CLASE 6-METODOS COEFICIENTES INDETERMINADOS

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ECUACIONES DIFERENCIALES
ORDINARIAS DEORDEN SUPERIOR
METODO DE LOS COEFICIENTES
INDETERMINADOS
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
JOE GARCÍA ARCOS
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS EXACTAS - ESPE
CLASE 6
CONTENIDO
Título : Método de los coeficientes indeperminados
Duración : 120 minutos
Información general : Método para resolver ecuaciones diferenciales utilizando coeficientes
indeterminados
Objetivo : Conocer el método de los coeficientes indeterminados para resolver
ecuaciones diferenciales
1
Ecuaciones diferenciales de orden superior
0.1 El método de los coeficientes indeterminados
Consideramos varias ecuaciones diferenciales de segundo orden lineales no homogéneos
para ver cómo hacer conjeturas razonables para la forma de G? que puede conducir a la solución
general en muchos casos elementales. A lo largo de esta sección, utilizamos la siguiente idea
para guiar nuestra elección de la forma de G?: ya que la primera y segunda derivadas de
muchas funciones son similares a la función original (por ejemplo, las derivadas de las funciones
seno y coseno son coseno y seno, las derivadas de funciones exponenciales son funciones
exponenciales, derivadas de funciones polinomiales son polinomios), y en ecuaciones de la
forma G ′′ + �G ′ + �G = 5 (C) tomamos combinaciones lineales de G, G ′ y G ′′ para obtener 5 (C), es
razonable adivinar que la forma de G? será similar a la forma de 5 (C), la función forzada en la
ecuación no homogénea.
Consideremos ahora la ecuación diferencial no homogénea
00G
=) + 01G=−1) + · · · + 0=−1G ′ + 0=G = � (C), (1)
donde los coeficientes 00, 01, ..., 0= son constantes, pero donde el término no homogéneo �
es (en general) una función no constante de C. Recordar que la solución general de (1) puede
escribirse
G = Gℎ + G?,
donde Gℎ es la función complementaria, es decir, la solución general de la correspondiente
ecuación homogénea (ecuación (1) con � reemplazada por 0), y G? es una integral particular,
es decir, cualquier solución de (1) que no contiene constantes arbitrarias. En la sección 4.9
aprendimos a encontrar la función complementaria; ahora consideramosmétodos para determinar
una integral particular.
Consideremos primero el método de los coeficientes indeterminados. Matemáticamente
hablando, la clase de funciones � a la que se aplica estemétodo es realmentemuy restringida; pero
esta clase matemáticamente estrecha incluye funciones de ocurrencia frecuente e importancia
considerable en diversas aplicaciones físicas. Y este método tiene una ventaja distinta cuando se
aplica, es relativamente simple.
Se sugiere que, en algunos casos, la integral particular G? correspondiente a un término
no homogéneo en la ecuación diferencial es del mismo tipo que ese término no homogéneo,
mientras que en otros casos el supuesto G? debería ser algún tipo de modificación de ese término
no homogéneo. Resulta que esto es esencialmente el caso. Ahora procedemos a presentar el
método sistemáticamente.
Comenzamos por introducir ciertas definiciones preliminares.
CLASE 6
Definición 0.1
Llamaremos a una función CI si esta función es (1) una función definida por una de las
siguientes formas:
1. C=, donde = es un entero positivo o cero,
2. 40C , donde 0 es una constante diferente de 0,
3. sin(1C + 2), donde 1 y 2 son constantes, 1 ≠ 0,
4. cos(1C + 2), donde 1 y 2 son constantes, 1 ≠ 0,
o (2) una función definida como un producto finito de dos o más funciones de estos cuatro
tipos.
El método de coeficientes indeterminados se aplica cuando la función no homogénea � en
la ecuación diferencial es una combinación lineal finita de funciones CI. Obsérvese que dada una
función CI 5 , cada derivada sucesiva de 5 es o bien un múltiplo constante de una función CI o
bien una combinación lineal de funciones CI.
Definición 0.2
Considere una función CI 5 . El conjunto de funciones que consiste en 5 y todas las
funciones de CI linealmente independientes de las cuales las sucesivas derivadas de 5
sean múltiplos constantes o combinaciones lineales se llamará el conjunto CI de 5 .
Estos y otros ejemplos similares de los cuatro tipos básicos de funciones de CI conducen a
los resultados enumerados como números 1, 2 y 3 de la Tabla 1.
Observe que el conjunto CI del producto C2 sin C es el conjunto de todos los productos
obtenidos multiplicando los diversos miembros del conjunto CI {C2, C, 1} de C2 por los diversos
miembros del conjunto CI {sin C, cos C} de sin C. Esta observación ilustra la situación general
con respecto al conjunto CI de una función CI definida como un producto finito de dos o más
funciones CI de los cuatro tipos básicos. En particular, supongamos que ℎ es una función de CI
definida como el producto 5 6 de dos funciones básicas de CI 5 y 6. Entonces el conjunto CI
de la función de producto ℎ es el conjunto de todos los productos obtenidos multiplicando los
diversos miembros del conjunto CI de 5 por los diversos miembros del conjunto CI de 6. Los
resultados de este tipo se enumeran como números 4, 5 y 6 de la Tabla 1.
Ejemplo 0.1
Obtener una solución de la ecuación diferencial
G ′′ − 4G = 8C2 − 2C
Solución Como 5 (C) = 8C2 − 2C es un polinomio, entonces las derivadas de polinomios son
polinomios, conjeturamos que se puede insertar algún polinomio en G ′′−4G para producir 8C2−2C.
Por lo tanto, probamos una solución particular que es un polinomio de grado 2:
G? (C) = 0C2 + 1C + 2
3
CLASE 6
Función CI Conjunto CI
1 C= {C=, C=−1, C=−2, ..., C, 1}
2 40C {40C }
3 sin(1C + 2) {sin(1C + 2), cos(1C + 2)}
cos(1C + 2) {sin(1C + 2), cos(1C + 2)}
4 C=40C {C=40C , C=−140C , C=−240C , ..., C40C , 40C }
5 C= sin(1C + 2) {C= sin(1C + 2), C= cos(1C + 2), C=−1 sin(1C + 2), C=−1 cos(1C + 2),
, ..., C sin(1C + 2), C cos(1C + 2), sin(1C + 2), cos(1C + 2)}
C= cos(1C + 2) {C= sin(1C + 2), C= cos(1C + 2), C=−1 sin(1C + 2), C=−1 cos(1C + 2),
, ..., C sin(1C + 2), C cos(1C + 2), sin(1C + 2), cos(1C + 2)}
6 40C sin(1C + 2) {40C sin(1C + 2), 40C cos(1C + 2)}
40C cos(1C + 2) {40C sin(1C + 2), 40C cos(1C + 2)}
7 C=40C sin(1C + 2) {C=40C sin(1C + 2), C=40C cos(1C + 2), C=−140C sin(1C + 2),
C=−140C cos(1C + 2), ..., C40C sin(1C + 2), C40C cos(1C + 2),
40C sin(1C + 2), 40C cos(1C + 2)}
C=40C cos(1C + 2) {C=40C sin(1C + 2), C=40C cos(1C + 2), C=−140C sin(1C + 2),
C=−140C cos(1C + 2), ..., C40C sin(1C + 2), C40C cos(1C + 2),
40C sin(1C + 2), 40C cos(1C + 2)}
Table 1: Funciones y conjuntos CI
Calculamos
G ′? (C) = 20C + 1, G ′′? (C) = 20
Ahora, sea que G ′′? − 4G? = 8C2 − 2C para obtener
20 − 4(0C2 + 1C + 2) = 8C2 − 2C
Agrupando términos para escribir esta ecuación como
(−40 − 8)C2 + (−41 + 2)C + (20 − 42) = 0
esto debe cumplirse para todo C. Por lo tanto
−40 − 8 = 0, −41 + 2 = 0, 20 − 42 = 0.
Resolviendo este sistema de ecuaciones, obtenemos 0 = −2, 1 = 12 , 2 = −1, concluimos que
G? (C) = −2C2 +
1
2
C − 1
es una solución de la ecuación diferencial original. Esto se puede verificar por sustitución. La
solución general de G ′′ − 4G = 0 es
Gℎ (C) = 2142C + 224−2C .
Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial es
G(C) = 2142C + 224−2C − 2C2 +
1
2
C − 1. �
4
CLASE 6
Ejemplo 0.2
Resolver la ecuación diferencial
G ′′ + 2G ′ − 3G = 442C
Solución Como las derivadas de 42C son siempre constantes por 42C , suponemos que algún
múltiplo constante de 42C puede ser una solución, es decir, probaremos con G? (C) = :42C .
Sustituimos G = :42C en la ecuación diferencial para obtener
4:42C + 2(2:42C ) − 3:42C = 442C
Entonces 5:42C = 442C , que se cumple si : = 45 . Por lo tanto, G? (C) =
4
54
2C es una solución. La
solución general de G ′′ + 2G ′ − 3H = 0 es
Gℎ (C) = 214C + 224−3C .
En consecuencia, la solución general de la ecuación diferencial es
G(C) = 214C + 224−3C +
4
5
42C . �
Ejemplo 0.3
Resolver la ecuación diferencial
G ′′ − 5G ′ + 6G = −3 sin 2C
Solución Las derivadas de sin 2C pueden ser múltiplos constantes de sin 2C o de cos 2C, depen-
diendo de cuántas derivadas se realicen. Por lo tanto, en vez de probar tan sóloun múltiplo de
sin 2C probaremos una combinación de sin 2C y cos 2C:
G? (C) = 0 sin 2G + 1 cos 2G
Calculamos
G ′? (C) = 20 cos 2C − 21 sin 2C, G ′′? (C) = −40 sin 2C − 41 cos 2C.
Sustituimos G? en la ecuación diferencial para obtener
(20 + 101 + 3) sin 2C + (21 − 100) cos 2C = 0
pero sin 2C y cos 2C son linealmente independientes; por lo tanto
20 + 101 + 3 = 0, 21 − 100 = 0.
Por lo tanto, resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos 0 = − 352 y 1 = −
15
52 y una solución
particular de la ecuación diferencial es
G? (C) = −
3
52
(sin 2C + 5 cos 2C)
La solución general de la ecuación homogénea es
Gℎ (G) = 2142C + 2243C
5
CLASE 6
Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial no homogénea es
G(C) = 2142C + 2243C −
3
52
(sin 2C + 5 cos 2C). �
A continuación examinaremos el método con mayor detenimiento. Parecería que el método
es eficaz si 5 (C) tiene cierta forma, sugiriendo una conjetura inicial para G?. Sin embargo,
encontramos una dificultad si esto no lleva a obtener un valor de G? que satisface también la
ecuación homogénea
G ′′ + �G ′ + �G = 0.
Ejemplo 0.4
Resolver la ecuación diferencial
G ′′ − 6G ′ + 9G = 843C
Solución Como en un ejemplo anterior, probamos G? (C) = 043C , sin embargo, 43C satisface la
ecuación diferencial homogénea asociada
G ′′ − 6G ′ + 9G = 0.
La siguiente opción que podemos probar es G? (C) = 0C43C , no obstante, C43C es asimismo una
solución de la ecuación diferencial homogénea asociada. Por lo tanto, probamos la opción
G? (C) = 0C243C . Calculamos
G ′? (C) = 20C43C + 30C243C , G ′′? (C) = 2043C + 120C43C + 90C243C .
Al realizar la sustitución de G? en la ecuación diferencial, se obtiene
2043C + 120C43C + 90C243C − 6(20C43C + 30C243C ) + 90C243C = 843C
Los términos que contienen 0C43C y 0C243C se cancelan y nos queda 2043C = 843C ; por lo tanto,
0 = 4. Una solución particular de la ecuación diferecial es
G? (C) = 4C243C
La solución de la ecuación diferencial homogénea es
Gℎ (C) = (21 + 22C)43C
y podemos escribir la solución general como
G(C) = (21 + 22C + 4C2)43C . �
Ejemplo 0.5
Resuelva la ecuación diferencial:
G ′′ − 4G ′ + 4G = 6 sin C − 8 cos C, G(0) = 3, G ′(0) = 4.
6
CLASE 6
Solución Encontramos la solución complementaria
G ′′ − 4G ′ + 4G = 0 =⇒ <2 − 4< + 4 = 0,
cuyas raíces son <1 = <2 = 2. La solución tiene la forma
Gℎ = 214
2C + 22C42C =⇒ Gℎ = (21 + 22C)42C .
Para encontrar la solución particular, hacemos
G? = 0 sin C + 1 cos C,
sustituyendo en la ecuación original, obtenemos 0 = 2 y 1 = 0. La solución particular es
G? = 2 sin C,
La solución esta dada por
G(C) = (21 + 22C)42C + 2 sin C.
Aplicando las condiciones iniciales, encontramos 21 = 3 y 22 = −4. La solución de la ecuación
es
G(C) = (3 − 4C)42C + 2 sin C. �
Ejemplo 0.6
Resuelva la ecuación diferencial:
G ′′ − 8G ′ + 20G = 5C44C sin 2C.
Solución Encontramos la solución complementaria
G ′′ − 8G ′ + 20G = 0 =⇒ <2 − 8< + 20 = 0,
cuyas raíces son <1 = 4 − 28, <2 = 4 + 28. La solución tiene la forma
Gℎ = (21 cos 2C + 22 sin 2C)44C .
Para encontrar la solución particular, hacemos
G? = [(0C + 1) cos 2C + (2G + 3) sin 2C]C44C ,
sustituyendo en la ecuación original, obtenemos 0 = − 58 , 1 = 0, 2 = 0, 3 =
5
16 . La solución
particular es
G? = −
5
16
(2C cos 2C − sin 2C)C44C ,
La solución general es
G(C) = (21 cos 2C + 22 sin 2C)44C −
5
16
(2C cos 2C − sin 2C)C44C . �
7
CLASE 6
Ejemplo 0.7
Resuelva la ecuación diferencial:
G ′′ + 7G ′ + 10G = C4−C cos 5C.
Solución Encontramos la solución complementaria
G ′′ + 7G ′ + 10G = 0 =⇒ <2 + 7< + 10 = 0,
cuyas raíces son <1 = −5, <2 = −2. La solución tiene la forma
Gℎ = 214
−5C + 224−2C .
Para encontrar la solución particular, hacemos
G? = [(0C + 1) cos 5C + (2C + 3) sin 5C]4−C ,
sustituyendo en la ecuación original, obtenemos 0 = − 211066 , 1 =
2855
284089 , 2 =
25
1066 , 3 =
1705
568178 . La
solución particular es
G? =
[(
− 21
1066
C + 2855
284089
)
cos 5C +
(
25
1066
C + 1705
568178
)
sin 5C
]
4−C ,
La solución general es
G(C) = 214−5C + 224−2C +
[(
− 21
1066
C + 2855
284089
)
cos 5C +
(
25
1066
C + 1705
568178
)
sin 5C
]
4−C . �
Ejemplo 0.8
Resuelva la ecuación diferencial:
G ′′ + 2G ′ + 5G = [(C + 1) cos 2C + 3 sin 2C]4C .
Solución Encontramos la solución complementaria
G ′′ + 2G ′ + 5G = 0 =⇒ <2 + 2< + 5 = 0,
cuyas raíces son <1 = −1 − 28, <2 = −1 + 28. La solución tiene la forma
Gℎ = 4
−C (21 cos 2C + 22 sin 2C).
Para encontrar la solución particular, lo hacemos en dos partes
1) G ′′ + 2G ′ + 5G = (C + 1)4C cos 2C
2) G ′′ + 2G ′ + 5G = 34C sin 2C
Para 1), tenemos que
G?1 = (0C + 1)4C cos 2C + (2C + 3)4C sin 2C,
sustituyendo en la ecuación 1), obtenemos 0 = 112 , 1 = −
1
30 , 2 =
1
12 , 3 = −
1
15 . La solución de 1)
es
G?1 =
(
1
12
C − 1
30
)
4C cos 2C +
(
1
12
C − 1
15
)
4C sin 2C,
Para 2), tenemos que
G?2 = 04
C cos 2C + 14C sin 2C,
8
CLASE 6
sustituyendo en la ecuación 2), obtenemos 0 = − 310 , 1 =
3
20 . La solución de 2) es
G?2 = −
3
10
4C cos 2C + 3
20
4C sin 2C,
Puesto que G? = G?1 + G?2 , entonces la solución particular tiene la forma
G? =
(
1
12
C − 1
30
)
4C cos 2C + ( 1
12
C − 1
15
)4C sin 2C − 3
10
4C cos 2C + 3
20
4C sin 2C,
o
G? =
1
12
(C − 4)4C cos 2C + 1
12
(C + 1)4C sin 2C.
La solución general es
G(C) = 4−C (21 cos 2C + 22 sin 2C) +
1
12
(C − 4)4C cos 2C + 1
12
(C + 1)4C sin 2C. �
Ejemplo 0.9
Resuelva la ecuación diferencial:
G ′′ − 4G ′ + 13G = (C2 cos 3C − C sin 3C)42C .
Solución Encontramos la solución complementaria
G ′′ − 4G ′ + 13G = 0 =⇒ <2 − 4< + 13 = 0,
cuyas raíces son <1 = 2 − 38, <2 = 2 + 38. La solución tiene la forma
Gℎ = 4
2C (21 cos 3C + 22 sin 3C).
Para encontrar la solución particular, lo hacemos en dos partes
1) G ′′ − 4G ′ + 13G = C242C cos 3C
2) G ′′ − 4G ′ + 13G = −C42C sin 3C
Para 1), tenemos que
G?1 = C4
2C [(0C2 + 1C + 2) cos 3C + (3C2 + 4C + 5 ) sin 3C],
sustituyendo en la ecuación 1), obtenemos 0 = 0, 1 = 136 , 2 = 0, 3 =
1
18 , 4 = 0, 5 = −
1
108 . La
solución de 1) es
G?1 = C4
2C
[
1
36
C cos 3C +
(
1
18
C2 − 1
108
)
sin 3C
]
,
Para 2), tenemos que
G?2 = C4
2C [(0C + 1) cos 3C + (2C + 3) sin 3C],
sustituyendo en la ecuación 2), obtenemos 0 = 112 , 1 = 0, 2 = 0, 3 = −
1
36 . La solución de 2) es
G?2 = C4
2C
(
1
12
C cos 3C − 1
36
sin 3C
)
,
Puesto que G? = G?1 + G?2 , entonces la solución particular tiene la forma
G? =
1
54
C42C [(3C2 − 2) sin 3C + 6C cos 3C] .
9
CLASE 6
La solución general es
G(C) = 42C (21 cos 3C + 22 sin 3C) +
1
54
C42C [(3C2 − 2) sin 3C + 6C cos 3C] . �
Ejemplo 0.10
Obtener la solución general de
G ′′ − 8G ′ + 16G = 8 sin 2C + 344C
Solución La solución general de G ′′ − 8G ′ + 16G = 0 es Gℎ = (21 + 22C)44C . Necesitamos una
solución particular de la ecuación diferencial. Dividiremos el problema de obtener una solución
particular en dos partes y aplicaremos el principio de superposición
Problema 1: G ′′ − 8G ′ + 16G = 8 sin 2C
Problema 2: G ′′ − 8G ′ + 16G = 344C
Una suma de soluciones particulares de estos problemas es una solución particular de la ecuación
diferencial:
Para el primer problema:
Sea G1 = 0 sin 2C + 1 cos 2C, entonces
G ′1 = 20 cos 2C − 21 sin 2C, G
′′
1 = −40 sin 2C − 41 cos 2C
Reemplazando en la ecuación diferencial del problema 1, obtenemos
(120 + 161 − 8) sin 2C + (−160 + 121) cos 2C = 0
para todo C. Como sin 2C y cos 2C son linealmente independientes, tenemos
120 + 161 − 8 = 0
−160 + 121 = 0
Entonces 0 = 625 y 1 =
8
25 ; la solución particular es
G1(C) =
6
25
sin 2C + 8
25
cos 2C
Para el segundo problema:
Una solución natural de una solución particular es 244C . Sin embargo, 44C es una solución
G ′′ − 8G ′ + 16G = 0, como lo es también C44C . Por lo tanto, probemos una solución particular de
la forma G2 = 2C244C . Derivamos obtenemos
G ′2 = 22C4
4C + 42C244C
G ′′2 = 162C4
4C + 2244C + 162C244C
Reemplazando en la ecuación diferencial del problema 2, obtenemos
2244C = 344C
por lo tanto, 2 = 32 . Una solución particular es
G2(C) =
3
2
C244C
10
CLASE 6Por el principio de superposición, una solución particular de la ecuación diferencial propuesta es
G(C) = (21 + 22C)44C +
6
25
sin 2C + 8
25
cos 2C + 3
2
C244C . �
El método de coeficientes indeterminados se aplica sólo si la ecuación diferencial tiene co-
eficientes constantes y a veces implica muchas operaciones de cálculo. No obstante, siempre que
se aplica el método, surte efecto. Aunque el método se aplica sólo a ecuaciones diferenciales con
coeficientes constantes, a veces un cambio de variables transformará una ecuación diferencial con
coeficientes no constantes en una ecuación con coeficientes constantes (hemos visto esto con la
ecuación de Cauchy - Euler). En tal caso, podemos emplear el método en la ecuación con coefi-
cientes constantes y luego volver a transformar la solución en una solución de la ecuación original.
Ejemplo 0.11
Resolver la ecuación diferencial
C2G ′′ − 5CG ′ + 8G = 2 ln C, C > 0
Solución La ecuación diferencial C2G ′′ − 5CG ′ + 8G = 0 es una ecuación de Cauchy - Euler
que sugiere que probemos la transformación D = ln C y obtenemos la ecuación diferencial
transformada
F′′(D) − 6F′(D) + 8F(D) = 2 ln 4D =⇒ F′′(D) − 6F′(D) + 8F(D) = 2D
en la que F(D) = G(4D). El método de coeficientes indeterminados no se aplica a la ecuación
de Cauchy - Euler para G: se aplica a la ecuación diferencial transformada para F. La ecuación
diferencial homogénea asociada de F es F′′(D) − 6F′(D) + 8F(D) = 0, con la solución general
Fℎ (D) = 2144D + 2242D
Para una solución particular de F′′(D) − 6F′(D) + 8F(D) = 2D, supondremos una solución
F? (D) = 2D + 3. Entonces
F′? (D) = 2, F′′? (D) = 0
y haciendo F′′? (D) − 6F′? (D) + 8F? (D) = 2D se obtiene la ecuación
(82 − 2)D + (83 − 62) = 0
Para que esto sea válido para todo C necesitamos que
82 − 2 = 0
83 − 62 = 0
Por lo tanto, 2 = 14 y 3 =
3
16 y
F? (D) =
1
4
D + 3
16
11
CLASE 6
La solución general de la ecuación diferencial transformada es
F(D) = 2142D + 2244D +
1
4
D + 3
16
Escribimos D = ln C para obtener la solución general de la ecuación diferencial original
G(C) = 21C2 + 22C4 +
1
4
ln C + 3
16
. �
Ejemplo 0.12
Resuelva la ecuación diferencial:
C2G ′′ + CG ′ + 4G = sin(2 ln C).
Solución Haciendo F = ln C, entonces
I′′ + 4I = sin 2F
Resolvemos la ecuación homogénea
I′′ + 4I = 0
donde la ecuación característica es <2 + 4 = 0, cuyas raíces son <1 = −28, <2 = 28, la solución
homogénea es
Iℎ (F) = 21 cos 2F + 22 sin 2F
La solución particular tiene la forma I? (F) = �F cos 2F + �F sin 2F, reemplazando en la
ecuación, encontramos que � = − 14 y � = 0. La solución particular es
I? (F) = −
1
4
F cos 2F
de esta forma tenemos que
I(F) = 21 cos 2F + 22 sin 2F −
1
4
F cos 2F
y la solución general es
G(C) = 21 cos(2 ln C) + 22 sin(2 ln C) −
1
4
ln C · cos(2 ln C). �
Ejemplo 0.13
Resuelva la ecuación diferencial:
C4G8E + 7C3G ′′′ + 8C2G ′′ = 4C−3, C > 0.
Solución Haciendo F = ln C, entonces
I8E + I′′′ − 2I′′ = 44−3F
Solucionamos la ecuación homogénea
I8E + I′′′ − 2I′′ = 0
siendo la ecuación característica <4 + <3 − 2<2 = 0, cuyas raíces son <1 = −2, <2 = <3 = 0,
12
CLASE 6
<4 = 1, la solución homogénea es
Iℎ (F) = 214−2F + 22 + 23F + 244F
La solución particular tiene la forma I? (F) = �4−3F , reemplazando en la ecuación, encontramos
que � = 19 . La solución particular es
I? (F) =
1
9
4−3F
de esta forma tenemos que
I(F) = 214−2F + 22 + 23F + 244F +
1
9
4−3F
y la solución general es
G(C) = 21C−2 + 22 + 23 ln |C | + 24C +
1
9
C−3. �
13
CLASE 6
BIBLIOGRAFÍA
J. García A., Ecuaciones diferenciales ordinarias y aplicaciones, 1ra
edición/Editorial López 2020.
14
	0.1 El método de los coeficientes indeterminados