El método de coeficientes indeterminados

Coeficientes indeterminados

El método de los coeficientes indeterminados consiste en hacer conjeturas sobre la forma de la solución particular basándose en la forma de r(x).$r(x\text{).}$ Cuando tomamos derivadas de polinomios, funciones exponenciales, senos y cosenos, obtenemos polinomios, funciones exponenciales, senos y cosenos. Así que cuando r(x)$r(x)$ tiene una de estas formas, es posible que la solución de la ecuación diferencial no homogénea tenga esa misma forma. Veamos algunos ejemplos para ver cómo funciona.

Ejemplo 7.12

Coeficientes indeterminados cuando r(x)$r(x)$ es un polinomio

Halle la solución general de y''+4y′+3y=3x.$y\text{″}+4y^{\prime }+3y=3x\text{.}$

Solución

La ecuación complementaria es y''+4y′+3y=0,$y\text{″}+4y^{\prime }+3y=0,$ con la solución general c1e–x+c2e−3x.$c_1{e}^{\text{–}x}+c_2{e}^{\mathrm{-3}x}.$ Dado que r(x)=3x,$r(x)=3x,$ la solución particular podría tener la forma yp(x)=Ax+B.$y_p(x)=Ax+B\text{.}$ Si este es el caso, entonces tenemos yp′(x)=A$y_p{}^{\prime }(x)=A$ y yp''(x)=0.$y_p\text{″}(x)=0.$ Para yp$y_p$ sea una solución de la ecuación diferencial, debemos encontrar valores para A$A$ y B$B$ de manera que

y''+4y′+3y0+4(A)+3(Ax+B)3Ax+(4A+3B)===3x3x3x.$$\begin{array}{ccc}\hfill y\text{″}+4y^{\prime }+3y& =\hfill & 3x\hfill \\ \hfill 0+4(A)+3(Ax+B)& =\hfill & 3x\hfill \\ \hfill 3Ax+(4A+3B)& =\hfill & 3x\text{.}\hfill \end{array}$$

Al igualar los coeficientes de los términos similares, tenemos

3A4A+3B==30.$$\begin{array}{ccc}\hfill 3A& =\hfill & 3\hfill \\ \hfill 4A+3B& =\hfill & 0.\hfill \end{array}$$

Entonces, A=1$A=1$ y B=–43,$B=–\frac{4}{3},$ así que yp(x)=x−43$y_p(x)=x-\frac{4}{3}$ y la solución general es

y(x)=c1e–x+c2e−3x+x−43.$$y(x)=c_1{e}^{\text{–}x}+c_2{e}^{\mathrm{-3}x}+x-\frac{4}{3}.$$

En el Ejemplo 7.12, observe que aunque r(x)$r(x)$ no incluía un término constante, era necesario que incluyéramos el término constante en nuestra conjetura. Si hubiéramos asumido una solución de la forma yp=Ax$y_p=Ax$ (sin término constante), no habríamos podido hallar una solución. (¡Verifique esto!). Si se grafica la función r(x)$r(x)$ es un polinomio, nuestra conjetura para la solución particular debe ser un polinomio del mismo grado, y debe incluir todos los términos de orden inferior, independientemente de que estén presentes en r(x).$r(x\text{).}$

Ejemplo 7.13

Coeficientes indeterminados cuando r(x)$r(x)$ es un exponencial

Halle la solución general de y''−y′−2y=2e3x.$y\text{″}-y^{\prime }-2y=2e^{3x}.$

Solución

La ecuación complementaria es y''−y′−2y=0,$y\text{″}-y^{\prime }-2y=0,$ con la solución general c1e–x+c2e2x.$c_1{e}^{\text{–}x}+c_2{e}^{2x}.$ Dado que r(x)=2e3x,$r(x)=2e^{3x},$ la solución particular podría tener la forma yp(x)=Ae3x.$y_p(x)=A{e}^{3x}.$ Entonces, tenemos yp′(x)=3Ae3x$y_p{}^{\prime }(x)=3A{e}^{3x}$ como yp''(x)=9Ae3x.$y_p\text{″}(x)=9A{e}^{3x}.$ Para yp$y_p$ sea una solución de la ecuación diferencial, debemos encontrar un valor para A$A$ tal que

y''−y′−2y9Ae3x−3Ae3x−2Ae3x4Ae3x===2e3x2e3x2e3x.$$\begin{array}{ccc}\hfill y\text{″}-y^{\prime }-2y& =\hfill & 2e^{3x}\hfill \\ \hfill 9A{e}^{3x}-3A{e}^{3x}-2A{e}^{3x}& =\hfill & 2e^{3x}\hfill \\ \hfill 4A{e}^{3x}& =\hfill & 2e^{3x}.\hfill \end{array}$$

Así que, 4A=2$4A=2$ y A=1/2.$A=1\text{/}2.$ Entonces, yp(x)=(12)e3x,$y_p(x)=\left(\frac{1}{2}\right)e^{3x},$ y la solución general es

y(x)=c1e–x+c2e2x+12e3x.$$y(x)=c_1{e}^{\text{–}x}+c_2{e}^{2x}+\frac{1}{2}{e}^{3x}.$$

Punto de control 7.11

Halle la solución general de y''−4y′+4y=7sent−cost.$y\text{″}-4y^{\prime }+4y=7\text{sen}t-\text{cos}t\text{.}$

En el punto de control anterior, r(x)$r(x)$ incluyó los términos del seno y del coseno. Sin embargo, aunque r(x)$r(x)$ incluyó un término de seno solamente o un término de coseno solamente, ambos términos deben estar presentes en la conjetura. El método de los coeficientes indeterminados también funciona con productos de polinomios, exponenciales, senos y cosenos. Algunas de las principales formas de r(x)$r(x)$ y las conjeturas asociadas para yp(x)$y_p(x)$ se resumen en la Tabla 7.2.

r(x)$r(x)$	Conjetura inicial para yp(x)$y_p(x)$ grandes.
k$k$ (una constante)	A$A$ (una constante)
ax+b$ax+b$	Ax+B$Ax+B$ (Nota: La conjetura debe incluir ambos términos aunque b=0.$b=0.$)
ax2+bx+c$a{x}^2+bx+c$	Ax2+Bx+C$A{x}^2+Bx+C$ (Nota: La conjetura debe incluir los tres términos aunque b$b$ o c$c$ son cero).
Polinomios de orden superior	Polinomio del mismo orden que r(x)$r(x)$ grandes.
aeλx$a{e}^{\lambda x}$	Aeλx$A{e}^{\lambda x}$
acosβx+bsenβx$a\text{cos}\beta x+b\text{sen}\beta x$	Acosβx+Bsenβx$A\text{cos}\beta x+B\text{sen}\beta x$ (Nota: La conjetura debe incluir ambos términos, incluso si cualquiera de ellos sean a=0$a=0$ o b=0.$b=0.$)
aeαxcosβx+beαxsenβx$a{e}^{\alpha x}\text{cos}\beta x+b{e}^{\alpha x}\text{sen}\beta x$	Aeαxcosβx+Beαxsenβx$A{e}^{\alpha x}\text{cos}\beta x+B{e}^{\alpha x}\text{sen}\beta x$
(ax2+bx+c)eλx$\left(a{x}^2+bx+c\right)e^{\lambda x}$	(Ax2+Bx+C)eλx$\left(A{x}^2+Bx+C\right)e^{\lambda x}$
(a2x2+a1x+a0)cosβx+(b2x2+b1x+b0)senβx$\begin{array}{l}\left(a_2{x}^2+a_{1}x+a_0\right)\text{cos}\beta x\hfill \\ +\left(b_2{x}^2+b_{1}x+b_0\right)\text{sen}\beta x\hfill \end{array}$	(A2x2+A1x+A0)cosβx+(B2x2+B1x+B0)senβx$\begin{array}{l}\left(A_2{x}^2+A_{1}x+A_0\right)\text{cos}\beta x\hfill \\ +\left(B_2{x}^2+B_{1}x+B_0\right)\text{sen}\beta x\hfill \end{array}$
(a2x2+a1x+a0)eαxcosβx+(b2x2+b1x+b0)eαxsenβx$\begin{array}{l}\left(a_2{x}^2+a_{1}x+a_0\right)e^{\alpha x}\text{cos}\beta x\hfill \\ +\left(b_2{x}^2+b_{1}x+b_0\right)e^{\alpha x}\text{sen}\beta x\hfill \end{array}$	(A2x2+A1x+A0)eαxcosβx+(B2x2+B1x+B0)eαxsenβx$\begin{array}{l}\left(A_2{x}^2+A_{1}x+A_0\right)e^{\alpha x}\text{cos}\beta x\hfill \\ +\left(B_2{x}^2+B_{1}x+B_0\right)e^{\alpha x}\text{sen}\beta x\hfill \end{array}$

Tabla 7.2 Formas clave del método de los coeficientes indeterminados

Hay que tener en cuenta que este método tiene un inconveniente importante. Consideremos la ecuación diferencial y''+5y′+6y=3e−2x.$y\text{″}+5y^{\prime }+6y=3e^{\mathrm{-2}x}.$ Con base en la forma de r(x),$r(x),$ adivinamos una solución particular de la forma yp(x)=Ae−2x.$y_p(x)=A{e}^{\mathrm{-2}x}.$ Pero cuando sustituimos esta expresión en la ecuación diferencial para encontrar un valor para A,$A,$ nos encontramos con un problema. Tenemos

yp′(x)=−2Ae−2x$$y_p{}^{\prime }(x)=\mathrm{-2}A{e}^{\mathrm{-2}x}$$

y

yp''=4Ae−2x,$$y_p\text{″}=4A{e}^{\mathrm{-2}x},$$

por lo que queremos

y''+5y′+6y4Ae−2x+5(−2Ae−2x)+6Ae−2x4Ae−2x−10Ae−2x+6Ae−2x0====3e−2x3e−2x3e−2x3e−2x,$$\begin{array}{ccc}\hfill y\text{″}+5y^{\prime }+6y& =\hfill & 3e^{\mathrm{-2}x}\hfill \\ \hfill 4A{e}^{\mathrm{-2}x}+5\left(\mathrm{-2}A{e}^{\mathrm{-2}x}\right)+6A{e}^{\mathrm{-2}x}& =\hfill & 3e^{\mathrm{-2}x}\hfill \\ \hfill 4A{e}^{\mathrm{-2}x}-10A{e}^{\mathrm{-2}x}+6A{e}^{\mathrm{-2}x}& =\hfill & 3e^{\mathrm{-2}x}\hfill \\ \hfill 0& =\hfill & 3e^{\mathrm{-2}x},\hfill \end{array}$$

que no es posible.

Si observamos detenidamente, vemos que, en este caso, la solución general de la ecuación complementaria es c1e−2x+c2e−3x.$c_1{e}^{\mathrm{-2}x}+c_2{e}^{\mathrm{-3}x}.$ La función exponencial en r(x)$r(x)$ es en realidad una solución de la ecuación complementaria, por lo que, como acabamos de ver, todos los términos del lado izquierdo de la ecuación se cancelan. En este caso podemos seguir utilizando el método de los coeficientes indeterminados, pero tenemos que modificar nuestra conjetura multiplicándola porx.$x\text{.}$ Usando la nueva conjetura, yp(x)=Axe−2x,$y_p(x)=Ax{e}^{\mathrm{-2}x},$ tenemos

yp′(x)=A(e−2x−2xe−2x)$$y_p{}^{\prime }(x)=A\left(e^{\mathrm{-2}x}-2x{e}^{\mathrm{-2}x}\right)$$

y

yp''(x)=−4Ae−2x+4Axe−2x.$$y_p\text{″}(x)=\mathrm{-4}A{e}^{\mathrm{-2}x}+4Ax{e}^{\mathrm{-2}x}.$$

La sustitución da como resultado

y''+5y′+6y(−4Ae−2x+4Axe−2x)+5(Ae−2x−2Axe−2x)+6Axe−2x−4Ae−2x+4Axe−2x+5Ae−2x−10Axe−2x+6Axe−2xAe−2x====3e−2x3e−2x3e−2x3e−2x.$$\begin{array}{ccc}\hfill y\text{″}+5y^{\prime }+6y& =\hfill & 3e^{\mathrm{-2}x}\hfill \\ \hfill \left(\mathrm{-4}A{e}^{\mathrm{-2}x}+4Ax{e}^{\mathrm{-2}x}\right)+5\left(A{e}^{\mathrm{-2}x}-2Ax{e}^{\mathrm{-2}x}\right)+6Ax{e}^{\mathrm{-2}x}& =\hfill & 3e^{\mathrm{-2}x}\hfill \\ \hfill \mathrm{-4}A{e}^{\mathrm{-2}x}+4Ax{e}^{\mathrm{-2}x}+5A{e}^{\mathrm{-2}x}-10Ax{e}^{\mathrm{-2}x}+6Ax{e}^{\mathrm{-2}x}& =\hfill & 3e^{\mathrm{-2}x}\hfill \\ \hfill A{e}^{\mathrm{-2}x}& =\hfill & 3e^{\mathrm{-2}x}.\hfill \end{array}$$

Así que, A=3$A=3$ y yp(x)=3xe−2x.$y_p(x)=3x{e}^{\mathrm{-2}x}.$ Esto nos da la siguiente solución general

y(x)=c1e−2x+c2e−3x+3xe−2x.$$y(x)=c_1{e}^{\mathrm{-2}x}+c_2{e}^{\mathrm{-3}x}+3x{e}^{\mathrm{-2}x}.$$

Observe que si xe−2x$x{e}^{\mathrm{-2}x}$ fuera también una solución de la ecuación complementaria, tendríamos que multiplicar por x$x$ de nuevo, y trataríamos yp(x)=Ax2e−2x.$y_p(x)=A{x}^2{e}^{\mathrm{-2}x}.$

Estrategia de resolución de problemas

Estrategia para la resolución de problemas: Método de los coeficientes indeterminados

1. Resuelva la ecuación complementaria y escriba la solución general.
2. Con base en la forma de r(x),$r(x),$ haga una conjetura inicial para yp(x).$y_p(x\text{).}$
3. Compruebe si algún término de la conjetura de yp(x)$y_p(x)$ es una solución a la ecuación complementaria. Si es así, multiplique la estimación porx.$x\text{.}$ Repita este paso hasta que no haya términos en yp(x)$y_p(x)$ que resuelven la ecuación complementaria.
4. Sustituya yp(x)$y_p(x)$ en la ecuación diferencial e iguale los términos similares para encontrar los valores de los coeficientes desconocidos en yp(x).$y_p(x\text{).}$
5. Sume la solución general de la ecuación complementaria y la solución particular que acaba de encontrar para obtener la solución general de la ecuación no homogénea.

Ejemplo 7.14

Resolver ecuaciones no homogéneas

Halle las soluciones generales de las siguientes ecuaciones diferenciales.

1. y''−9y=−6cos3x$y\text{″}-9y=\mathrm{-6}\text{cos}3x$
2. x''+2x′+x=4e−t$x\text{″}+2x^{\prime }+x=4e^{\text{−}t}$
3. y''−2y′+5y=10x2−3x−3$y\text{″}-2y^{\prime }+5y=10x^2-3x-3$
4. y''−3y′=−12t$y\text{″}-3y^{\prime }=\mathrm{-12}t$

Solución

1. La ecuación complementaria es y''−9y=0,$y\text{″}-9y=0,$ que tiene la solución general c1e3x+c2e−3x$c_1{e}^{3x}+c_2{e}^{\mathrm{-3}x}$ (paso 1). Con base en la forma de r(x)=−6cos3x,$r(x)=\mathrm{-6}\text{cos}3x,$ nuestra suposición inicial para la solución particular es yp(x)=Acos3x+Bsen3x$y_p(x)=A\text{cos}3x+B\text{sen}3x$ (paso 2). Ninguno de los términos de yp(x)$y_p(x)$ resuelven la ecuación complementaria, por lo que es una suposición válida (paso 3).
   Ahora queremos encontrar valores para A$A$ y B,$B,$ así que sustituimos yp$y_p$ en la ecuación diferencial. Tenemos
   
   yp′(x)=−3Asen3x+3Bcos3xyyp''(x)=−9Acos3x−9Bsen3x,$$y_p{}^{\prime }(x)=\mathrm{-3}A\text{sen}3x+3B\text{cos}3x\text{y}{y}_p\text{″}(x)=\mathrm{-9}A\text{cos}3x-9B\text{sen}3x,$$
   
   por lo que queremos encontrar valores de A$A$ y B$B$ de manera que
   
   y''−9y−9Acos3x−9Bsen3x−9(Acos3x+Bsen3x)−18Acos3x−18Bsen3x===−6cos3x−6cos3x−6cos3x.$$\begin{array}{ccc}\hfill y\text{″}-9y& =\hfill & \mathrm{-6}\text{cos}3x\hfill \\ \hfill \mathrm{-9}A\text{cos}3x-9B\text{sen}3x-9\left(A\text{cos}3x+B\text{sen}3x\right)& =\hfill & \mathrm{-6}\text{cos}3x\hfill \\ \hfill \mathrm{-18}A\text{cos}3x-18B\text{sen}3x& =\hfill & \mathrm{-6}\text{cos}3x\text{.}\hfill \end{array}$$
   
   Por lo tanto,
   
   −18A−18B==−60.$$\begin{array}{ccc}\hfill \mathrm{-18}A& =\hfill & \mathrm{-6}\hfill \\ \hfill \mathrm{-18}B& =\hfill & 0.\hfill \end{array}$$
   
   Esto da A=13$A=\frac{1}{3}$ y B=0,$B=0,$ así que yp(x)=(13)cos3x$y_p(x)=\left(\frac{1}{3}\right)\text{cos}3x$ (paso 4).
   Poniendo todo junto, tenemos la solución general
   
   y(x)=c1e3x+c2e−3x+13cos3x.$$y(x)=c_1{e}^{3x}+c_2{e}^{\mathrm{-3}x}+\frac{1}{3}\text{cos}3x\text{.}$$
2. La ecuación complementaria es x''+2x′+x=0,$x\text{″}+2x^{\prime }+x=0,$ que tiene la solución general c1e−t+c2te−t$c_1{e}^{\text{−}t}+c_{2}t{e}^{\text{−}t}$ (paso 1). Con base en la forma r(t)=4e−t,$r(t)=4e^{\text{−}t},$ nuestra suposición inicial para la solución particular es xp(t)=Ae−t$x_p(t)=A{e}^{\text{−}t}$ (paso 2). Sin embargo, vemos que esta conjetura resuelve la ecuación complementaria, por lo que debemos multiplicar port,$t,$ lo que da una nueva suposición xp(t)=Ate−t$x_p(t)=At{e}^{\text{−}t}$ (paso 3). Comprobando esta nueva conjetura, vemos que también resuelve la ecuación complementaria, por lo que debemos volver a multiplicar por t, lo que da xp(t)=At2e−t$x_p(t)=A{t}^2{e}^{\text{−}t}$ (paso 3, de nuevo). Ahora, comprobando esta conjetura, vemos que xp(t)$x_p(t)$ no resuelve la ecuación complementaria, por lo que es una conjetura válida (paso 3, de nuevo).
   Ahora queremos hallar un valor para A,$A,$ por lo que sustituimos xp$x_p$ en la ecuación diferencial. Tenemos
   
   xp(t)xp′(t)==At2e−t,por lo que2Ate−t−At2e−t$$\begin{array}{ccc}\hfill x_p(t)& =\hfill & A{t}^2{e}^{\text{−}t},\text{por lo que}\hfill \\ \hfill x_p{}^{\prime }(t)& =\hfill & 2At{e}^{\text{−}t}-A{t}^2{e}^{\text{−}t}\hfill \end{array}$$
   
   y xp''(t)=2Ae−t−2Ate−t−(2Ate−t−At2e−t)=2Ae−t−4Ate−t+At2e−t.$x_p\text{″}(t)=2A{e}^{\text{−}t}-2At{e}^{\text{−}t}-\left(2At{e}^{\text{−}t}-A{t}^2{e}^{\text{−}t}\right)=2A{e}^{\text{−}t}-4At{e}^{\text{−}t}+A{t}^2{e}^{\text{−}t}.$
   Sustituyendo en la ecuación diferencial, queremos hallar un valor de A$A$ para que
   
   x''+2x′+x2Ae−t−4Ate−t+At2e−t+2(2Ate−t−At2e−t)+At2e−t2Ae−t===4e−t4e−t4e−t.$$\begin{array}{ccc}\hfill x\text{″}+2x^{\prime }+x& =\hfill & 4e^{\text{−}t}\hfill \\ \hfill 2A{e}^{\text{−}t}-4At{e}^{\text{−}t}+A{t}^2{e}^{\text{−}t}+2\left(2At{e}^{\text{−}t}-A{t}^2{e}^{\text{−}t}\right)+A{t}^2{e}^{\text{−}t}& =\hfill & 4e^{\text{−}t}\hfill \\ \hfill 2A{e}^{\text{−}t}& =\hfill & 4e^{\text{−}t}.\hfill \end{array}$$
   
   Esto da A=2,$A=2,$ por lo que xp(t)=2t2e−t$x_p(t)=2t^2{e}^{\text{−}t}$ (paso 4). Juntando todo, tenemos la solución general
   
   x(t)=c1e−t+c2te−t+2t2e−t.$$x(t)=c_1{e}^{\text{−}t}+c_{2}t{e}^{\text{−}t}+2t^2{e}^{\text{−}t}.$$
3. La ecuación complementaria es y''−2y′+5y=0,$y\text{″}-2y^{\prime }+5y=0,$ que tiene la solución general c1excos2x+c2exsen2x$c_1{e}^x\text{cos}2x+c_2{e}^x\text{sen}2x$ (paso 1). Con base en la forma r(x)=10x2−3x−3,$r(x)=10x^2-3x-3,$ nuestra suposición inicial para la solución particular es yp(x)=Ax2+Bx+C$y_p(x)=A{x}^2+Bx+C$ (paso 2). Ninguno de los términos de yp(x)$y_p(x)$ resuelven la ecuación complementaria, por lo que es una suposición válida (paso 3). Ahora queremos hallar valores para A,$A,$ B,$B,$ y C,$C,$ por lo que sustituimos yp$y_p$ en la ecuación diferencial. Tenemos yp′(x)=2Ax+B$y_p{}^{\prime }(x)=2Ax+B$ y yp''(x)=2A,$y_p\text{″}(x)=2A,$ por lo que queremos hallar valores de A,$A,$ B,$B,$ y C$C$ de manera que
   
   y''−2y′+5y2A−2(2Ax+B)+5(Ax2+Bx+C)5Ax2+(5B−4A)x+(5C−2B+2A)===10x2−3x−310x2−3x−310x2−3x−3.$$\begin{array}{ccc}\hfill y\text{″}-2y^{\prime }+5y& =\hfill & 10x^2-3x-3\hfill \\ \hfill 2A-2\left(2Ax+B\right)+5\left(A{x}^2+Bx+C\right)& =\hfill & 10x^2-3x-3\hfill \\ \hfill 5A{x}^2+\left(5B-4A\right)x+\left(5C-2B+2A\right)& =\hfill & 10x^2-3x-3.\hfill \end{array}$$
   
   Por lo tanto,
   
   5A5B−4A5C−2B+2A===10−3−3.$$\begin{array}{ccc}\hfill 5A& =\hfill & 10\hfill \\ \hfill 5B-4A& =\hfill & \mathrm{-3}\hfill \\ \hfill 5C-2B+2A& =\hfill & \mathrm{-3}.\hfill \end{array}$$
   
   Esto da A=2,$A=2,$ B=1,$B=1,$ y C=−1,$C=\mathrm{-1},$ así que yp(x)=2x2+x–1$y_p(x)=2x^2+x–1$ (paso 4). Juntando todo, tenemos la solución general
   
   y(x)=c1excos2x+c2exsen2x+2x2+x–1.$$y(x)=c_1{e}^x\text{cos}2x+c_2{e}^x\text{sen}2x+2x^2+x–1.$$
4. La ecuación complementaria es y''−3y′=0,$y\text{″}-3y^{\prime }=0,$ que tiene la solución general c1e3t+c2$c_1{e}^{3t}+c_2$ (paso 1). Con base en la forma r(t)=−12t,$r(t)=\mathrm{-12}t,$ nuestra suposición inicial para la solución particular es yp(t)=At+B$y_p(t)=At+B$ (paso 2). Sin embargo, vemos que el término constante de esta conjetura resuelve la ecuación complementaria, por lo que debemos multiplicar por t,$t,$ lo que da una nueva suposición yp(t)=At2+Bt$y_p(t)=A{t}^2+Bt$ (paso 3). Comprobando esta nueva conjetura, vemos que ninguno de los términos de yp(t)$y_p(t)$ resuelve la ecuación complementaria, por lo que es una conjetura válida (paso 3, de nuevo). Ahora queremos hallar valores para A$A$ y B,$B,$ por lo que sustituimos yp$y_p$ en la ecuación diferencial. Tenemos yp′(t)=2At+B$y_p{}^{\prime }(t)=2At+B$ y yp''(t)=2A,$y_p\text{″}(t)=2A,$ por lo que queremos hallar valores de A$A$ y B$B$ de manera que
   
   y''−3y′2A−3(2At+B)−6At+(2A−3B)===−12t−12t−12t.$$\begin{array}{ccc}\hfill y\text{″}-3y^{\prime }& =\hfill & \mathrm{-12}t\hfill \\ \hfill 2A-3\left(2At+B\right)& =\hfill & \mathrm{-12}t\hfill \\ \hfill -6At+\left(2A-3B\right)& =\hfill & \mathrm{-12}t\text{.}\hfill \end{array}$$
   
   Por lo tanto,
   
   −6A2A−3B==−120.$$\begin{array}{ccc}\hfill \mathrm{-6}A& =\hfill & \mathrm{-12}\hfill \\ \hfill 2A-3B& =\hfill & 0.\hfill \end{array}$$
   
   Esto da A=2$A=2$ y B=4/3,$B=4\text{/}3,$ así que yp(t)=2t2+(4/3)t$y_p(t)=2t^2+\left(4\text{/}3\right)t$ (paso 4). Juntando todo, tenemos la solución general
   
   y(t)=c1e3t+c2+2t2+43t.$$y(t)=c_1{e}^{3t}+c_2+2t^2+\frac{4}{3}t\text{.}$$

Punto de control 7.12

Halle la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales.

1. y''−5y′+4y=3ex$y\text{″}-5y^{\prime }+4y=3e^x$
2. y''+y′−6y=52cos2t$y\text{″}+y^{\prime }-6y=52\text{cos}2t$

Variación de los parámetros

A veces, r(x)$r(x)$ no es una combinación de polinomios, exponenciales o senos y cosenos. Cuando este es el caso, el método de los coeficientes indeterminados no funciona y tenemos que utilizar otro enfoque para hallar una solución particular a la ecuación diferencial. Utilizamos un enfoque denominado método de variación de los parámetros.

Para simplificar un poco nuestros cálculos, vamos a dividir la ecuación diferencial entre a,$a,$ por lo que tenemos un coeficiente principal de 1. Entonces la ecuación diferencial tiene la forma

y''+py′+qy=r(x),$$y\text{″}+p{y}^{\prime }+qy=r(x),$$

donde p$p$ y q$q$ son constantes.

Si la solución general de la ecuación complementaria viene dada por c1y1(x)+c2y2(x),$c_1{y}_1(x)+c_2{y}_2(x),$ vamos a buscar una solución particular de la forma yp(x)=u(x)y1(x)+v(x)y2(x).$y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x\text{).}$ En este caso, utilizamos las dos soluciones linealmente independientes de la ecuación complementaria para formar nuestra solución particular. Sin embargo, estamos asumiendo que los coeficientes son funciones de x, en vez de constantes. Queremos encontrar funciones u(x)$u(x)$ y v(x)$v(x)$ de manera que yp(x)$y_p(x)$ satisfagan la ecuación diferencial. Tenemos

yp''$$\begin{array}{ccc}\hfill y_p& =\hfill & u{y}_1+v{y}_2\hfill \\ \hfill y_p{}^{\prime }& =\hfill & u^{\prime }{y}_1+u{y}_1{}^{\prime }+v^{\prime }{y}_2+v{y}_2{}^{\prime }\hfill \\ \hfill y_p\text{″}& =\hfill & {\left(u^{\prime }{y}_1+v^{\prime }{y}_2\right)}^{\prime }+u^{\prime }{y}_1{}^{\prime }+u{y}_1\text{″}+v^{\prime }{y}_2{}^{\prime }+v{y}_2\text{″}\text{.}\hfill \end{array}$$

Sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos

yp''+pyp′+qyp$$\begin{array}{cc}\hfill y_p\text{″}+p{y}_p{}^{\prime }+q{y}_p& =\left[{\left(u^{\prime }{y}_1+v^{\prime }{y}_2\right)}^{\prime }+u^{\prime }{y}_1{}^{\prime }+u{y}_1\text{″}+v^{\prime }{y}_2{}^{\prime }+v{y}_2\text{″}\right]\hfill \\ & +p\left[u^{\prime }{y}_1+u{y}_1{}^{\prime }+v^{\prime }{y}_2+v{y}_2{}^{\prime }\right]+q\left[u{y}_1+v{y}_2\right]\hfill \\ & =u\left[y_1\text{″}+p{y}_1{}^{\prime }+q{y}_1\right]+v\left[y_2\text{″}+p{y}_2{}^{\prime }+q{y}_2\right]\hfill \\ & +{\left(u^{\prime }{y}_1+v^{\prime }{y}_2\right)}^{\prime }+p\left(u^{\prime }{y}_1+v^{\prime }{y}_2\right)+\left(u^{\prime }{y}_1{}^{\prime }+v^{\prime }{y}_2{}^{\prime }\right).\hfill \end{array}$$

Observe que y1$y_1$ y y2$y_2$ son soluciones de la ecuación complementaria, por lo que los dos primeros términos son cero. Por lo tanto, tenemos

(u′y1+v′y2)′+p(u′y1+v′y2)+(u′y1′+v′y2′)=r(x).$${\left(u^{\prime }{y}_1+v^{\prime }{y}_2\right)}^{\prime }+p\left(u^{\prime }{y}_1+v^{\prime }{y}_2\right)+\left(u^{\prime }{y}_1{}^{\prime }+v^{\prime }{y}_2{}^{\prime }\right)=r(x\text{).}$$

Si simplificamos esta ecuación imponiendo la condición adicional u′y1+v′y2=0,$u^{\prime }{y}_1+v^{\prime }{y}_2=0,$ los dos primeros términos son cero, y esto se reduce a u′y1′+v′y2′=r(x).$u^{\prime }{y}_1{}^{\prime }+v^{\prime }{y}_2{}^{\prime }=r(x\text{).}$ Así, con esta condición adicional, tenemos un sistema de dos ecuaciones en dos incógnitas:

u′y1+v′y2u′y1′+v′y2′==0r(x).$$\begin{array}{ccc}\hfill u^{\prime }{y}_1+v^{\prime }{y}_2& =\hfill & 0\hfill \\ \hfill u^{\prime }{y}_1{}^{\prime }+v^{\prime }{y}_2{}^{\prime }& =\hfill & r(x\text{).}\hfill \end{array}$$

La resolución de este sistema nos da u′$u^{\prime }$ y v′,$v^{\prime },$ que podemos integrar para hallar u y v.

Entonces, yp(x)=u(x)y1(x)+v(x)y2(x)$y_p(x)=u(x)y_1(x)+v(x)y_2(x)$ es una solución particular de la ecuación diferencial. Resolver este sistema de ecuaciones, a veces, es un reto, así que aprovechemos para repasar la regla de Cramer, que nos permite resolver el sistema de ecuaciones utilizando determinantes.

https://youtu.be/tVa2P8ApLMc