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Ejercicios del método de variación de parámetros.
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Ejercicios del método de variación de parámetros.
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jocelynmarcial30
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Método de variación de parámetros.El método de variación de parámetros permite resolver ecuaciones diferenciales de segundo orden, lineales, con
coeficientes constantes, no homogéneas, la cual tiene la forma:
𝑑2 𝑦 𝑑𝑦
𝑎2 (𝑥) 𝑑𝑥 2 + 𝑎1 (𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑎0 (𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) la que puede escribir en la forma característica como
𝑑2 𝑦 𝑎 (𝑥) 𝑑𝑦 𝑎 (𝑥) 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑥 2
+ 𝑎1 (𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑎0 (𝑥) 𝑦 = 𝑓(𝑥) o 𝑑𝑥 2
+ 𝑃(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥) para coeficientes variables
2 2
𝑑2 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑥 2
+ 𝑃(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥)𝑦 = 0 para la homogénea
En general la solución de la ecuación diferencial está dada por la suma de la solución de la homogénea más la solución
particular, 𝑦 = 𝑦𝐻 + 𝑦𝑃
La solución de la parte homogénea se obtiene por los procedimientos anteriormente tratados.
Para la solución particular partiremos de proponer que:
𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2
𝑦𝑃′ = 𝑢1 𝑦1′ + 𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2′ + 𝑢2′ 𝑦2
𝑦𝑃′′ = 𝑢1 𝑦1′′ + 𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢1′′ 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2′′ + 𝑦2′ 𝑢2′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑢2′′ 𝑦2
𝑢1 𝑦1′′ + 𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢1′′ 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2′′ + 𝑦2′ 𝑢2′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑢2′′ 𝑦2 + 𝑃(𝑥)(𝑢1 𝑦1′ + 𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2′ + 𝑢2′ 𝑦2 ) + 𝑄(𝑥)(𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 ) = 𝑓(𝑥)
𝑢1 (𝑦1′′ + 𝑃(𝑥)𝑦1′ + 𝑄(𝑥)𝑦1 ) +𝑢2 (𝑦2′′ + 𝑃(𝑥)𝑦2′ + 𝑄(𝑥)𝑦2 ) + 𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢1′′ 𝑦1 + 𝑦2′ 𝑢2′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑢2′′ 𝑦2 + 𝑃(𝑥)(𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 ) = 𝑓(𝑥)
Si 𝑦1′′ + 𝑃(𝑥)𝑦1′ + 𝑄(𝑥)𝑦1 = 0 y 𝑦2′′ + 𝑃(𝑥)𝑦2′ + 𝑄(𝑥)𝑦2 = 0
𝑦1′ 𝑢1′ + 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢1′′ 𝑦1 + 𝑦2′ 𝑢2′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑢2′′ 𝑦2 + 𝑃(𝑥)(𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 ) = 𝑓(𝑥)
𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢1′′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑢1′′ 𝑦1 + 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑃(𝑥)(𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 ) = 𝑓(𝑥)
𝑑
(𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 ) + 𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢2′ 𝑦2′ + 𝑃(𝑥)(𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 ) = 𝑓(𝑥)
𝑑𝑥
𝑢1′ 𝑦1 + 𝑢2′ 𝑦2 = 0
𝑢1′ 𝑦1′ + 𝑢2′ 𝑦2′ = 𝑓(𝑥)
Lo cual es un sistema de ecuaciones diferenciales que se pueden resolver por determinantes.
𝑦1 𝑦2 0 𝑦2 𝑦1 0
𝑤 = |𝑦 ′ 𝑦2′ | ; 𝑤1 = |𝑓(𝑥) 𝑦2′ | ; 𝑤2 = |𝑦1′ |
1 𝑓(𝑥)
𝑤1 𝑤1 𝑤2 𝑤2
𝑢1′ = 𝑤
, 𝑢1 = ∫ 𝑤
𝑑𝑥 ; 𝑢2′ = 𝑤
, 𝑢2 = ∫ 𝑤
𝑑𝑥
𝑦𝑃 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2
Ejemplo.
Resuelva la siguiente ecuación diferencial de segundo orden, lineal,
con coeficientes constantes, no homogénea.
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥 2
+ 𝑦 = sec (𝑥) sujeta a 𝑦(0) = 1 ; 𝑦′(0) = −1
, Solución.
𝑑2 𝑦
+ 𝑦 = sec (𝑥) ; 𝑦(0) = 1 ; 𝑦′(0) = −1
𝑑𝑥 2
𝑑2 𝑦
Primero encontramos la solución de la homogénea, para 𝑑𝑥 2
+ 𝑦 = 0.
Utilizando la ecuación auxiliar 𝑚2 + 1 = 0; 𝑚1,2 = ±𝑖 como ℂ = 𝛼 ± 𝛽𝑖
Donde 𝛼 = 0 y 𝛽 = 1, entonces la solución es 𝑦𝐻 = 𝐶1 cos(𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
Para la solución particular consideramos que 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 entonces,
𝑦1 = cos (𝑥) ; 𝑦1′ = −𝑠𝑒𝑛(𝑥) ; 𝑦2 = sen (𝑥) ; 𝑦2′ = 𝑐𝑜𝑠(𝑥).
cos(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑤=| | = 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑥) + 𝑠𝑒𝑛2 (𝑥) = 1
−𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥)
0 𝑠𝑒𝑛(𝑥) 1
𝑤1 = | | = − sec(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑥) = − cos(𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝑥) = −tan (𝑥)
sec (𝑥) cos(𝑥)
cos (𝑥) 0 1
𝑤2 = | | = sec(𝑥) 𝑐𝑜𝑠(𝑥) = cos(𝑥) 𝑐𝑜𝑠(𝑥) = 1
−sen (𝑥) sec (𝑥)
𝑢1 = ∫ − tan(𝑥) 𝑑𝑥 = ln (cos (𝑥) 𝑢2 = ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥
𝑦𝑝 = cos(𝑥) ln(cos(𝑥)) + 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑦 = 𝐶1 cos(𝑥) + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + cos(𝑥) ln(cos(𝑥)) + 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥)
𝑦 ′ = −𝐶1 sen(𝑥) + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠(𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ln(cos(𝑥)) + 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑥)
Si 𝑦(0) = 1 ; 1 = 𝐶1 ;
Si 𝑦′(0) = −1 ; −1 = 𝐶2
𝑦 = cos(𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑥) + cos(𝑥) ln(cos(𝑥))
𝑦 = cos(𝑥) (1 + ln(cos(𝑥)) − 𝑠𝑒𝑛(𝑥)(1 − 𝑥)
Ejemplo.
Resuelva la siguiente ecuación diferencial de segundo orden, lineal,
con coeficientes constantes, no homogénea.
𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 1
+3 𝑦 + 2𝑦 =
𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 1+𝑒 𝑥
Solución.
𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 1
𝑑𝑥 2
+ 3 𝑑𝑥 + 2𝑦 = 1+𝑒 𝑥 ;
𝑑2 𝑦 𝑑𝑦
Primero encontramos la solución de la homogénea, para 𝑑𝑥 2
+ 3 𝑑𝑥 + 2𝑦 = 0.
Utilizando la ecuación auxiliar 𝑚2 + 3𝑚 + 2 = 0; (𝑚 + 2)(𝑚 + 1) = 0, 𝑚1 = −2, 𝑚2 = −1
entonces la solución es 𝑦𝐻 = 𝐶1 e−2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥
Para la solución particular consideramos que 𝑦𝑝 = 𝑢1 𝑦1 + 𝑢2 𝑦2 donde,
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