de la EDL ?.Deduzca una formula para determinar esta segunda solucion y usando esto,determineuna segunda solucion linealmente independiente de las EDLs conocida una solucionx1 (t) , en cada caso,1) x + (tgt) x (ctg2t) x = 0 , si x1 (t) = sen3t2) (1 t2) D2x 2tDx = 0 , si x1 (t) = 13)d2xdt2 2t1 t2dxdt +61 t2x = 0 , six1 (t) = 3t2124) 2tx etx = 0 , si x1 (t) = 15)t3d2xdt2 tdxdt + x = 0 , si una solucion tiene la formax1 (t) = at + b274. EDLs Homogeneas con Coecientes ConstantesConsideremos, en lo que sigue, EDLs de la forma,a2d2xdt2 + a1dxdt + aox = 0 (4.1)con a2, a1, ao, R constantes y a2 = 0 .Comoddt (emt) = memtyd2dt2 (emt) = ddt (memt) = m2emtentonces,a2 d2dt2 (emt) + a1 ddt (emt) + ao (emt) = a2m2emt+ a1memt+ aoemt= emt(a2m2+ a1m + ao)Luego, como emx= 0 ,a2 d2dt2_emt_+ a1 ddt_emt_+ ao_emt_ = 0si y solo sia2m2+ a1m + ao = 0De esto se concluye que si es cualquier raz de esta ecuacion,se tiene que x(t) = etessolucion de la EDL homogenea (4.1).La ecuaciona2m2+ a1m + ao = 0es la ecuacion caracterstica asociada a la EDLa2d2xdt2 + a1dxdt + aox = 0y las races de esta ecuacion son las races caractersticas Ejemplo :Sea la EDL2d2xdt2 + 5dxdt 12x = 0Como2m2+ 5m12 = 0es su ecuacion caracterstica asociada entoncesm = 5 25 + 964de dondem1 = 32ym2 = 4son sus races caractersticas entonces, las funcionesx1 (t) = e4ty x2 (t) = e32t28son soluciones de la EDL2d2xdt2 + 5dxdt 12x = 0Como ademas,W _et, e32t_=e4te32t4e4t 32e32t=32e52t+ 4e52t=112 e52t= 0 , t Rlas funciones x1 (t) = e4tyx2 (x) = e32t son linealmente independientes. Luego lasolucion general de la EDL dada es,x(t) = c1e4t+ c2e32tComo la ecuacion caracterstica es una ecuacion de segundo grado, la solucion general dela EDL homogenea (4.1) esta ntimamente relacionada con el tipo de races de la ecuaciona2m2+ a1m + ao = 0las que se obtienen, directamente de la formulam = a1 _a21 4a2ao2a2cuya naturaleza depende del signo del discriminante = a21 4a2aolo cual da orgen a tres casos.Caso 1 :Si > 0 . Entonces (5.14) tiene dos races reales y distintasm1 = a1 +_a21 4a2ao2a2y m2 = a1 _a21 4a2ao2a2y consecuentemente,x1 (t) = em1t, x2 (t) = em2tson soluciones de (4.1).ComoW [x1 (t) , x2 (t)] =em1tem2tm1em1tm2em2t = (m2 m1) e(m2m1)tes diferente de cero para todo t29x(t) = c1em1t+ c2em2tes la solucion general. Ejemplo :Para la EDO2d2xdt2 + dxdt x = 0su ecuacion caracterstica es2m2+ m1 = 0Como m1 = 12y m2 = 1 son races reales y distintas, la solucion general dela EDO es,x(t) = c1e13t+ c2etCaso 2 :Si = 0 . Entonces = a1a2es una raz de multiplicidad 2 . Entonces la ecuacion caracterstica debe ser de la forma(m)2= m22m + 2= 0y en consecuencia la EDL asociada es de la formad2xdt2 2dxdt + 2x = 0Ahora, comoddt_tet_ = et+ tetyd2dt2_tet_ = ddt_et+ tet_esto es,d2dt2_tet_ = 2et+ 2tet , se verica qued2dt2_tet_2 ddt_tet_+ 2_tet_ = 0Esto ultimo quiere decir que las funciones,x1 (t) = et, x2 (t) = tetson dos soluciones de la EDL. ComoW [x1 (t) , x2 (t)] =ettetetet+ tet = e2t= 0,30las funciones x1 (t) y x2 (t) son linealmente independientes, de donde se deduce quesu solucion general esx(t) = c1et+ c2tet Ejemplo:Consideremos la EDL homogenead2xdt2 6dxdt + 9x = 0cuya ecuacion caracterstica esm26m + 9 = 0Como m26m + 9 = (m3)2se tiene que m = 3 es una raz doble de estaecuacion.Luego, x1 (t) = e3ty x2 (t) = te3tson soluciones linealmente independientes de estaecuacion. Luego, la solucion general de la EDL dada esx(t) = c1e3t+ c2e3xCaso 3 :Si < 0 . Entonces la ecuacion caracterstica tiene dos races complejas conjugadas,m1 = a + ib y m2 = a ibcon b = 0Entonces, de acuerdo a lo visto anteriormente, z1 (t) = em1ty z2 (t) = em2tson solu-ciones de la EDL homogenea.Pero, de acuerdo a la Formula de Euler, podemos escribir quez1 (t) = em1t= e(a+ib)t= eateibt= eat(cos bt + i senbt)yz2 (t) = em2t= e(aib)t= eateibt= eat(cos bt i senbt)Luego, la funcionz (t) = k1eat(cos bt + i sen bt) + k2eat(cos bt i senbt)= (k1 + k2) eatcos bt + i (k1 k2) eatsen bt= c1eatcos bt + ic2eatsen btes solucion compleja de la EDL homogenea.Para encontrar un conjunto de soluciones reales, notemos que en particular, tomandoc1 = c2 = 12se tiene la solucion real31x1 (t) = eatcos bty por otro lado, si c1 = 12iy c2 = 12itenemos la solucion realx2 (t) = eatsenbtComoW [x1 (t) , x2 (t)] =eatcos bt eatsenbteat(a cos bt b senbt) eat(a senbt + b cos bt)= be2at= 0ya que b = 0 .Luego estas soluciones son linealmente independientes y la solucion general es dada porla combinacion linealx(t) = c1eatcos bt + c2eatsen bt Ejemplo :Para la EDOd2xdt2 2dxdt + 5x = 0se tiene quem22m + 5 = 0es su ecuacion caracterstica cuyas races son,m1 = 1 + 2i y m2 = 1 2iEntonces, la solucion general de la EDO dada es,x(t) = c1etcos 2t + c2etsen2t32Gua de Ejercicios1. Escriba la expresion general de la EDL Homogenea de segundo orden con coecientesconstantes y determine que condiciones se debe cumplir para que x(t) = emtsea unasolucion de esta EDL.2. En el ejercicio anterior, pudo establecer que si m = es una raz de uaa ecuaciondel tipo P (m) = 0 donde P (m) es un polinomio de segundo orden,entoncesx(t) = etes una solucion de la ecuacion diferencial. que relaci on puede establecerentre las soluciones de la EDL y las races de la ecuacion P (m) = 0 ?. Que nombre recibe esta ultima ecuacion ?. Que nombre recibe este polinomio P (m) ?3. Forme, en cada caso la EDL homogenea con coecientes constantes, dado su polinomiocaractersticoa) P (m) = 2m23m + 1 b) P (m) = (m + 1) (m2)c) P (m) = (m2) (m + 2) d) P (m) = m2(m + 1)e) P (m) = m2+ 2m + 43 f) P (m) = 2m25m34. Como es posible darse cuenta, la solucion general de una EDL homogenea, con co-ecientes constantes dependera del tipo de races de su ecuacion caracterstica. Alrespecto, que tipos de races, se pueden dar en una EDL de segundo orden?. Es posible concluir que el conjunto de races de la ecuacion caracterstica, siempredeterminara dos soluciones fundamentales EDL ?. Explique.5. Considere la EDL de segundo ordena2d2xdt2 + a1dxdt + aox = 0Suponiendo que a2 > 0 y = a21 4a2ao > 0 ,a) Determine las races de su ecuacion caracterstica.b) Para cada una de las races encontradas, determine las correspondientes solucionesde la EDL.c) Pruebe que estas son soluciones fundamentales de esta EDL.d) Escriba la solucion general de la EDL dada.6. Basandose en lo anterior, encuentre la solucion general de las siguientes EDLsa)d2xdt2 + 3dxdt + 2x = 0b)4d2xdt2 5dxdt = 0c)12d2xdt2 36x = 0d) 2x x = 0e)6d2xdt2 + 2dxdt + 4x = 0f) 2x + x 2x = 0g)d2xdt2 4x = 0h)9d2xdt2 x = 0i)d2xdt2 +_1 +2_dxdt +2x = 0j)2d2xdt2 dxdt + 2x = 0337. Determine la solucion de los P.V.Isa)___x + 2x 3x = 0x(0) = 2 , x (0) = 4b)___5d2xdt2 + 4dxdt = 0x(0) = 0, x (0) = 1c)___x x x = 0x(0) = 2 , x (0) = 1d)___x + (1 ln 2) x (ln 2) x = 0x (0) = x (0) = 2e)___d2xdt2 6dxdt + x = 0x(0) = 1 , x (0) = 0f)___2d2xdt2 5dxdt 3x = 0x(0) = 74 , x (0) = 748. Suponga que la ecuacion caracterstica de una EDL homogenea, con coecientes con-stantes, de segundo orden, tiene la raz m = , de multiplicidad 2 . Demuestre, queen este caso, las funciones x1 (t) = ety x1 (t) = tetson soluciones fundamentalesEDL.9. Considere la EDL de segundo ordena2d2xdt2 + a1dxdt + aox = 0Suponiendo que a2 > 0 y = a21 4a2ao = 0 ,a) Demuestre que m = a12es una raz de multiplicidad 2 de su ecuacion carac-terstica.b) Para cada la raz encontrada, determine las correspondientes soluciones de laEDL.c) Pruebe que estas son soluciones fundamentales de esta EDL.d) Escriba la solucion general de la EDL dada.10. Basandose en lo anterior, encuentre la solucion general de las siguientes EDLsa)d2xdt2 8dxdt + 16x = 0b)d2xdt2 6dxdt + 9x = 0c) 4x 12x + 9x = 0 d)d2xdt2 22dxdt + 2x = 0e)d2xdt2 = 0f)d2xdt2 8x = 011. Determine la solucion de los P.V.Isa)___4x + 4x + x = 0x(0) = 2 , x (0) = 4b)___14 d2xdt2 + dxdt + x = 0x(0) = x (0) = 1c)___d2xdt2 12 dxdt + 116x = 0x(0) = 1 , x (0) = 03412. Considere la EDL de segundo ordena2d2xdt2 + a1dxdt + aox = 0Suponiendo que a2 > 0 y = a21 4a2ao < 0 ,a) Determine las races de su ecuacion caracterstica.b) A partir de estas races complejas conjugadas, deduzca dos soluciones con valoresreales que sean soluciones fundamentales.c) Escriba la solucion general de la EDL dada.13. Determine la solucion general de las siguientes EDLsa)d2xdt2 2dxdt + 5x = 0b)d2xdt2 2dxdt + 13x = 0c)4d2xdt2 4dxdt + 5x = 0d)9d2xdt2 + 18dxdt + 13x = 014. Resuelva los P.V.Isa)___x + 4x = 0x_2_ = 1 , x_2_ = 1b)___d2xdt2 4dxdt + 6x = 0x(0) = 0 , x (0) = 1c)___d2xdt2 8dxdt + 20xx(0) = x (0) = 015. Forme la EDL Homogenea de segundo orden, con coecientes constantes, sabiendo quedos soluciones fundamentales de ella son :a) 2ety e4tb) cos t y 5 sen tc) 1 y 2t d) senh2t y cosh 2te) etsen 2t y etcos 2t f) 3 y et16. Determine las soluciones generales de las EDOs encontradas en el ejercicio 15. anterior.17. Forme la EDO Lineal Homogenea de segundo orden, con coecientes constantes, sabi-endo que las races de su ecuacion caracterstica son ,a) m1 = 3 + i, m2 = 3 i b) m1 = 0, m2 = 2c) m1 = m2 = 2 d) m1 = i, m2 = ie) m1 = m2 = 13f) m1 = m2 = 018. Determine las soluciones generales de las EDOs encontradas en el ejercicio 17. anterior.355. EDLs no-HomogeneasConsideremos la EDL de segundo orden no homogenea, escrita en la forma normald2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = b (t)donde p (t) , q (t) y b (t) son funciones contnuas en un intervalo I R , conb (t) = 0para todo t I .Sea xh = xh (t) la solucion general de su Homogenea Asociadad2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = 0que ya se sabe lo que signica y que tambien se sabe como encontrarla en el caso de ser laEDL de coecientes constantes, lo mismo que para algunos casos de coecientes variables.Sea ademas xp = xp (t) una solucion particular cualquiera de la EDL no homogeneaEntonces, la solucion general de ella es de la formax(t) = xh (t) + xp (t)En efectod2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = d2dt2 (xh + xp) + p (t) ddt (xh + xp) + q (t) (xh + xp)= _d2xhdt2+ p (t) dxhdt+ q (t) xh_+_d2xpdt2+ p (t) dxpdt+ q (t) xp_= 0 + b (t) = b (t)As, el conjunto de soluciones de una EDL no homogenea de segundo orden puede obten-erse sumando a todas las soluciones de la ecuacion homogenea asociada una solucion partic-ular cualquiera de la EDL no homogenea.En otras palabras, resolver la EDL no homogenea consiste en,S1: Resolver la EDL homogenea asociada.O sea, hallar un par de soluciones fundamen-tales.S2: Determinar, de alguna manera, por alg un metodo, una solucion particular de la nohomogenea36 Ejemplo :Para la EDLd2xdt2 2dxdt + x = 12t 10se verica quexh (t) = c1 + c2e2tes la solucion general de la homogenea asociadad2xdt2 2dxdt + x = 0yxp (t) = 2t t2es una solucion particular de la EDL no homogenea dada. Entonces,x (t) = c1 + c2e2t+ 2t t2es la solucion general de la ecuacion dada.Hay varios metodos para encontrar una solucion particular de la EDL no homogenea. Enlo que sigue veremos uno de los metodos mas usuales.El Metodo de Variaci on de Par ametrosEste metodo funciona para cualquier EDL comod2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = b (t)para la cual se conocen dos soluciones fundamentales x1 (t) y x2 (t) , de la homogeneaasociada en un intervalo I donde su Wronskiano,W [x1 (t) , x2 (t)] = 0para todo t I .As la solucion general de la homogenea asociada es de la formaxh (t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)Buscaremos entonces una solucion particular xp (t) que este relacionada con xh (t) in-tentando alterar esta ultima de tal manera que se convierta en una solucion de la EDL dada.Una forma de conseguir esto ultimo es permitir que los parametros c1, c2 de xh (t) variencon t y as, encontrar una solucion particular de la formaxp (t) = c1 (t) x1 (t) + c2 (t) x2 (t)37Comoxp = c1x1 + c1x1 + c2x2 + c2x2yxp = c1x1 + c1x1 + c1x1 + c1x1 + c2x2 + c2x2 + c2x2 + c2x2Sustituyendo en la EDL se obtiene que,c1 (x1 + px1 + qx1) + c2 (x2 + px2 + qx2) + (c1x1 + c2x2) ++a1 (c1x1 + c2x2) + (c1x1 + c2x2) = b (t)pero, como x1 (t) , x2 (t) son soluciones de la EDL homogenea,x + p (t) x + q (t) x = 0,los dos primeros terminos de la suma anterior se anulan, obteniendose que(c1x1 + c2x2) + p (t) (c1x1 + c2x2) + (c1x1 + c2x2) = b (t)Esta identidad, que debe permanecer si xp (t) es solucion de, evidentemente se satisfacesi c1, c2pueden escogerse de tal forma que___c1 (t) x1 (t) + c2 (t) x2 (t) = 0c1 (t) x1 (t) + c2 (t) x2 (t) = b (t)El determinante de los coecientes de este sistema linela es x1 (t) x2 (t)x1 (t) x2 (t)que no es otra cosa que el Wronskiano de las funciones x1 (t) , x2 (t) que, por ser solucionesfundamentales de la EDL homogenea asociada, es siempre diferente de cero, lo que nos ase-gura una solucion unica para c1 (t) y c2 (t) . Una vez conocida tal solucion, c1 (t) y c2 (t)pueden encontrarse por simple integracion.As, del sistema lineal se establece quec1 (t) =0 x2 (t)b (t) x2 (t)W [x1 (t) , x2 (t)] = x2 (t) b (t)W [x1 (t) , x2 (t)]y,c2 (t) = x1 (t) 0x2 (t) b (t)W [x1 (t) , x2 (t)] =x1 (t) b (t)W [x1 (t) , x2 (t)]En consecuencia,c1 (t) = _x2 (t) b (t)W [x1 (t) , x2 (t)]dtyc2 (t) = _x1 (t) b (t)W [x1 (t) , x2 (t)]dt38Luego, sustituyendo estos valores en la expresion de xp (t) se tiene quexp (t) = __x2 (t) b (t)W [x1 (t) , x2 (t)]dt_x1 (t) +__x1 (t) b (t)W [x1 (t) , x2 (t)]dt_x2 (t)es una solucion particular de la EDL no homogenea. Ejemplos :1. Resolvamos la EDLx + x = tgtDe la homogenea asociadax + x = 0se tiene la ecuacion caractersticam2+ 1 = 0cuyas races son m1 = i y m2 = i . En consecuencia, la solucion general de la ho-mogenea asociada esxh (t) = c1 cos t + c2sentBusquemos ahora una solucion particular xp (t) de tal forma quexp (t) = c1 (t) cos t + c2 (t) sentComo en el procedimiento general, al derivar dos veces y sustituir en la EDL, setiene el sistema lineal, para c1 (t) y c2 (t) ,___c1 (t) cos t + c2 (t) sent = 0c1 (t) sent + c2 (t) cos t =tgtde dondec1 (t) = sent yc2 (t) = sent tgtentonces,c1 (t) = cos tyc2 (t) = _ sent tgt dt = _ sen2tcos t dt= _ 1 cos2tcos tdt = _(sec t cos t) dt= ln (sec t + tgt) + sentAsxp (t) = cos t sent + (sent ln (sec t + tgt)) cos t= cos t ln (sec t + tgt)entonces, la solucion general de la EDL dada es39x(t) = c1 cos t + c2sent cos t ln (sec t + tgt)2. Consideremos la EDLtd2xdt2 + dxdt = tla cual es una EDL no homogenea, de segundo orden, con coecientes variables quepodemos escribir en la forma normal,d2xdt2 1t dxdt = 1en cualquier intervalo que no contenga al orgen.Para determinar xh (t) , debemos resolver la homogenea asociadatd2xdt2 + dxdt = 0Siy = dxdt, se tiene la EDL de primer orden,dydt 1ty = 0odydt = ytcuya solucion general esy (t) = c1tpero comoy = dxdt, dedxdt = c1tintegrando se tiene quexh (t) = 12c1t2+ c2donde c2 Res la constante de esta segunda integracion, es la solucion general dela EDL homogenea asociada.Enseguida se puede determinar la solucion particular por variacion de parametros.Sixp (t) = 12c1 (t) t2+ c2 (t)entonces del sistema___c1 (t) 12t2+ c2 (t) = 0c1 (t) t = 1se tiene que40c1 (t) = 1ty c2 (t) = 12tde dondec1 (t) = _ 1tdt = ln tyc2 (t) = 12_ tdt = 14t2Luego,xp (t) = 12t2ln t 14t2es una solucion particular de la EDL no homogenea yx(t) = 12c1t2+ c2 + 12t2ln t 14t2es la solucion general de la EDL dada.41Gua de Ejercicios1. Como Ud. ya sabe, la solucion general de una EDL no homogenea,d2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = b (t)tiene la formax(t) = xh (t) + xp (t)donde xp (t) es una solucion particular de la EDL dada y xh (t) es la solucion generalde la homogenea asociada.d2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = 0En otro terminos, en que consiste el problema de encontrar xp (t) ?.2. Que signica encontrar una funcion que satisfaga a la EDLd2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = b (t) ?3. Considere la EDL no homogenea de segundo ordend2xdt2 + p (t) dxdt + q (t) x = b (t)en un intervalo I y, la solucion general de la homogenea asociadaxh (t) = c1x1 (t) + c2x2 (t)Se busca entonces una solucion particular xp (t) de la EDL dada. Que condicionesdebe satisfacer esta solucion xp (t) ?.4. En el metodo de variacion de parametros, bajo el supuesto de que xp (t) esta rela-cionada con xh (t) , se intenta alterar esta ultima de tal manera que se convierta enuna solucion de la EDL dada. De que manera se logra esto ultimo ?.5. Seg un su respuesta anterior, se trata de encontrar una solucion particular de la EDLno homogenea de la formaxp (t) = c1 (t) x1 (t) + c2 (t) x2 (t)Sustituya esta expresion en la EDL no homogenea dada y escriba su resultado con-siderando que x1 (t) y x2 (t) son soluciones fundamentales de la homogenea asociada.6. En su desarrollo anterior, bajo que condiciones para c1 (t) y c2 (t) , esta identidadse satisface ?.7. Las condiciones que establecio en 6., se pueden interpretar como un sistema de ecua-ciones lineales con incognitas c1 (t) y c2 (t) . Puede asegurar que las soluciones deeste sistema son unicas?. Justique su respuesta.428. Determine, basandose en lo anterior, c1 (t) , c2 (t) , c1 (t) y c2 (t) . Sustituyendo es-tos valores, escriba la expresion nal para xp (t) .9. Describa, de acuerdo a todo lo anterior, el Metodo de Variacion de Parametros para elcaso de una EDL no homogenea con coecientes constantes de segundo orden.10. Ulilizando este metodo, resuelva las EDLs,a)d2xdt2 + x = cos tb)d2xdt2 + 3dxdt + 2x = 1 + t + t2c)d2xdt2 3dxdt 4x = 30etd) 9x + x = sec t311. Resuelva los P.V.Isa)___d2xdt2 4x = 2 8tx(0) = 0 , x (0) = 5b)___d2xdt2 + 2dxdt + 2x = sen2t + cos 2tx(0) = 0 , x (0) = 1c)___d2xdt2 x =2etet + etx(0) = 2 , x (0) = 4d)___d2xdt2 + 4dxdt + 5x = 8sentx(0) = 0 , x (0) = 012. El metodo de variacion de parametros para obtener una solucion particular de unaEDL es tambien aplicables a EDLs con coecientes variables. As, procediendo de lamisma manera, encuentre la solucion general de la EDL(1 t) d2xdt2 + tdxdt x = 2 (t 1)2etvericando previamente que las funciones x1 (t) = t y x2 (t) = etson soluciones fun-damentales de su homogenea asociada.28. Resuelva las siguientes EDLs,a) 3tx x = t2b)d2xdt2 2t dxdt +_1 + 2t2_x = tcosectc) t2x 2tx + 2x = t43